Integraci´ on y Series Notas de Clase - Semestre 02-2017
Universidad Nacional de Colombia Sede Medell´ın Escuela de Matem´ aticas
Profesor Eddye Bustamante (
[email protected]), oficina: 43-218. Horario de asesor´ıa: martes y jueves, 2:00 a 4:00 pm.
Bibliograf´ıa • Apostol, T. Mathematical Analysis. Segunda Edici´on, Addison-Wesley. 1974. • Bartle, R. The Elements of Real Analysis. Segunda Edici´on. John Wiley & Sons, Inc. 1976. • Munkres, J. Analysis on Manifolds. Westview Press. 1991. • Rudin, W. Principles of Mathematical Analysis. Tercera Edici´on. McGraw-Hill International Editions. 1976. Se realizar´an 4 ex´amenes parciales de acuerdo a la informaci´on de la siguiente tabla. Primer parcial (30%) Segundo parcial (25%) Tercer parcial (25% ) Cuarto parcial (20%)
Jueves 7 de septiembre Jueves 12 de octubre Jueves 9 de noviembre Jueves 23 de noviembre
i
Cap´ıtulo Cap´ıtulo Cap´ıtulo Cap´ıtulo
1 2 3 4
ii
Cap´ıtulo 1
Integraci´ on de Riemann 1.1
La Integral Sobre un Rect´ angulo
(Munkres, Secci´on 10) Definici´ on. Sea Q := [a1 , b1 ] × · · · × [an , bn ] un rect´angulo en Rn . A cada uno de los intervalos [ai , bi ] lo llamamos intervalo componente de Q. Al m´ aximo de los n´ umeros b1 − a1 , . . . , bn − an lo llamamos ancho de Q y al producto v(Q) := (b1 − a1 ) · · · (bn − an ) lo llamamos volumen de Q. Dado un intervalo cerrado [a, b] de R, una partici´on de [a, b] es una colecci´on finita P de puntos del intervalo que incluye los puntos a y b. Usualmente indexaremos los elementos de P en orden creciente de la siguiente forma. a = t0 < t1 < · · · < tk = b. Cada uno de los intervalos [ti−1 , ti ], para i = 1, . . . , k, es llamado subintervalo determinado por P , del intervalo [a, b]. En una forma m´as general, dado un rect´ angulo Q = [a1 , b1 ] × · · · × [an , bn ] en Rn , una partici´ on P de Q es una n-tupla (P1 , . . . , Pn ) tal que Pj es una partici´on de [aj , bj ] para cada j. Si para cada j, Ij es uno de los subintervalos determinados por Pj del intervalo [aj , bj ], entonces el rect´ angulo R = I1 × · · · × In es llamado subrect´ angulo determinado por P , del rect´angulo Q. Al m´aximo ancho de estos subrect´angulos lo llamaremos norma de P . Sea Q un rect´angulo en Rn y sea f : Q → R una funci´on acotada. Sea P una partici´on de Q. Para cada subrect´angulo R determinado por P definimos mR (f ) := inf{f (x) : x ∈ R}, MR (f ) := sup{f (x) : x ∈ R}. Definimos las sumas inferior y superior de f determinadas por P , respectivamente a X L(f, P ) := mR (f )v(R), R
U (f, P ) :=
X R
1
MR (f )v(R),
donde las sumas se hacen sobre todos los rect´angulos R determinados por P . Sea P := (P1 , . . . , Pn ) una partici´ on del rect´ angulo Q. Si P 00 es una partici´on de Q obtenida de P adicionando puntos nuevos a alguna o a todas las particiones P1 , . . . Pn entonces P 00 es llamada refinamiento de P . Dadas dos particiones P = (P1 , . . . Pn ) y P 0 = (P10 , . . . Pn0 ) de Q, entonces la partici´on P 00 := (P1 ∪ P10 , . . . , Pn ∪ Pn0 ) es un refinamiento tanto de P como de P 0 . A este refinamiento lo llamaremos refinamiento com´ un de P y P 0 . Lema 1. (Munkres, Lema 10.1). Sea P una partici´ on de un rect´ angulo Q en Rn y sea f : Q → R una funci´ on 00 acotada. Si P es un refinamiento de P , entonces L(f, P ) ≤ L(f, P 00 )
y
U (f, P 00 ) ≤ U (f, P ).
Prueba. Sea Q un rect´ angulo de la forma Q = [a1 , b1 ] × · · · × [an , bn ] y P = (P1 , . . . Pn ) una partici´ on de Q. Es suficiente probar el lema para una partici´ on P 00 obtenida al agregar un s´olo punto en alguno de los intervalos 00 componentes de Q. Por lo tanto sea P la partici´on obtenida de P al agregar el punto q a la partici´ on P1 . Supongamos que P1 es la partici´ on cuyos puntos son a1 = t0 < t1 < · · · < tk = b1 y que el punto q est´ a en el interior del intervalo [ti−1 , ti ]. Observemos que la mayor´ıa de los subrect´ angulos determinados por P son los subrect´angulos determinados por 00 P , excepto por los subrect´ angulos determinados por P que tienen la forma RS = [ti−1 , ti ] × S donde S es un subrect´ angulo de [a2 , b2 ] × · · · × [an , bn ] determinado por (P2 , . . . , Pn ). Identifiquemos ahora dos tipos de subrect´ angulos, RS0 = [ti−1 , q] × S y RS00 = [q, ti ] × S. Estos tipos de sub00 rect´angulos son determinados por P y adem´as v(RS ) = v(RS0 ) + v(RS00 ). De la definici´on de ´ınfimo es claro que mRS (f ) ≤ mRS0 (f ) y que mRS (f ) ≤ mRS00 (f ). De esta forma mRS (f )v(RS ) = mRS (f )[v(RS0 ) + v(RS00 )] ≤ mRS0 (f )v(RS0 ) + mRS00 (f )v(RS00 ). Y como esta desigualdad es cierta para todos los subrect´angulos de la forma RS entonces se sigue que L(f, P ) ≤ L(f, P 00 ). En forma an´aloga se deduce que U (f, P ) ≥ U (f, P 00 ).
Lema 2. (Munkres, Lema 10.2). Sea Q un rect´ angulo en Rn y f : Q → R una funci´ on acotada. Si P y P 0 son dos particiones de Q, entonces L(f, P ) ≤ U (f, P 0 ). 2
Prueba. En el caso en que P = P 0 el resultado es obvio de las definiciones de suma superior y suma inferior. Supongamos entonces que P 6= P 0 y definamos P 00 como su refinamiento com´ un. Del lema anterior se sigue que L(f, P ) ≤ L(f, P 00 ) ≤ U (f, P 00 ) ≤ U (f, P 0 ). Definici´ on. Sean Q un rect´ angulo en Rn y f : Q → R una funci´on acotada. Definamos, para P recorriendo todas las particiones de Q, Z Z f := sup{L(f, P )} y f := inf {U (f, P )}. Q
P
P
Q
Este par de n´ umeros son llamados, respectivamente, integrales inferior y superior de f sobre Q. Observemos que la existencia de las integrales superior e inferior est´a garantizada ya que como f es acotada, si fijamos una partici´on P 0 de Q, entonces el conjunto {L(f, P ) : P es particion de Q} es acotado superiormente por U (f, P 0 ) y el conjunto {U (f, P ) : P es particion de Q} es acotado inferiormente por L(f, P 0 ). Si las integrales superior e inferior son iguales decimos que f es integrable sobre Q y definimos la integral de f sobre Q por Z Z Z Z f≡ f (x) := f = f. x∈Q
Q
Q
Q
Teorema 3. (Munkres, Teorema 10.3). (Condici´ on de Riemann). Sea Q un rect´ angulo en Rn y f : Q → R una funci´ on acotada. Entonces Z Z f ≤ f. Q
Q
La igualdad se da si y s´ olo si para todo > 0 existe una partici´ on P de Q para la cual U (f, P ) − L(f, P ) < . Prueba. Fijemos una partici´ on P 0 arbitraria de Q. Sabemos que L(f, P ) ≤ U (f, P 0 ) para toda partici´ on P de Q, entonces Z f ≤ U (f, P 0 ). Q
Ahora, como P 0 es una partici´ on arbitraria entonces, tomando ´ınfimo en el lado derecho sobre todas las posibles particiones de Q, obtenemos Z Z f≤
f.
Q
Q
Supongamos ahora que las integrales superior e inferior son iguales. Sea > 0 arbitrario. Teniendo presente Z que f = sup{L(f, P ) : P es partici´ on de Q}, entonces existe una partici´on P de Q tal que Q
Z f− Q
< L(f, P ). 2
En forma similar, existe P 0 , partici´ on de Q, tal que U (f, P 0 ) < 3
Z
f+ . 2 Q
Definamos P 00 como el refinamiento com´ un de P y P 0 . Entonces de las dos desigualdades anteriores y del lema 2 se sigue que Z Z 00 00 f+ − f + = . U (f, P ) − L(f, P ) < 2 2 Q Q Para finalizar la prueba demostremos el contrarrec´ıproco de la implicaci´on restante. Para esto supongamos que las integrales inferior y superior no son iguales. Z
Z f−
Definamos := Q
f > 0. Sea P una partici´on arbitraria de Q. Entonces Q
Z L(f, P ) ≤
Z f
f ≤ U (f, P ).
y
Q
Q
Luego Z
Z U (f, P ) − L(f, P ) ≥
f−
f = . Q
Q
Teorema 4. (Munkres, Teorema 10.4). Sea Q un rect´ angulo en Rn y f (x) = c ∈ R para todo x ∈ Q, entonces f es integrable en Q. Adem´ as, si P es una partici´ on arbitraria de Q, se sigue que Z X c = c · v(Q) = c v(R), Q
R
donde la suma es realizada sobre todos los subrect´ angulos determinados por P . Prueba. Sea R un subrect´ angulo determinado por P . Entonces mR (f ) = MR (f ) = c. De esta forma X X X L(f, P ) = U (f, P ) = MR (f )v(R) = cv(R) = c v(R). R
R
R
Esta igualdad es cierta para cualquier partici´on P . En particular es cierta si P es la partici´on cuyo u ´nico subrect´angulo determinado es Q. Luego L(f, P ) =ZU (f, P ) = cv(Q). Por lo tanto U (f, P ) − L(f, P ) = 0 < , para todo > 0. As´ı que f es integrable y adem´as
c = cv(Q). Q
Corolario 5. (Munkres, Corolario 10.5). Sea Q un rect´ angulo en Rn y sea {Q1 , . . . , Qk } una colecci´ on finita de rect´ angulos, cuya uni´ on cubre a Q. Entonces v(Q) ≤
k X
v(Qi ).
i=1
Prueba. Sea Q0 un rect´ angulo en Rn que contenga a todos los rect´angulos Q1 , . . . Qk . Usando los puntos extremos de los intervalos componentes de los rect´angulos Q, Q1 , . . . Qk definamos una partici´on P de Q0 . Entonces cada uno de los rect´ angulos Q, Q1 , . . . , Qk es una uni´on de subrect´angulos determinados por P . De esta forma, por el teorema anterior X v(Q) = v(R). R⊂Q
Ahora, como cada uno de los rect´ angulos R contenidos en Q tambi´en est´a contenido por lo menos en alg´ un Qi entonces k X k X X X v(R) ≤ v(R) = v(Qi ), R⊂Q
i=1 R⊂Qi
i=1
donde, la u ´ltima desigualdad se debe nuevamente al teorema anterior. 4
Notaci´ on. En el caso de n = 1, Q es un intervalo cerrado de la forma [a, b]. En este caso emplearemos el s´ımbolo Z b f a
para referirnos a la integal de f sobre el intervalo [a, b].
1.2
Existencia de la Integral
(Munkres, Secci´on 11) Definici´ on. Sea A un subconjunto de Rn . Decimos que A tiene medida cero en Rn si para todo > 0 existe un cubrimiento de A, a lo sumo contable, de rect´angulos {Q1 , Q2 , . . . } tal que ∞ X
v(Qi ) < .
i=1
En estas condiciones decimos que el volumen total de los rect´angulos es menor que ´epsilon. Teorema 6. (Munkres, Teorema 11.1). (a) Si B ⊂ A y A tiene medida cero en Rn , entonces B tiene medida cero en Rn . (b) Sea A la uni´ on contable de los conjuntos A1 , A2 , . . . . Si cada Ai tiene medida cero en Rn , entonces A tiene medida cero en Rn . (c) Un conjunto A tiene medida cero en Rn si y s´ olo si para todo > 0 existe un cubrimiento de A, contable, de rect´ angulos abiertos {Int Q1 , Int Q2 , . . . } tal que ∞ X
v(Qi ) < .
i=1
(d) Si Q es un rect´ angulo en Rn , entonces su frontera, ∂Q, tiene medida cero pero Q no. Prueba. (a) El resultado es inmediato pues todo cubrimiento de A es cubrimiento de B. (b) Sea > 0 arbitrario. Como cada Aj tiene medida cero entonces cada Aj tiene un cubrimiento a lo sumo contable de rect´ angulos {Q1j , Q2j , . . . } en Rn tal que X
v(Qij ) <
i
. 2j
(La suma se extiende sobre todos los i, sean finitos o infinitos). El conjunto de todos los rect´angulos {Qij } es contable y adem´ as ∞ X ∞ X X X v(Qij ) = v(Qij ) < = . 2j i,j
j=1
i
j=1
(c) Supongamos que A tiene medida cero. Sea > 0 arbitrario. Existe un cubrimiento de A a lo sumo contable de rect´ angulos {Q01 , Q02 , . . . } de un volumen total menor que /2. Para cada i ∈ N escojamos un rect´angulo Qi tal que Q0i ⊂ Int Qi y v(Qi ) ≤ 2v(Q0i ). (Esto es posible ya que la funci´on v(Q) es continua de los puntos extremos de los intervalos componentes de Q en R).
5
Entonces el conjunto {Int Q1 , Int Q2 , . . . } cubre a A y adem´as ∞ X
v(Qi ) <
∞ X
i=1
2v(Q0i ) < 2/2 = .
i=1
La otra implicaci´ on es trivial ya que Int Qi ⊂ Qi para todo i ∈ N y entonces el conjunto {Q1 , Q2 , . . . } es un cubrimiento de A. (d) Sea Q := [a1 , b1 ] × · · · × [an , bn ]. Para cada i = 1, . . . , n, el subconjunto {x ∈ Q : xi = ai } es llamado una de las dos i-´esimas caras de Q. La otra i-´esima cara corresponde al conjunto {x ∈ Q : xi = bi }. Claramente cada cara de Q tiene medida cero, por ejemplo, la cara {x ∈ Q : xi = ai } se puede cubrir con el rect´angulo [a1 , b1 ] × · · · × [ai , ai + δ] × · · · × [an , bn ], cuyo volumen puede hacerse tan peque˜ no como se desee tomando δ suficientemente peque˜ no. Ahora, observemos que ∂Q es la uni´ on de todas las caras de Q, las cuales son finitas, por lo tanto ∂Q tiene medida cero en Rn . Razonando por el absurdo, supongamos ahora que Q tiene medida cero en Rn . Sea := v(Q). Por el literal (c) podemos cubrir a Q por medio de un conjunto a lo sumo contable de rect´angulos abiertos {Int Q1 , Int Q2 , . . . } tales que X v(Qi ) < . i
Como Q es compacto, existe k ∈ N tal que el conjunto {Int Q1 , Int Q2 , . . . , Int Qk } cubre a Q. Sin embargo k X v(Qi ) < = v(Q), i=1
lo cual es una contradicci´ on (corolario 5). Concluimos entonces que los rect´angulos no tienen medida cero.
Definici´ on. Sea Q un rect´ angulo en Rn y f : Q → R una funci´on acotada. Si a ∈ Q, δ > 0 y | · | es la norma euclidea en Rn , denotamos por Aδ al conjunto Aδ := {f (x) : x ∈ Q, |x − a| < δ}. Adem´as, si definimos Mδ (f ) := sup Aδ , y mδ (f ) := inf Aδ , entonces llamamos oscilaci´on de f en el punto a al n´ umero, no negativo, ν(f ; a) := inf [Mδ (f ) − mδ (f )]. δ>0
Lema 7. (Munkres, Parte de la prueba del Teorema 11.2). Sea Q un rect´ angulo en Rn , f : Q → R una funci´ on acotada y a ∈ Q. f es continua en a si y s´ olo si ν(f ; a) = 0. Prueba. Supongamos que f es continua en a. Sea > 0 arbitrario. Entonces existe δ > 0 tal que |f (x) − f (a)| < para todo x ∈ Q con |x − a| < δ. Luego Mδ (f ) ≤ f (a) +
y mδ (f ) ≥ f (a) − .
De esta forma Mδ (f ) − mδ (f ) ≤ 2 y por lo tanto ν(f ; a) ≤ 2. Ahora, como es arbitrario entonces v(f ; a) = 0.
6
Supongamos ahora que ν(f ; a) = 0. Sea > 0. Por la propiedad de aproximaci´on al ´ınfimo existe δ > 0 tal que Mδ (f ) − mδ (f ) < . Sea x ∈ Q tal que |x − a| < δ. Entonces mδ (f ) ≤ f (x) ≤ Mδ (f ). Como adem´as mδ (f ) ≤ f (a) ≤ Mδ (f ) entonces se sigue que −[Mδ (f ) − mδ (f )] < f (x) − f (a) < Mδ (f ) − mδ (f ), lo cual implica que − < f (x) − f (a) < , es decir |f (x) − f (a)| < . Luego f es continua en a. Teorema 8. (Munkres, Teorema 11.2). Sea Q un rect´ angulo en Rn y f R: Q → R una funci´ on acotada. Sea D el conjunto de los puntos de Q en los cuales f no es continua. Entonces Q f existe si y s´ olo si D tiene medida cero en Rn . Prueba. Sea M > 0 tal que |f (x)| ≤ M para todo x ∈ Q. Paso 1. Probemos que si D tiene medida cero entonces f es integrable sobre Q. Sea > 0 arbitrario y sea 0 :=
2M + 2v(Q)
Como D tiene medida cero existe un cubrimiento de D de rect´angulos abiertos {Int Q1 , Int Q2 , . . . } de un volumen total menor que 0 . Definamos ahora, para cada punto a ∈ / D, un rect´angulo abierto Int Qa tal que a ∈ Int Qa y adem´ as |f (x) − f (a)| < 0 para todo x ∈ Qa ∩ Q. (Para esto, tenemos en cuenta que f es continua en a). Entonces el conjunto {Int Q1 , Int Q2 , ...} ∪ {Int Qa : a ∈ / D} es un cubrimiento abierto de Q y como Q es compacto entonces existe un subcubrimiento finito de rect´ angulos abiertos, {Int Q1 , ..., Int Qk } ∪ {Int Qa1 , . . . , Int Qal }. Definamos, para cada i = 1, . . . , k, Si := Qi ∩ Q y para cada i = 1 . . . , l, Ti := Qai ∩ Q. El conjunto {S1 , . . . , Sk } ∪ {T1 , . . . , Tl } sigue siendo cubrimiento de Q y se cumple que k X
v(Si ) < 0 ,
i=1
y adem´as, empleando la desigualdad triangular, que |f (x) − f (y)| ≤ 20
para todo x, y ∈ Ti , con i = 1, . . . , l.
Definamos una partici´ on P de Q empleando los puntos extremos de los intervalos componentes de los rect´ angulos S1 , . . . , Sk , T1 , . . . , Tl . Luego cada uno de estos rect´angulos es una uni´on de subrect´angulos determinados por P .
7
Ahora dividamos todos los subrect´ angulos determinados por P en dos conjuntos disjuntos, R y R0 , de tal forma que si R ∈ R es porque R ⊂ Si para alg´ un i = 1, . . . , k y si R ∈ R0 es porque R ⊂ Ti para alg´ un i = 1, . . . , l. Entonces X X (MR (f ) − mR (f ))v(R) ≤ 2M v(R) ≤ 2M 0 , R∈R
R∈R
y X
X
(MR (f ) − mR (f ))v(R) ≤ 20
R∈R0
v(R) ≤ 20 v(Q).
R∈R0
Por lo tanto U (f, P ) − L(f, P ) ≤ 2M 0 + 20 v(Q) = . Luego f es integrable sobre Q. Paso 2. Probemos ahora que si f es integrable sobre Q entonces D tiene medida cero. Para cada m ∈ N definamos Dm := {a ∈ Q : ν(f ; a) ≥ 1/m}. Observemos que todos los puntos de los conjuntos Dm son puntos de discontinuidad de f y adem´as si un punto x ∈ Q no pertenece a la uni´ on de todos los Dm entonces ν(f, x) = 0 y se trata de un punto de continuidad de f . Por lo tanto [ D= Dm . m∈N
Sea m ∈ N arbitrario. Probemos que Dm tiene medida cero. Para esto fijemos > 0 arbitrario. Existe una partici´on P de Q tal que U (f, P ) − L(f, P ) < . m 0 un subrect´angulo determinado por la Sea Dm el conjunto de los puntos de Dm que est´an en la frontera de alg´ 00 el conjunto de los dem´ partici´on P y sea Dm as puntos de Dm . 0 es La uni´on de las fronteras de todos los rect´ angulos determinados por P es un conjunto de medida cero y Dm 0 subconjunto de esta uni´ on. Luego Dm tiene medida cero. 00 tambi´ Veamos que Dm en tiene medida cero. Sean R1 , . . . , Rk aquellos subrect´angulos determinados por P que 00 . Entonces para cada i = 1, . . . , k el rect´ contienen puntos de Dm angulo Ri contiene por lo menos un punto 00 a ∈ Dm el cual no est´ a en la frontera de Ri . Por lo tanto existe δ > 0 tal que el cubo abierto centrado en a con radio δ est´a completamente contenido en Ri y con esto
1 ≤ ν(f ; a) ≤ Mδ (f ) − mδ (f ) ≤ MRi (f ) − mRi (f ). m Si multiplicamos la anterior desigualdad por v(Ri ) y sumamos de 1 a k obtenemos k X 1 v(Ri ) ≤ U (f, P ) − L(f, P ) < . m m i=1
Luego k X
v(Ri ) < .
i=1 00 es subconjunto de esta uni´ Es decir, la uni´on de los rect´ angulos R1 a Rk tiene medida cero y como Dm on entonces tambi´en tiene medida cero. 0 ∪ D 00 entonces cada D Como Dm = Dm ı, D es la uni´on contable de conjuntos de m tiene medida cero y as´ m medida cero, por lo tanto tiene medida cero.
8
Teorema 9. (Munkres, Teorema 11.3). Sea Q un rect´ angulo en Rn y f : Q → R una funci´ on integrable sobre Q. R (a) Si f ≡ 0 excepto en un conjunto de medida cero, entonces Q f = 0. R (b) Si f es no negativa y Q f = 0, entonces f ≡ 0 excepto en un conjunto de medida cero. Prueba. (a) Supongamos que f ≡ 0 excepto en un conjunto E de medida cero. Sea P una partici´on arbitraria de Q. Si R es un subrect´ angulo determinado por P entonces R no est´a contenido en E, por lo tanto f (x) = 0 para alg´ un x ∈ R. Entonces mR (f ) ≤ 0 y MR (f ) ≥ 0, con lo cual L(f, P ) ≤ 0 y U (f, P ) ≥ 0. Como P es arbitrario entonces Z Z f ≤0 Q
Ahora, como
R
Qf
existe entonces
R
Qf
f ≥ 0.
y Q
= 0.
R (b) Supongamos que f (x) ≥ 0 para todo x ∈ Q y Q f = 0. Como f es integrable sobre Q, por el teorema anterior, el conjunto de puntos de discontinuidad de f tiene medida cero. Resta entonces probar que f (x) = 0 para todos los puntos x ∈ Q en los cuales f es continua. Supongamos que a ∈ Q es tal que f es continua en a y razonando por el absurdo supongamos que f (a) > 0. Sea := f (a). Como f es continua en a entonces existe δ > 0 tal que f (x) > /2 para todo x ∈ Q tal que |x − a| < δ. Tomemos una partici´ on P de Q tal que la mayor distancia entre dos puntos de un mismo subrect´ angulo determinado por P sea menor que δ. Si R0 es un subrect´angulo determinado por P que contiene a a entonces mR0 (f ) ≥ . De otra parte, mR (f ) ≥ 0 para todo R, luego 2 X L(f, P ) = mR (f )v(R) ≥ mR0 (f )v(R0 ) ≥ v(R0 ) > 0. 2 R
Pero L(f, P ) ≤
R
Qf
= 0.
Concluimos que f (a) = 0 y como a es un punto de continuidad arbitrario entonces f (x) = 0 para todo x ∈ Q tal que f es continua en x.
1.3
Evaluaci´ on de la Integral
(Munkres, Secci´on 12) Teorema 10. (Teorema de Fubini). Sea Q := A × B donde A es un rect´ angulo en Rk y B es un rect´ angulo en n R . Sea f : Q → R una funci´ on acotada, la cual escribiremos en la forma f (x, y) para x ∈ A y y ∈ B. Para cada x ∈ A consideremos las integrales inferior y superior Z Z f (x, y) y f (x, y). y∈B
y∈B
Si f es integrable sobre Q, entonces estas dos funciones de x son integrables sobre A y Z Z Z Z Z f= f (x, y) = f (x, y). Q
x∈A
y∈B
x∈A
9
y∈B
Prueba. Definamos, para cada x ∈ A, Z
Z I(x) :=
f (x, y)
y
y∈B
y∈B
Suponiendo que
R
Qf
f (x, y).
I(x) :=
existe, probaremos que I y I son integrables sobre A y que sus integrales son iguales a
R
Q f.
Sea P una partici´on arbitraria de Q. Entonces P consiste de una partici´on PA de A y una partici´on PB de B y escribimos P = (PA , PB ). Adem´ as un subrect´angulo de Q determinado por P puede escribirse como RA × RB donde RA es un subrect´ angulo de A determinado por PA y RB es un subrect´angulo de B determinado por PB . Veamos que L(f, P ) ≤ L(I, PA ) y que U (f, P ) ≥ U (I, PA ). Tomemos un subrect´ angulo RA × RB , determinado por P y un punto x0 ∈ RA . Claramente mRA ×RB (f ) ≤ mRB (f (x0 , y)). Fijemos a x0 y a RA , multipliquemos por v(RB ) y sumemos sobre todos los rect´angulos RB . Z X f (x0 , y) = I(x0 ). mRA ×RB (f )v(RB ) ≤ L(f (x0 , y), PB ) ≤ y∈B
RB
Como este resultado es v´ alido para todo x0 ∈ RA entonces X mRA ×RB (f )v(RB ) ≤ mRA (I). RB
Si multiplicamos por v(RA ) y sumamos sobre todos los rect´angulos RA obtenemos L(f, P ) ≤ L(I, PA ). Con un procedimiento an´ alogo al empleado anteriormente se puede ver que U (f, P ) ≥ U (I, PA ). Tenemos as´ı que L(f, P ) ≤ L(I, PA ) ≤ U (I, PA ) ≤ U (I, PA ) ≤ U (f, P )
(1)
L(f, P ) ≤ L(I, PA ) ≤ L(I, PA ) ≤ U (I, PA ) ≤ U (f, P ).
(2)
y que
Sea > 0 arbitrario. Como f es integrable sobre Q entonces existe una partici´on P = (PA , PB ) de Q tal que U (f, P ) − L(f, P ) < . De esta forma, empleando (1) y (2), se sigue que U (I, PA ) − L(I, PA ) ≤ U (f, P ) − L(f, P ) < y que U (I, PA ) − L(I, PA ) ≤ U (f, P ) − L(f, P ) < . Luego I y I son integrables sobre A y entonces Z L(I, PA ) ≤
I ≤ U (I, PA ),
(3)
I ≤ U (I, PA ).
(4)
A
Z L(I, PA ) ≤ A
10
Por lo tanto, empleando las desigualdades (1) a (4), obtenemos Z Z Z Z I− I = I ≤ U (I, PA ) − L(I, PA ) < U (f, P ) − L(f, P ) < . I− A
A
A
A
Y como > 0 es arbitrario entonces
Z
Z I=
I.
A
Z
A
Z
Ahora, si
f , tenemos que
I> A
Q
Z Z Z Z I− I− f = f ≤ U (I, PA ) − L(f, P ) < U (f, P ) − L(f, P ) < , A
f>
y si Q
Q
A
Q
Z
Z
I, A
Z Z Z Z I− f = f− I ≤ U (f, P ) − L(I, PA ) < U (f, P ) − L(f, P ) < . A
Q
A
Q
En cualquier caso Z Z I− f < , Q
A
y como es arbitrario, en realidad Z
Z
Z I=
f= Q
I. A
A
Corolario 11. (Munkres, Corolario 12.3). Sea Q = A ×RB, donde A Res un rect´ angulo en Rk y B es un rect´ angulo en Rn . Sea f : Q → R una funci´ on acotada. Si Q f existe y y∈B f (x, y) existe para todo x ∈ A, entonces Z Z Z f= f (x, y). Q
x∈A
y∈B
Corolario 12. (Munkres, Corolario 12.4). Sea Q = I1 × · · · × In , donde Ij es un intervalo cerrado de R para cada j. Si f : Q → R es continua, entonces Z Z Z f= ··· f (x1 , . . . , xn ). Q
1.4
x1 ∈I1
xn ∈In
La Integral Sobre un Conjunto Acotado
(Munkres, Secci´on 13) Definici´ on. Sean S ⊂ Rn un conjunto acotado y f : S → R una funci´on acotada. Definamos fS : Rn → R por f (x) si x ∈ S, fS (x) := 0 si x ∈ / S. Tomemos un rect´angulo Q ⊂ Rn tal que S ⊂ Q. Definimos la integral de f sobre S por Z Z f= fS S
Q
si la u ´ltima integral existe. La definici´on de
R S
f es independiente del rect´angulo Q tomado, tal como se puede concluir del siguiente lema.
11
Lema 13. (Munkres, Lema 13.1). Sean Q y Q0 rect´ angulos en Rn . Sea f : Rn → R una funci´ on acotada tal 0 que f (x) = 0 para todo x ∈ / (Q ∩ Q ). f es integrable sobre Q si y s´ olo si f es integrable sobre Q0 . En el caso en el que las integrales existen se cumple que Z Z f. f= Q0
Q
Prueba. Inicialmente consideremos el caso en el cual Q ⊂ Q0 . Sea E el conjunto de puntos de Int Q en los cuales f no es continua. Entonces f : Q → R y f : Q0 → R son continuas excepto en los puntos de E y probablemente en los puntos de ∂Q. Como la existencia de cada integral es equivalente a que el conjunto E tenga medida cero, entonces f es integrable sobre Q si y s´olo si f es integrable sobre Q0 Supongamos que ambas integrales existen. Sea P una partici´on de Q0 y P 00 un refinamiento de P obtenido agreg´andole los extremos de los intervalos componentes de Q. Entonces Q es la uni´on de subrect´ angulos R 00 00 determinados por P . Si R es un subrect´ angulo determinado por P que no est´a contenido en Q entonces existe por lo menos un punto de R en el cual f es cero, luego mR (f ) ≤ 0 y entonces Z X 00 f. L(f, P ) ≤ L(f, P ) ≤ mR (f )v(R) ≤ Q
R⊂Q
R Con un argumento similar se puede ver que U (f, P ) ≥ Q f . As´ı que Z L(f, P ) ≤ f ≤ U (f, P ). Q
Y como P es una partici´ on arbitraria de Q0 , tomando supremo en la desigualdad del lado izquierdo e ´ınfimo en la del lado derecho, obtenemos Z Z Z f≤ f≤ f. Q0
Q0
Q
Es decir, Z
Z f=
f. Q0
Q
Ahora, para el caso general de Q y Q0 , rect´angulos arbitrarios de Rn , tomemos un rect´angulo Q00 tal que (Q ∪ Q0 ) ⊂ Q00 . Entonces Z Z Z f= f= f. Q
Q00
Q0
Lema 14. (Munkres, Lema 13.2). Sean S un subconjunto acotado de Rn , f, g : S → R y F, G : S → R las funciones definidas por F (x) := max{f (x), g(x)}
y
G(x) := min{f (x), g(x)}.
(a) Si f y g son continuas en x0 , entonces tambi´en lo son F y G, (b) Si f y g son integrables sobre S, entonces tambi´en lo son F y G. Prueba. (a) Supongamos que f y g son continuas en x0 . Inicialmente consideremos el caso en el cual f (x0 ) = g(x0 ) = r, entonces F (x0 ) = G(x0 ) = r. Sea > 0 arbitrario. Por la continuidad de f y g en x0 existe δ > 0 tal que |f (x) − r| < y |g(x) − r| < si |x − x0 | < δ y x ∈ S. Para estos valores de x tambi´en se cumple que |F (x) − r| < y |G(x) − r| < . 12
Luego F y G son continuas en x0 . Supongamos ahora, sin p´erdida de generalidad, que f (x0 ) > g(x0 ). Por la continuidad de h := f − g en x0 , para = h(x0 ) > 0, existe δ > 0 tal que |h(x) − h(x0 )| < ⇐⇒ − < h(x) − h(x0 ) < ⇐⇒ 0 < h(x) < 2 para todo x ∈ B(x0 , δ) ∩ S. En particular, 0 < f (x) − g(x) para todo x ∈ B(x0 , δ) ∩ S, implica que en este conjunto, f (x) > g(x). As´ı que F (x) = f (x) y G(x) = g(x) en B(x0 , δ) ∩ S. Como f y g son continuas en x0 , se sigue que F y G son continuas en x0 . (b) Supongamos ahora que f y g son integrables sobre S. Sea Q un rect´angulo en Rn tal que S ⊂ Q. Entonces fS y gS son continuas en Q excepto quiz´as, respectivamente, en conjuntos D, E ⊂ Q de medida cero. Claramente FS (x) = max{fS (x), gS (x)}
y GS (x) = min{fS (x), gS (x)}.
Se sigue que FS y GS son continuas en Q excepto, quiz´as, en D ∪ E, que tiene medida cero. Adem´ as FS y GS son acotadas porque fS y gS son acotadas (por ser integrables). Por lo tanto FS y GS son integrables sobre Q.
Teorema 15. (Munkres, Teorema 13.3). (Propiedades de la Integral). Sean S un conjunto acotado de Rn y f, g : S → R funciones acotadas. (a) (Linealidad). Si f y g son integrables sobre S y a, b ∈ R, entonces af + bg es integrable sobre S y Z Z Z (af + bg) = a f + b g. S
S
S
(b) (Comparaci´ on). Supongamos que f y g son integrables sobre S. Si f (x) ≤ g(x) para todo x ∈ S, entonces Z Z f≤ g. S
S
Z Z Adem´ as, |f | es integrable sobre S y f ≤ |f |. S
S
Z (c) (Monotonicidad). Sea T ⊂ S. Si f es no negativa en S e integrable sobre T y S, entonces
Z f≤
T
f. S
(d) (Aditividad). Si S = S1 ∪ S2 y f es integrable sobre S1 y S2 , entonces f es integrable sobre S y S1 ∩ S2 . Adem´ as Z Z Z Z f= f+ f− f. S
S1
S2
S1 ∩S2
Prueba. (a) Es suficiente probar este resultado para la integral sobre un rect´angulo ya que (af + bg)S = afS + bgS . Supongamos entonces que f y g son integrables sobre Q. Entonces f y g son continuas excepto, respectivamente, en conjuntos D, E ⊂ Q de medida cero. De esta forma af + bg es continua excepto, quiz´ as, en el conjunto D ∪ E. Luego es integrable sobre Q.
13
Consideremos inicialmente el caso en el cual a, b ≥ 0. Sea P 00 una partici´on arbitraria de Q. Si R es un subrect´angulo determinado por P 00 entonces amR (f ) + bmR (g) ≤ af (x) + bg(x), para todo x ∈ R, luego amR (f ) + bmR (g) ≤ mR (af + bg). Por lo tanto 00
00
Z
00
aL(f, P ) + bL(g, P ) ≤ L(af + bg, P ) ≤
(af + bg). Q
Y con un argumento similar puede verse que aU (f, P 00 ) + bU (g, P 00 ) ≥
Z (af + bg). Q
Sean ahora P y P 0 dos particiones de Q y sea P 00 su refinamiento com´ un. Se sigue que Z aL(f, P )+bL(g, P 0 ) ≤ aL(f, P 00 )+bL(g, P 00 ) ≤ (af +bg) ≤ aU (f, P 00 )+bU (g, P 00 ) ≤ aU (f, P )+bU (g, P 0 ). Q
Pero adem´as tambi´en tenemos que aL(f, P ) + bL(g, P 0 ) ≤ a
Z
Z
g ≤ aU (f, P ) + bU (g, P 0 ).
f +b Q
Q
De esta forma, de las dos cadenas de desigualdades anteriores, se tiene que Z Z Z (af + bg) − a f + b g ≤ a[U (f, P ) − L(f, P )] + b[U (g, P 0 ) − L(g, P 0 )]. Q
Entonces, como P y
Q
P0
Q
son particiones arbitrarias y las funciones f y g son integrables, se sigue que Z Z Z (af + bg) = a f +b g. Q
Q
Q
Veamos ahora que Z
Z (−f ) = −
f Q
Q
y con eso la prueba estar´ıa completa ya que, si por ejemplo, a < 0 entonces se considera (−a)(−f ) + bg. Sea P una partici´ on arbitraria de Q y sea R un subrect´angulo determinado por P . Para x ∈ R tenemos que −MR (f ) ≤ −f (x) ≤ −mR (f ). Luego −MR (f ) ≤ mR (−f )
y MR (−f ) ≤ −mR (f ).
Al multiplicar por v(R) y sumar obtenemos Z (−f ) ≤ U (−f, P ) ≤ −L(f, P ).
−U (f, P ) ≤ L(−f, P ) ≤ Q
Pero adem´as
Z −U (f, P ) ≤ −
f ≤ −L(f, P ). Q
Luego Z Z (−f ) − − f ≤ U (f, P ) + L(f, P ). Q
Q
Ahora, como P es una partici´ on arbitraria de Q y f es integrable sobre Q entonces Z Z (−f ) = − f. Q
Q
14
(b) Es suficiente probar la propiedad de comparaci´on sobre un rect´angulo. Supongamos que f (x) ≤ g(x) para todo x ∈ Q, donde Q es un rect´ angulo de Rn . Si R es cualquier rect´angulo contenido en Q entonces mR (f ) ≤ f (x) ≤ g(x) para todo x ∈ R. Luego mR (f ) ≤ mR (g). De lo anterior se sigue que si P es una partici´on arbitraria de Q entonces Z g. L(f, P ) ≤ L(g, P ) ≤ Q
Ahora, como P es una partici´ on arbitraria, tenemos que Z Z g. f≤ Q
Q
Observemos adem´ as que |f (x)| = max{f (x), −f (x)}. Luego |f | es integrable sobre S y como −|f (x)| ≤ f (x) ≤ |f (x)| entonces
Z
Z
Z
−|f | ≤
f≤
Es decir
Z
S
Z
Z
f≤
|f |
S
|f |.
S
S
−
y
Z f≤
S
S
|f |. S
Luego Z
Z
|
f| ≤ s
|f |. S
(c) Si f es no negativa y T ⊂ S entonces fT (x) ≤ fS (x) para todo x ∈ S. Por lo tanto Z Z Z Z Z f= fT ≤ fS = fS = f. T
T
T
S
S
(d) Sea T := S1 ∩ S2 . Probemos que f es integrable sobre S y sobre T . Inicialmente consideremos el caso en el cual f es no negativa en S. Sea Q un rect´angulo tal que S ⊂ Q entonces, por hip´otesis, fS1 y fS2 son integrables sobre Q. Adem´ as fS y fT son integrables sobre Q ya que fS (x) := max{fS1 (x), fS2 (x)} y
fT (x) := min{fS1 (x), fS2 (x)}.
Ahora, si f no es no negativa, consideremos las funciones f+ (x) := max{f (x), 0}
y f− (x) := max{−f (x), 0},
que son no negativas. Como f es integrable sobre S1 y sobre S2 se sigue que f+ y f− tambi´en lo son y entonces, por lo considerado anteriormente para funciones no negativas, f+ y f− son integrables sobre S y T . Teniendo en cuenta que f (x) = f+ (x) − f− (x) se sigue que f es integrable sobre S y T . Finalmente observemos que fS (x) = fS1 (x) + fS2 (x) − fT (x). Luego Z
Z f=
S
Z
S1
S2
15
Z f−
f+
f. S1 ∩S2
Corolario 16. (Munkres, Corolario 13.4). Sean S1 , . . . Sk conjuntos acotados de Rn . Supongamos que Si ∩ Sj tiene medida cero si i 6= j. Sean S := S1 ∪ · · · ∪ Sk y f : S → R integrable sobre cada Si . Entonces f es integrable sobre S y Z Z Z f. f= f + ··· + S
Sk
S1
Prueba. El caso k = 2 es inmediato del teorema anterior ya que si Q es un rect´angulo tal que S1 ∩ S2 ⊂ Q entonces fS1 ∩S2 (x) = 0 excepto, quiz´ as, en un conjunto de medida cero. Luego Z Z fS1 ∩S2 = 0. f= S1 ∩S2
Q
Para el caso general se usa inducci´ on. Teorema 17. (Munkres, Teorema 13.5). Sean S un conjunto acotado de Rn y f : S → R una funci´ on acotada y continua. Sea E el conjunto de puntos x0 ∈ ∂S para los cuales lim f (x) 6= 0.
x→x0
Si E tiene medida cero, entonces f es integrable sobre S. Prueba. Sea x0 ∈ / E. Veamos que la funci´ on fS es continua en x0 y con esto se sigue el teorema. • Si x0 ∈ Int S entonces f y fS coinciden en una vecindad de x0 y como f es continua en x0 tambi´en lo es fS . • Si x0 ∈ Ext S entonces f (x) = 0 para todo x en una vecindad de x0 , luego fS es continua en x0 . • Si x0 ∈ ∂S entonces lim f (x) = 0
x→x0
(donde x → x0 a trav´es de puntos de S). Y con eso, tambi´en lim fS (x) = 0
x→x0
(donde x → x0 a trav´es de puntos de Rn ). Si x0 ∈ / S entonces fS (x0 ) = 0 = lim fS (x) x→x0
luego fS es continua en x0 ; y si x0 ∈ S entonces, como f es continua en x0 , fS (x0 ) = f (x0 ) = lim f (x) = 0 = lim fS (x) x→x0
x→x0
luego fS es continua en x0 .
Teorema 18. (Munkres, Teorema 13.6). Sean S un conjunto acotado en Rn , f : S → RR una funci´ on acotada R y continua y A := Int S. Si f es integrable sobre S, entonces f es integrable sobre A y S f = A f .
16
Prueba. Paso 1. Veamos que si fS es continua en un punto de Rn entonces fA es continua en tal punto y coincide con fS all´ı. Sea x0 ∈ Rn un punto de continuidad de fS . Si x0 ∈ Int S o x0 ∈ Ext S el resultado se sigue igual que en el teorema anterior. Supongamos entonces que x0 ∈ ∂S. Por la continuidad de fS en x0 se sigue que lim fS (x) = fS (x0 ).
x→x0
Ahora, como x0 ∈ ∂S, entonces para todo δ > 0 existe x ∈ B(x0 , δ) tal que x ∈ / S y entonces fS (x) = 0. Este hecho hace que lim fS (x) = 0, x→x0
luego fS (x0 ) = 0. Ahora como fA (x) = fS (x) ´o fA (x) = 0 entonces lim fA (x) = 0
x→x0
y como x0 ∈ / A entonces fA (x0 ) = 0. Paso 2. Prueba del teorema. Como f es integrable sobre S entonces fS es continua excepto en un conjunto D de medida cero. Luego, por el paso 1, fA es continua en los puntos que no est´en en D. As´ı que f es integrable sobre A y adem´ as, como fS (x) − fA (x) = 0 para todo x ∈ / D, entonces Z (fS − fA ) = 0, Q
donde Q es un rect´ angulo en Rn tal que S ⊂ Q. Por lo tanto Z Z f= f. S
1.5
A
Integraci´ on y Diferenciaci´ on
(Rudin, Cap´ıtulo 6) Teorema 19. (Rudin, Teorema 6.20). Sea f : [a, b] → R una funci´ on acotada e integrable. Definamos, para x ∈ [a, b], Z x F (x) := f. a
Entonces F es continua en [a, b]. Adem´ as, si f es continua en x0 ∈ [a, b], entonces F es diferenciable en x0 y F 0 (x0 ) = f (x0 ). Prueba. En primer lugar, observemos que F est´a bien definida pues f es integrable sobre [a, b] y entonces f´acilmente puede verse que es integrable sobre cualquier intervalo [c, d] ⊂ [a, b]. Sea M > 0 tal que |f (t)| ≤ M para todo t ∈ [a, b]. Sean x, y ∈ [a, b] tales que a ≤ x < y ≤ b, entonces Z y |F (y) − F (x)| = f ≤ M (y − x). x
17
entonces tenemos que si x, y ∈ [a, b] son tales que M |x − y| ≤ δ entonces |F (x) − F (y)| < . Luego F es continua en [a, b]. De hecho es uniformemente continua en [a, b]. Sea > 0 arbitrario. Si definimos δ > 0 tal que δ <
Supongamos ahora que f es continua en x0 ∈ [a, b]. Sea > 0 arbitrario, entonces existe δ > 0 tal que |f (t) − f (x0 )| < , si t ∈ [a, b] es tal que |t − x0 | < δ. Luego, si s ∈ [a, b] es tal que s > x0 y s − x0 < δ, se sigue que Z s Z s 1 1 F (s) − F (x0 ) 1 − f (x0 ) = [F (s) − F (x0 ) − f (x0 )(s − x0 )] = f − f (x0 ) s − x0 s − x0 s − x 0 x0 x0 Z s Z s 1 1 = [f (t) − f (x0 )]dt < = . s − x 0 x0 s − x 0 x0 Y el mismo resultado se obtiene si s ∈ [a, b] es tal que s < x0 y x0 − s < δ. Por lo tanto F 0 (x0 ) = f (x0 ). Teorema 20. (Teorema Fundamental del C´ alculo). (Rudin, Teorema 6.21). Sean f : [a, b] → R una funci´ on 0 acotada e integrable y F : [a, b] → R una funci´ on diferenciable tal que F = f , entonces Z
b
f = F (b) − F (a). a
Prueba. Sea > 0 arbitrario. Como f es integrable en [a, b] entonces existe una partici´on P de [a, b] tal que U (f, P ) − L(f, P ) < . Aplicando el Teorema del Valor Medio en cada intervalo [xi−1 , xi ] existe ti ∈ (xi−1 , xi ) tal que F (xi ) − F (xi−1 ) = f (ti )(xi − xi−1 ). De esta forma
n X
f (ti )(xi − xi−1 ) = F (b) − F (a).
i=1
Con esto
Z b Z b X n F (b) − F (a) − f (ti )(xi − xi−1 ) − f ≤ U (f, P ) − L(f, P ), f = a a i=1
donde, la u ´ltima desigualdad se sigue del siguiente par de hechos: L(f, P ) ≤
n X
Z f (ti )(xi − xi−1 ) ≤ U (f, P )
y
L(f, P ) ≤
De esta forma
f ≤ U (f, P ). a
i=1
Z b F (b) − F (a) − f < , a
y como es arbitrario entonces Z
b
f = F (b) − F (a). a
18
b
1.6
Conjuntos Rectificables
(Munkres, Secci´on 14) Definici´ on. Sea S ⊂ Rn un conjunto acotado. Si la funci´on constante 1 es integrable sobre S decimos que S es rectificable y definimos el volumen de S por Z v(S) := 1. S
Teorema 21. (Munkres, Teorema 14.1). Un subconjunto S ⊂ Rn es rectificable si y s´ olo si S es acotado y ∂S tiene medida cero. Prueba. La funci´ on 1S es continua en los conjuntos Int S y Ext S y es discontinua en ∂S. Sea Q un rect´ angulo n en R tal que S ⊂ Q. Entonces 1S es integrable sobre Q si y s´olo si ∂S tiene medida cero. Teorema 22. (Munkres, Teorema 14.2). (Propiedades de los Conjuntos Rectificables). (a) (Positividad). Si S es rectificable, entonces v(S) ≥ 0. (b) (Monotonicidad). Si S1 y S2 son rectificables y si S1 ⊂ S2 entonces v(S1 ) ≤ v(S2 ). (c) (Aditividad). Si S1 y S2 son rectificables, entonces tambi´en lo son S1 ∪ S2 y S1 ∩ S2 y adem´ as v(S1 ∪ S2 ) = v(S1 ) + v(S2 ) − v(S1 ∩ S2 ). (d) Sea S rectificable. v(S) = 0 si y s´ olo si S tiene medida cero. (e) Si S es rectificable, entonces A := Int S es rectificable y v(S) = v(A). (f ) Si S es rectificable y f : S → R es una funci´ on acotada y continua, entonces f es integrable sobre S. Prueba. La prueba de este teorema se sigue inmediatamente de los resultados anteriormente probados. Definici´ on. Sean C ⊂ Rn−1 un conjunto compacto rectificable y φ, ψ : C → R funciones continuas tales que φ(x) ≤ ψ(x) para todo x ∈ C. El conjunto S ⊂ Rn definido por S := {(x, t) ∈ Rn : x ∈ C y φ(x) ≤ t ≤ ψ(x)} es llamado regi´on simple de Rn . Lema 23. (Munkres, Lema 14.3). Si S es una regi´ on simple de Rn , entonces S es compacto y rectificable. Prueba. Supongamos que S es una regi´ on simple. Veamos que S es compacto y que ∂S tiene medida cero, con lo cual S es rectificable. Paso 1. Probemos que ∂S ⊂ (Gφ ∪ Gψ ∪ D), donde Gφ y Gψ son las gr´aficas de φ y ψ, respectivamente, las cuales est´an definidas por Gφ := {(x, t) : x ∈ C y t = φ(x)}
y
Gψ := {(x, t) : x ∈ C y t = ψ(x)}
y D es el conjunto definido por D := {(x, t); x ∈ ∂C y φ(x) ≤ t ≤ ψ(x)}. Claramente (Gφ ∪ Gψ ∪ D) ⊂ S luego, despu´es de realizado el paso 1, ∂S ⊂ S con lo cual S resulta ser cerrado. Adem´as, de la definici´ on, S es acotado por lo tanto es compacto.
19
Supongamos que (x0 , t0 ) ∈ / (Gφ ∪ Gψ ∪ D). Probemos que (x0 , t0 ) ∈ / ∂S. • Si x0 ∈ / C entonces existe δ > 0 tal que B(x0 , δ) ∩ C = φ. Luego [B(x0 , δ) × R] ∩ S = φ y entonces (x0 , t0 ) ∈ Ext S. • Si x0 ∈ C y t0 < φ(x0 ) consideremos la funci´on F : C ×R → R definida por F (x, t) = φ(x)−t. Claramente esta funci´on es continua en (x0 , t0 ) y F (x0 , t0 ) > 0. Luego existe δ > 0 tal que F (x, t) > 0 para todo (x, t) ∈ B((x0 , t0 ), δ) tal que x ∈ C. De esta forma (x0 , t0 ) ∈ Ext S. • Si x0 ∈ C y t0 > ψ(x0 ), con un argumento an´alogo al caso anterior se sigue que (x0 , t0 ) ∈ Ext S. • Si x0 ∈ Int C y φ(x0 ) < t0 < ψ(x0 ) nuevamente con un argumento an´alogo se sigue que (x0 , t0 ) ∈ Int S. Paso 2. Probemos que Gφ y Gψ tienen medida cero. . Como φ es continua y 2v(Q) C es compacto entonces φ es uniformemente continua en C luego existe δ > 0 tal que
Tomemos un rect´angulo Q ⊂ Rn−1 tal que C ⊂ Q. Sean > 0 arbitrario y 0 :=
|φ(x) − φ(y)| < 0 si x, y ∈ C son tales que |x − y| < δ. Sea P una partici´ on de Q tal que todo par de puntos de cualquier subrect´angulo determinado por P est´en a una distancia menor que δ. Si R es un subrect´angulo determinado por P y R intercepta a C entonces |φ(x) − φ(y)| < 0 para todo x, y ∈ R ∩ C. Para cada R de esos tomemos un punto xR ∈ R ∩ C y definamos el intervalo IR := [φ(xR ) − 0 , φ(xR ) + 0 ]. El rect´angulo R × IR de Rn contiene todos los puntos de la forma (x, φ(x)) para los cuales x ∈ C ∩ R. Luego el conjunto {R × IR : C ∩ R es no vac´ıo} es un cubrimiento de Gφ tal que X R
v(R × IR ) =
X
v(R)(20 ) ≤ 20 v(Q) = .
R
Por lo tanto Gφ tiene medida cero. En forma similar se prueba que Gψ tiene medida cero. Paso 3. Probemos que D tiene medida cero, con lo cual el teorema estar´ıa probado. Como φ y ψ son continuas y C es compacto entonces existe M > 0 tal que −M ≤ φ(x) ≤ ψ(x) ≤ M para todo x ∈ C. Sea > 0 arbitrario. Como C es rectificable (por definici´on de S), entonces ∂C tiene medida cero en Rn−1 , luego existe un cubrimiento a lo sumo contable {Q1 , Q2 , . . . } de ∂C de rect´angulos en Rn−1 de un volumen total menor que /2M . Entonces el conjunto {Qi × [−M, M ] : i = 1, 2, . . . } es un cubrimiento de D en Rn con volumen menor que . Luego D tiene medida cero. 20
Teorema 24. (Teorema de Fubini Para Regiones Simples). (Munkres, Teorema 14.4). Sea S := {(x, t) : x ∈ C y φ(x) ≤ t ≤ ψ(x)} una regi´ on simple en Rn . Sea f : S → R una funci´ on continua. Entonces f es integrable sobre S y Z
Z
t=ψ(x)
Z
f (x, t).
f= x∈C
S
t=φ(x)
Prueba. Del lema anterior tenemos que S es compacto y rectificable. Como f es continua en S y S es compacto, f es acotada en S. Luego, del Teorema 22 literal f, se sigue que f es integrable sobre S. Sea Q×[−M, M ] un rect´ angulo en Rn que contiene a S. Si x0 ∈ Q est´a fijo, la funci´on fS (x0 , ·t ) es id´enticamente cero (si x0 ∈ / C), o es continua excepto quiz´ as en dos puntos de R. Luego fS (x0 , ·t ) es integrable en [−M, M ] para todo x0 ∈ Q. Concluimos del Teorema de Fubini para rect´angulos, que Z
Z
t=M
Z
fS (x, t).
f := x∈Q
S
t=−M
Pero la integral interior es cero si x ∈ / C, luego Z
Z
t=M
Z
f :=
fS (x, t).
S
x∈C
t=−M
Ahora, fS (x, t) = 0 a menos que φ(x) ≤ t ≤ ψ(x), caso en el cual fS (x, t) = f (x, t). Por lo tanto Z
Z
Z
t=ψ(x)
f= S
1.7
f (x, t). x∈C
t=φ(x)
Integrales Impropias
(Munkres, Secci´on 15) Definici´ on. Sean A un conjunto abierto en Rn y f : A → R unaR funci´on continua. Si f es no negativa sobre R A, definimos la integral extendida de f sobre A, y la denotamos A f , al supremo de los n´ umeros D f , donde D son todos los subconjuntos compactos rectificables de A, dado que tal supremo exista. En este caso decimos que f es integrable sobre A (en el sentido extendido). En una forma m´as general, si f es una funci´ on continua arbitraria definida sobre un conjunto A, y definimos f+ (x) := max{f (x), 0} y f− (x) := max{−f (x), 0}, decimos que f es integrable sobre A (en el sentido extendido) si tanto f+ como f− lo son. En este caso Z Z Z f := f+ − f− . A
A
Convenci´ on. Si A es un conjunto abierto en Rn , entonces especifique lo contrario.
A
R
Af
denotar´a la integral extendida, a menos que se
Lema 25. (Munkres, Lema 15.1). Sea A un conjunto abierto en Rn . Entonces existe una sucesi´ on C1 , C2 , . . . de subconjuntos compactos rectificables de A cuya uni´ on es A, tal que CN ⊂ Int CN +1 para todo N ∈ N.
21
Prueba. Definamos d(x, y) := |x − y| para x, y ∈ Rn y si B ⊂ Rn , denotemos d(x, B) a la distancia desde x ∈ Rn hasta B. Sea B = Rn − A y dado N ∈ N, definamos DN := {x ∈ Rn : d(x, B) ≥ 1/N y d(x, 0) ≤ N }. Como d(·x , B) y d(·x , 0) son funciones continuas de x entonces DN es un conjunto cerrado de Rn . Adem´ as DN es acotado pues est´ a contenido en la bola de radio N centrada en 0, luego DN es un compacto. Observemos que la desigualdad d(x, B) ≥ 1/N implica que si x ∈ DN entonces x ∈ / B. Luego DN ⊂ A. Veamos ahora que el conjunto {DN : N ∈ N} es un cubrimiento de A. Sea x ∈ A. Como A es un conjunto abierto tenemos que d(x, B) > 0, entonces existe N ∈ N tal que d(x, B) ≥ 1/N y d(x, 0) ≤ N y con esto x ∈ DN . Por lo tanto la uni´on de los DN es igual a A. Definamos, para cada N ∈ N, AN := {x ∈ Rn : d(x, B) > 1/N y d(x, 0) < N }. Los conjuntos AN son abiertos (nuevamente por el hecho de ser d(·x , B) y d(·x , 0) funciones continuas). Adem´ as DN ⊂ AN +1 ⊂ DN +1 para todo N ∈ N, por definici´on, luego DN ⊂ Int DN +1 para todo N ∈ N. Construyamos los compactos rectificables CN de la siguiente forma: dado N ∈ N, por cada x ∈ DN tomemos un cubo cerrado centrado en x y contenido en Int DN +1 . Los interiores de estos cubos cubren a DN . Como DN es compacto existe una subcolecci´ on finita de este cubrimiento. Llamemos a CN a la uni´on finita de los cubos cerrados cuyos interiores cubren a DN . Claramente CN es compacto y, por ser la uni´on finita de rect´ angulos, CN es rectificable. Por la forma en que se construyeron los CN tenemos, para todo N ∈ N, que DN ⊂ Int CN ⊂ CN ⊂ Int DN +1 . Luego CN ⊂ Int CN +1 (pues Int DN +1 ⊂ DN +1 ⊂ Int CN +1 ) y la uni´on de los CN es igual a A. Teorema 26. (Munkres, Teorema 15.2). Sean A un conjunto abierto de Rn y f : A → R una funci´ on continua. Tomemos una sucesi´ on {CN } de subconjuntos compactos y rectificables de A tal que suR uni´ on sea A y CN ⊂ Int CN +1 para todo N ∈ N. Entonces f es integrable sobre A si y s´ olo si la sucesi´ on { CN |f |} es acotada. En este caso Z Z f = lim f. N →∞ CN
A
Prueba. Paso 1. Probemos el teorema en el caso en el que f es no negativa. R Tenemos que f = |f | y que la sucesi´ on { CN f } es creciente. Por lo tanto, tal sucesi´on converge si y s´ olo si es acotada. Inicialmente supongamos que f es integrable sobre A. Entonces Z Z Z f ≤ sup f = f, CN
D
D
22
A
donde los conjuntos D son todos los compactos rectificables subconjuntos de A. Luego la sucesi´on Z f :N ∈N CN
es acotada y Z
Z
lim
N →∞ CN
f≤
f. A
Supongamos ahora que la sucesi´ on Z
f :N ∈N
CN
es acotada. Sea D un subconjunto compacto rectificable de A. Entonces D est´a cubierto por {Int C1 , Int C2 , . . . }. Por lo tanto existe una subcolecci´ on finita que tambi´en cubre a D (por ser compacto). Luego existe M ∈ N tal que D ⊂ CM . Entonces Z Z Z f≤ f ≤ lim f. D
N →∞ CN
CM
Como D es arbitrario se sigue que f es integrable sobre A y Z Z f ≤ lim
N →∞ CN
A
f.
Paso 2. Consideremos ahora f : A → R continua, arbitraria. Por definici´on, f es integrable olo si f+ y f− son integrables sobre A y, por el paso 1, esto ocurre R sobre A Rsi y s´ si y s´olo si las sucesiones { CN f+ } y { CN f− } son acotadas. Notemos que 0 ≤ f+ (x) ≤ |f (x)| y
0 ≤ f− (x) ≤ |f (x)|,
y que |f (x)| = f+ (x) + f− (x). R R Se sigue entonces que las sucesiones { CN f+ } y { CN f− } son acotadas si y s´olo si la sucesi´on { CN |f |} es R R acotada. En este caso, las dos sucesiones anteriores convergen a A f+ y A f− , respectivamente. Como las sucesiones convergentes pueden ser sumadas t´ermino a t´ermino, la sucesi´on Z f , R
CN
donde
R CN
f=
R CN
f+ −
R CN
f− , converge a
R
A f+
−
R
A f−
lo cual es igual a
R
A f,
por definici´on.
Nota. Del teorema anterior se sigue que f es integrable sobre A si y s´olo si |f | es integrable sobre A.
23
Teorema 27. (Munkres, Teorema 15.3). Sean A un conjunto abierto en Rn y f, g : A → R funciones continuas. (a) (Linealidad). Si f y g son integrables sobre A, entonces tambi´en lo son af + bg y Z Z Z (af + bg) = a f +b g, A
A
A
donde a, b son constantes reales. (b) (Comparaci´ on). Sean f y g integrables sobre A. Si f (x) ≤ g(x) para todo x ∈ A, entonces Z Z g. f≤ A
A
En particular Z
Z
|f |.
f| ≤
|
A
A
(c) (Monotonicidad). Supongamos que B es un conjunto abierto en Rn y que B ⊂ A. Si f es no negativa en A e integrable sobre A, entonces f es integrable sobre B y Z Z f≤ f. B
A
(d) (Aditividad). Supongamos que A y B son abiertos en Rn y que f es una funci´ on continua definida sobre A ∪ B. Si f es integrable sobre A y sobre B, entonces f es integrable sobre A ∪ B y A ∩ B y Z Z Z Z f= f+ f− f. A∪B
A
B
A∩B
Observaci´ on: en todo el teorema la integral que se est´ a considerando es la integral extendida. Prueba. Sea {CN } una sucesi´ on de conjuntos compactos rectificables cuya uni´on es A, tales que CN ⊂ Int CN +1 para todo N ∈ N. (a) Por las propiedades de la integral ordinaria tenemos que Z Z Z |af + bg| ≤ |a| |f | + |b| CN
CN
|g|.
CN
R R R Como las sucesiones { CN |f |} y { CN |g|} son acotadas, tambi´en lo es la sucesi´on { CN |af + bg|}. De esta forma, el resultado se sigue tomando l´ımite en la ecuaci´on Z Z Z (af + bg) = a f +b g. CN
CN
(b) Si f (x) ≤ g(x), tomamos l´ımite en la desigualdad Z
CN
Z f≤
CN
g CN
y obtenemos el resultado. (c) Si D es un subconjunto compacto rectificable de B, entonces D tambi´en es un subconjunto compacto rectificable de A, as´ı que Z Z f≤ f, D
A
por definici´on. Como D es arbitrario entonces f es integrable sobre B y 24
R B
f≤
R
A f.
(d) Sea {DN } una sucesi´ on de subconjuntos compactos rectificables cuya uni´on es B tal que DN ⊂ Int DN +1 para todo N ∈ N. Sea EN := CN ∪ DN y FN := CN ∩ DN . Entonces EN y FN son sucesiones de compactos rectificables cuyas uniones son iguales a A ∪ B y A ∩ B, respectivamente. Mostremos que EN ⊂ Int EN +1 y FN ⊂ Int FN +1 . Si x ∈ EN entonces x pertenece a CN o a DN luego existe δ > 0 tal que B(x, δ) est´a contenida en Int CN +1 o en Int DN +1 , respectivamente. En ambos casos B(x, δ) ⊂ EN +1 y por consiguiente x ∈ Int EN +1 . En forma similar, si x ∈ FN entonces existen δ1 , δ2 > 0 tal que B(x, δ1 ) ⊂ Int CN +1 y B(x, δ2 ) ⊂ Int DN +1 . Luego x ∈ B(x, δ1 ) ∩ B(x, δ2 ) ⊂ Int FN +1 . Entonces x ∈ Int FN +1 . Por aditividad de la integral ordinaria tenemos que Z Z Z f= f+ EN
CN
Aplicando esta ecuaci´ on a la funci´ on |f | vemos que
Z f−
f.
DN
R EN
(5)
FN
R
|f | y
FN
|f | son acotadas superiormente por
Z
Z |f | +
|f |. DN
CN
Luego, f es integrable sobre A ∪ B y sobre A ∩ B y tomando l´ımites en (5) obtenemos Z Z Z Z f= f+ f− f. A∪B
A
B
A∩B
Teorema 28. (Munkres, Teorema 15.4). Sean A un conjunto abierto y acotado de Rn y f : RA → R una R funci´ on continua y acotada. Entonces la integral extendida A f existe. Si la integral ordinaria A f tambi´en existe entonces las dos integrales son iguales. Prueba. Sea Q un rect´ angulo en Rn tal que A ⊂ Q. Paso 1. Mostremos que la integal extendida de f existe. Sea M > 0 tal que |f (x)| ≤ M para todo x ∈ A. Entonecs para todo subconjunto compacto y rectificable D de A se tiene que Z Z |f | ≤ M ≤ M v(Q). D
D
Luego f es integrable sobre A en el sentido extendido. Paso 2. Consideremos el caso en el cual f es no negativa. Supongamos que la integal ordinaria de f sobre A existe, entonces es igual a la integral ordinaria de fA sobre Q. Si D es un subconjunto compacto y rectificable de A entonces Z Z Z Z f= fA ≤ fA = f. D
D
Q
25
A
Como D es arbitrario entonces la integral extendida de f sobre A es menor o igual que la integral ordinaria de f sobre A. Probemos ahora la otra desigualdad. Sea P una partici´on de Q. Si no existe alg´ un subrect´angulo determinado por la partici´on que est´e completamente contenido en A, entonces L(fA , P ) = 0 y si esto ocurre para todas las posibles particiones, entonces la integral extendida de f sobre A es cero y se tiene el resultado. Supongamos entonces que existe por lo menos una partici´on P en la cual uno o m´as subrect´angulos determinados por la partici´on est´ an contenidos en A. Llamamos R1 , . . . Rk a aquellos subrect´angulos y D := R1 ∪ · · · ∪ Rk . Entonces k X L(fA , P ) = mRi (f )v(Ri ) i=1
ya que mR (fA ) = mR (f ) si R ⊂ A y mR (fA ) = 0 si R 6⊂ A. Por lo tanto L(fA , P ) =
k X
mRi (f )v(Ri ) ≤
i=1
k Z X Ri
i=1
Z
Z f≤
f= D
f, A
donde la u ´ltima integral es en el sentido extendido. Si tomamos supremo en esta desigualdad, sobre todas las particiones, se tiene que la integral ordinaria de f sobre A es menor o igual que la integral extendida de f sobre A. Concluimos que las dos integrales (la ordinaria y la extendida) son iguales. Paso 3. Consideremos ahora el caso general. Escribamos f = f+ − f− . Como f es integrable sobre A en el sentido ordinario entonces tambi´en lo son f+ y f− . Entonces Z Z Z f= f+ − f− A
A
A
(todas las integrales en el sentido ordinario). Pero por el paso 2, Rla suma del lado derecho es igual a las mismas integrales en el sentido extendido y a su vez esta suma es igual a A f en el sentido extendido. Luego la integral de f sobre A en el sentido ordinario y en el sentido extendido son iguales. Corolario 29. (Munkres, Corolario 15.5). Sean S un conjunto acotado en Rn y f : S → R una funci´ on acotada y continua. Si f es integrable sobre S en el sentido ordinario, entonces Z Z f= f. S
Int S
(La integral del lado izquierdo en el sentido ordinario y la integral del lado derecho en el sentido extendido). Prueba. La prueba de este resultado se obtiene directamente aplicando los Teoremas 18 y 28. Teorema 30. (Munkres, Teorema 15.6). Sean A un conjunto abierto en Rn y f : A → R una on continua. R funci´ n Sean U1 ⊂ U2 ⊂R · · · una sucesi´ on de conjuntos abiertos en R cuya uni´ on sea A. Entonces A f existe si y s´ olo si la sucesi´ on { UN |f |} existe y es acotada, en este caso Z Z f = lim f. N →∞ UN
A
R Prueba. Sin p´erdida de generalidad supongamos que f es no negativa. Supongamos que A f existe. Por la monotonicidad de la integral extendida se sigue que f es integrable sobre UN y que para cada N Z Z f. f≤ UN
A
26
Luego la sucesi´on creciente {
R UN
f } converge y Z lim
Z
N →∞ UN
f≤
f. A
R Supongamos ahora que { UN f } existe y que es acotada. Sea D un subconjunto compacto y rectificable de A. Como D es cubierto por la sucesi´ on U1 ⊂ U2 ⊂ · · · , por compacidad tambi´en es cubierto por un n´ umero finito de ellos y por consiguiente por un UM . Entonces Z Z Z f≤ f ≤ lim f. D
N →∞ UN
UM
Ahora, como D es arbitrario entonces Z
Z f ≤ lim A
N →∞ UN
27
f.
Cap´ıtulo 2
Series Infinitas 2.1
Sucesiones Convergentes y Divergentes de N´ umeros Complejos
(Apostol, Secci´on 8.2) Definici´ on. Decimos que una sucesi´ on {an } de puntos en C es convergente si existe un punto p ∈ C con la siguiente propiedad: Para todo > 0 existe un n´ umero entero N (que depende de ) tal que |an − p| < cuando n ≥ N . Si {an } converge a p escribimos lim an = p y llamamos a p el l´ımite de la sucesi´on. n→∞
Decimos que una sucesi´ on es divergente si no es convergente. Una sucesi´on en C es llamada sucesi´ on de Cauchy si satisface la condici´on de Cauchy: Para todo > 0 existe un entero N tal que |an − am | < cuando n ≥ N y m ≥ N . Como C es un espacio m´etrico completo entonces una sucesi´on en C es convergente si y s´olo si es una sucesi´ on de Cauchy. Toda sucesi´on convergente es acotada y por lo tanto una sucesi´on no acotada es necesariamente divergente. Si una sucesi´on {an } converge a p entonces toda subsucesi´on {ank } tambi´en converge a p. Una sucesi´on {an } cuyos t´erminos son n´ umeros reales se dice que diverge a +∞ si para todo M > 0 existe un entero N (que depende de M ) tal que an > M cuando n ≥ N . En este caso escribimos lim an = +∞. n→∞
Si lim (−an ) = +∞ escribimos lim an = −∞ y decimos que {an } diverge a −∞. n→∞
n→∞
28
2.2
L´ımites Superior e Inferior de Sucesiones de Valor Real
(Apostol, Secci´on 8.3) Definici´ on. Sea {an } una sucesi´ on de n´ umeros reales. Supongamos que existe un n´ umero U que satisface las siguientes dos condiciones. (i) Para todo > 0 existe un entero N tal que n > N implica que an < U + . (ii) Dado > 0 y dado m > 0 existe un entero n > m tal que an > U − . Entonces U es llamado el l´ımite superior de {an } y escribimos U = lim sup ≡ lim an . n→∞
n→∞
La afirmaci´on (i) implica que el conjunto {a1 , a2 , . . . } es acotado superiormente. Si este conjunto no es acotado superiormente definimos lim an = +∞. n→∞
Si el conjunto es acotado superiormente pero no inferiormente y si {an } no tiene un l´ımite superior finito entonces decimos que lim = −∞. n→∞
Entonces el l´ımite inferior de {an } se define por lim inf an ≡ lim an = − lim bn , donde bn = −an , para n = 1, 2, . . . n→∞
n→∞
n→∞
Notas • La afirmaci´on (i) significa que al final de la sucesi´on todos los t´erminos est´an a la izquierda de U + . • La afirmaci´on (ii) significa que un n´ umero infinito de t´erminos est´an a la derecha de U − . • Es claro que no puede haber m´ as de un U que satisfaga (i) y (ii) a la vez. • Toda sucesi´on de n´ umeros reales tiene un l´ımite superior y un l´ımite inferior en el sistema de los reales extendidos. Teorema 1. (Apostol, Teorema 8.3). Sea {an } una sucesi´ on de n´ umeros reales. Entonces tenemos: (a) lim an ≤ lim an . n→∞
n→∞
(b) La sucesi´ on converge si y s´ olo si lim an y lim an son ambos finitos e iguales. Si este es el caso entonces n→∞
n→∞
lim an = lim an = lim an .
n→∞
n→∞
n→∞
(c) La sucesi´ on diverge a +∞ si y s´ olo si lim an = lim an = +∞. n→∞
n→∞
(d) La sucesi´ on diverge a −∞ si y s´ olo si lim an = lim an = −∞. n→∞
n→∞
La prueba de este teorema se deja como ejercicio. Nota. Una sucesi´ on para la cual lim an 6= lim an se dice que oscila. n→∞
n→∞
29
Teorema 2. (Apostol, Teorema 8.4). Sean {an } y {bn } sucesiones tales que an ≤ bn para todo n ∈ N. Entonces lim an ≤ lim bn y lim an ≤ lim bn . n→∞
n→∞
n→∞
n→∞
La prueba de este teorema se deja como ejercicio. Ejemplos • Sea {an } una sucesi´ on tal que an = (−1)n (1 + 1/n). Entonces lim an = −1 y lim an = 1. n→∞
n→∞
• Sea {an } una sucesi´ on tal que an = (−1)n . Entonces lim an = −1 y lim an = 1. n→∞
n→∞
• Sea {an } una sucesi´ on tal que an = (−1)n n. Entonces lim an = −∞ y lim an = +∞. n→∞
n→∞
1 • Sea {an } una sucesi´ on tal que an = n2 sen2 ( nπ). Entonces lim an = 0 y lim an = +∞. n→∞ 2 n→∞
2.3
Sucesiones Mon´ otonas de N´ umeros Reales
(Apostol, Secci´on 8.4) Definici´ on. Sea {an } una sucesi´ on de n´ umeros reales. Decimos que la sucesi´on es creciente y escribimos an % si an ≤ an+1 para n = 1, 2, 3, . . . y decimos que la sucesi´on es decreciente y escribimos an & si an ≥ an+1 para n = 1, 2, 3, . . . Una sucesi´on es llamada mon´ otona si es creciente o decreciente. Teorema 3. (Apostol, Teorema 8.6). Una sucesi´ on m´ onotona converge si y s´ olo si es acotada. Prueba. Sabemos que si una suceci´ on converge entonces es acotada. Veamos ahora la otra implicaci´ on. Sin p´erdida de generalidad supongamos que an % (el caso an & es an´alogo). Definamos E como el rango de la sucesi´on, es decir, E := {a1 , a2 , . . . }. Supongamos que la sucesi´on es acotada y definamos a := sup E. Entonces an ≤ a para todo n ∈ N. Si > 0 es arbitrario entonces por el principio de aproximaci´on al supremo existe N ∈ N tal que a − < aN ≤ a. Por lo tanto, si n > N entonces tenemos que a − < aN ≤ an ≤ a < a + . De lo anterior concluimos que |an − a| < . Es decir an → a.
2.4
Series Infinitas
(Apostol, Secci´on 8.5) Definici´ on. Sea {an } una sucesi´ on dada de n´ umeros reales o complejos. Formemos una nueva sucesi´ on {sn } de la siguiente forma. n X sn := a1 + a2 + a3 + · · · = ak , para cada n ∈ N. k=1
30
El par ordenado de sucesiones ({an }, {sn }) es llamado serie infinita. El n´ umero sn es llamado n-´esima suma parcial de la serie. Decimos que la serie converge o diverge de acuerdo a si {sn } es una sucesi´on convergente o divergente. Si la sucesi´ on {sn } converge a s entonces el n´ umero s es llamado suma de la serie y escribimos ∞ X
s=
ak .
k=1 ∞ P
De esta forma, para las series convergentes, el s´ımbolo
ak ( o simplemente
P
ak ) es usado para denotar tanto
k=1
a la serie como a la suma. P P Teorema 4. (Apostol, Teorema 8.8). Sean a = a y b = bk series convergentes. Entonces para todo par k P de constantes α y β, la serie (αak + βbk ) converge a la suma αa + βb. Es decir, ∞ X
(αak + βbk ) = α
k=1
∞ X
ak + β
k=1
∞ X
bk .
k=1
Prueba. Observemos que para cada n ∈ N tenemos que n n n X X X (αak + βbk ) = α ak + β bk . k=1
k=1
k=1
Definamos las sucesiones {sn }, {an } y {bn } por sn :=
n n n X X X (αak + βbk ), an := ak , bn := bk . k=1
k=1
k=1
Entonces, para cada n ∈ N obtenemos sn = αan + βbn . Como an → a y bn → b entonces se sigue el resultado. Teorema 5. (Apostol, Teorema 8.9). Sea an ≥ 0 para todo n ∈ N. Entonces sucesi´ on de sumas parciales es acotada superiormente.
P
an converge si y s´ olo si la
Prueba. Para cada n ∈ N definamos sn := a1 + · · · + an . Como an ≥ 0 para todo n, entonces la sucesi´ on {sn } es creciente. De lo anterior se sigue el resultado. Teorema 6. (Series Telesc´ opicas). (Apostol, P Teorema 8.10). Sean {an } y {bn } dos sucesiones tales que an = bn+1 − bn para n = 1, 2, . . . Entonces an converge si y s´ olo si lim bn existe, caso en el cual n→∞
∞ X
an = lim bn − b1 .
n=1
n→∞
Prueba. Observemos que para cada n ∈ N tenemos que n X
ak =
k=1
n X
(bk+1 − bk ) = bn+1 − b1 .
k=1
De la anterior igualdad se sigue el resultado. Teorema 7. (Condici´ on de Cauchy Para Series). (Apostol, Teorema 8.11). La serie si para todo > 0 existe un entero N tal que si n > N se sigue que
P
an converge si y s´ olo
|an+1 + · · · + an+p | < para cada p = 1, 2, . . . Prueba. Definamos sn :=
Pn
k=1 ak
y observemos que sn+p − sn = an+1 + · · · + an+p .
Como R es un espacio m´etrico completo entonces la sucesi´on {sn } converge si y s´olo si es una sucesi´ on de Cauchy. 31
Observaciones: P • Supongamos que la serie ak es convergente. Entonces aplicando el teorema anterior con p = 1, dado > 0 existe un entero N tal que si n > N se sigue que |an+1 − 0| < . Lo cual significa que an → 0. P • El hecho de que una sucesi´ on {an } sea tal que an → 0 no implica que la serie ak sea convergente. Por ejemplo si para cada n ∈ N an := 1/n entonces cuando n = 2m y p = 2m , se sigue que an+1 + · · · + an+p = Por lo tanto si ≤ La serie
∞ P
1 1 1 2m 1 + + · · · + ≥ = . 2m + 1 2m + 2 2m + 2m 2m + 2m 2
1 no se cumple la condici´on de Cauchy y entonces la serie diverge. 2
(1/n) es llamada serie arm´ onica.
n=1
2.5
Insertando y Removiendo Par´ entesis
(Apostol, Secci´on 8.6) Definici´ on. Sea p : N → N una funci´ on estrictamente creciente, es decir, p(n) < p(m) para todo n, m ∈ N tales que n < m. Observemos que p cumple la siguiente propiedad, la cual usaremos m´as adelante y que f´ acilmente se puede probar empleando inducci´ on matem´atica: p(n) ≥ n para todo n ∈ N. Si
P
an y
P
bn son dos series tales que b1 = a1 + a2 + · · · + ap(1) , (1) bn+1 = ap(n)+1 + ap(n)+2 + · · · + ap(n+1) , si n = 1, 2, . . . P P P P entonces decimos que bn es obtenida de an insertando par´entesis y que an es obtenida de bn removiendo par´entesis. P P P Teorema 8. (Apostol, Teorema 8.13). Si an converge a s, entonces todas las series bn obtenidas de an insertando par´entesis tambi´en convergen a s. P P Prueba. Sean an y bn dos series relacionadas mediante (1) y definamos sn :=
n X
ak y tn :=
k=1
n X
bk .
k=1
Entonces {tn } es una subsucesi´ on {sn }. En realidad tn = sp(n) . Por lo tanto la convergencia de {sn } a s implica la convergencia de {tn } a s. Observaci´ on. Remover par´entesis puede afectar la convergencia de una serie.P Por ejemplo, si bn := 0 y n an := (−1) para on definida por an es obtenida removiendo P todo n ∈ N y p es Pla funci´ P p(n) := 2n, entonces par´entesis de bn . Sin embargo, bn es convergente y an es divergente. P P Teorema 9. (Apostol, Teorema 8.14). Sea an obtenida removiendo par´entesis de bn . SupongamosPque existe una constante M > 0 tal que p(n + 1) − p(n) < M para todo n y que adem´ as lim an = 0. Entonces an n→∞ P converge si y s´ olo si bn converge, caso en el cual tienen la misma suma.
32
Prueba. Si
P
an converge sabemos que sn :=
P
n X
bn converge. Veamos la otra implicaci´on. Sean
ak ,
tn :=
k=1
n X
bk y t := lim tn . n→∞
k=1
Sea > 0 arbitrario, entonces existe N ∈ N tal que si n > N se sigue que |tn − t| <
y |an | < . 2 2M
Sea n > p(N ). Como p(N ) ≥ N , entonces en realidad tenemos la cadena de desigualdades N ≤ p(N ) < n. Consideremos el conjunto A := {m ˜ ∈ N : N ≤ p(m) ˜ < n}, el cual es no vac´ıo pues N ∈ A. Adem´ as A es finito. Sea m := max A. Si p(m) = n, como p es estrictamente creciente, tenemos que n < p(m + 1). Ahora, si p(m) 6= n, es porque n no es un elemento del rango de p. En este caso tambi´en se cumple que n < p(m + 1). Reuniendo todo lo anterior tenemos que N ≤ p(m) ≤ n < p(m + 1). Luego sn =a1 + · · · + ap(m+1) − (an+1 + an+2 + · · · + ap(m+1) ) =tm+1 − (an+1 + an+2 + · · · + ap(m+1) ). Como N ∈ A y m = max A, entonces m ≥ N , y con esto m + 1 > N . Por lo tanto |sn − t| ≤|tm+1 − t| + |an+1 + an+2 + · · · + ap(m+1) | ≤|tm+1 − t| + |an+1 | + |an+2 | + · · · + |ap(m+1) | < + [p(m + 1) − p(m)] < + = . 2 2M 2 2 Lo cual prueba que lim sn = t. n→∞
2.6
Series Alternantes
(Apostol, Secci´on 8.7) Definici´ on. Si an > 0 para todo n, entonces la serie
∞ P
(−1)n+1 an es llamada serie alternante.
n=1
Teorema 10. (Apostol, Teorema 8.16). Si {an } es una sucesi´ on decreciente que converge a 0, la serie alternante ∞ P (−1)n+1 an converge. Si s denota su suma y sn su n−´esima suma parcial, entonces se sigue la siguiente n=1
desigualdad. 0 < (−1)n (s − sn ) < an+1 , para n = 1, 2, . . .
(2)
Nota. La desigualdad (2) nos dice que al aproximar s por sn el error cometido tiene el mismo signo que el primer t´ermino despreciado y es menor que el valor absoluto de este t´ermino. ∞ ∞ P P Prueba. Si definimos p(n) := 2n e insertamos par´entesis en (−1)n+1 an para formar la nueva serie bn , n=1
entonces b1 = a1 − a2 ,
b2 = a3 − a4 ,
33
...,
n=1
bn = a2n−1 − a2n .
Como an → 0 y p(n + 1) − p(n) = 2, entonces sabemos que
∞ P
(−1)n+1 an converge si
n=1
∞ P
bn converge. Pero
n=1
bn ≥ 0 para todo n ∈ N ya que an & y adem´as sus sumas parciales est´an acotadas superiormente pues n X
bk = a1 − (a2 − a3 ) − · · · − (a2n−2 − a2n−1 ) − a2n < a1 .
k=1
Luego
∞ P
bn converge y
n=1
∞ P
(−1)n+1 an converge.
n=1
Probemos ahora la desigualdad (2). (−1)n (s − sn ) =(−1)n
∞ X
k=n+1
(−1)k+n+1 ak =
k=n+1
∞ X
∞ X
k=1
k=1
(−1)k+1 ak+n =
=
∞ X
(−1)k+1 ak =
∞ X (−1)k+2n+1 ak+n k=1
(an+2k−1 − an+2k ) > 0,
(Para obtener la u ´ltima igualdad se aplic´ o la inserci´on de par´entesis definida por p(n) = 2n). Adem´ as, (−1)n (s − sn ) =an+1 +
∞ X
(−1)k+1 ak+n = an+1 +
k=2
=an+1 −
∞ X
∞ ∞ X X (−1)k+2 ak+n+1 = an+1 + (−1)k+1 (−1)ak+n+1 k=1
k=1
(an+2k − an+2k+1 ) < an+1 .
k=1
(Nuevamente para obtener la u ´ltima igualdad se aplic´o la inserci´on de par´entesis definida por p(n) = 2n).
2.7
Convergencia Absoluta y Condicional
(Apostol, Secci´on 8.8) P P Definici´ on. Decimos que una an converge |an | converge y decimos que P serie P absolutamente si la serie converge condicionalmente si an converge pero |an | diverge. P Teorema 11. (Apostol, Teorema 8.18). Si una serie an converge absolutamente, entonces tambi´en converge. Prueba. Observemos que para todo n, p ∈ N tenemos que |an+1 + · · · + an+p | ≤ |an+1 | + · · · + |an+p | ≤ ||an+1 | + · · · + |an+p ||. Entonces, por la condici´ on de Cauchy se sigue el resultado. Observaci´ on. El rec´ıproco del teorema anterior no es cierto. Para ver esto consideremos la serie ∞ X (−1)n+1 n=1
n
la cual converge, pero no converge absolutamente.
34
,
Teorema 12. (Apostol, Teorema 8.19). Sea pn :=
P
an tal que an ∈ R para todo n ∈ N. Para cada n ∈ N definamos
|an | + an , 2
qn :=
|an | − an . 2
Entonces P P P (i) Si an es condicionalmente convergente, pn y qn divergen. P P P (ii) Si |an | converge, pn y qn convergen y tenemos que ∞ X n=1
an =
∞ X
pn −
n=1
∞ X
qn .
n=1
Nota. Si an ≥ 0 entonces pn = an y qn = 0 y si an ≤ 0 entonces qn = −an y pn = 0. Prueba. Observemos que an = pn − qn y que |an | = pn + qn . P P Para probar (i) supongamos an converge y |an | diverge. Razonando por el absurdo supongamos que P Pque alguna de las series p o ´ q converge. La convergencia de una de estas series implica la convergencia de la n n P P P P otra (pues an converge). Luego |an | converge, lo cual es absurdo. Concluimos que tanto pn como qn divergen. Ahora, para probar (ii) basta tener en cuenta c´omo se definen pn y qn y que si converge.
2.8
P
|an | converge entonces
P
an
Partes Real e Imaginaria de una Serie Compleja
(Apostol, Secci´on 8.9) P Definici´ on. Sea cn una serie con t´erminos complejos donde cn = an + ib P P Pn , con an y bn reales. Las series an y bn son llamadas, respectivamente, las partes real e imaginaria de cn . Es claro que la convergencia de
2.9
P
an y
P
bn implica la convergencia de
P
cn .
Criterios de Convergencia de Series con T´ erminos Positivos
(Apostol, Secci´on 8.10) Teorema 13. (Criterio de Comparaci´ on). (Apostol, Teorema 8.20). Si an > 0 y bn > 0 para n = 1, 2, . . . y si existen constantes positivas c y N tales que an < c bn para todo n ≥ N , P P entonces la convergencia de bn implica la convergencia de an . P Prueba. Como bn es convergente, entonces su sucesi´on de sumas parciales esP acotada superiormente. Ahora, como an < c bn para an tambi´en es acotada supeP todo n ≥ N entonces la sucesi´on de sumas parciales de riormente, luego an es convergente. Teorema 14. (Criterio de Comparaci´ on por L´ımite). (Apostol, Teorema 8.21). Sean an > 0 y bn > 0 para todo n ∈ N y supongamos que an lim = 1. n→∞ bn P P Entonces an converge si y s´ olo si bn converge. 35
an 1 an 1 = 1 entonces existe N ∈ N tal que n ≥ N implica que − 1 < , lo Prueba. Sea = . Como lim n→∞ bn 2 bn 2 cual es equivalente a 1 3 an < . < 2 bn 2 Aplicando la desigualdad del lado derecho y la del lado izquierdo por aparte y el teorema anterior se sigue el resultado. an an Nota. El teorema anterior tambi´en es cierto si lim = c 6= 0. Si lim = 0 entonces s´olo se puede concluir n→∞ bn P n→∞ bn P que la convergencia de bn implica la convergencia de an .
2.10
Serie Geom´ etrica
(Apostol, Secci´on 8.11) Teorema 15. (Apostol, Teorema 8.22). Si |x| < 1, la serie
∞ P
xk converge a
k=0
1 y si |x| ≥ 1, la serie 1−x
diverge. Prueba. Observemos que (1 − x)
n X
xk =
k=0
n X
(xk − xk+1 ) = 1 − xn+1 .
k=0
Si |x| < 1, se tiene que lim (1 − x)
n→∞
Luego
∞ X
n X k=0
xk =
k=0
Ahora, si |x| ≥ 1, entonces lim xk 6= 0 y n→∞
2.11
∞ P
xk = 1.
1 . 1−x
xk diverge.
k=0
Criterio de la Integral
(Apostol, Secci´on 8.12) Teorema 16. (Criterio de la Integral). (Apostol, Teorema 8.23). Sea f una funci´ on positiva decreciente definida en [1, +∞) tal que lim f (x) = 0. Definamos, para n ∈ N, x→+∞
sn :=
n X
Z f (k),
k=1
n
tn :=
f (x)dx, 1
Entonces (i) 0 < f (n + 1) ≤ dn+1 ≤ dn ≤ f (1), para todo n ∈ N. (ii) lim dn existe. n→∞
(iii)
∞ P
f (n) converge si y s´ olo si la sucesi´ on {tn } converge.
n=1
(iv) 0 ≤ dk − lim dn ≤ f (k), para k ∈ N. n→∞
36
dn := sn − tn .
Prueba. (i) Observemos que, para cada n ∈ N, Z n+1 n Z X tn+1 = f (x)dx = 1
k=1
k+1
f (x)dx ≤
k
n Z X
k+1
f (k)dx =
k
k=1
n X
f (k) = sn ,
k=1
lo cual implica que f (n + 1) = sn+1 − sn ≤ sn+1 − tn+1 = dn+1 , y entonces 0 < f (n + 1) ≤ dn+1 . Pero adem´as Z
n+1
f (x)dx − f (n + 1) dn − dn+1 =tn+1 − tn − (sn+1 − sn ) = n Z n+1 ≥ f (n + 1)dx − f (n + 1) = 0,
(3)
n
luego dn+1 ≤ dn ≤ d1 = f (1), de donde se sigue la afirmaci´on. (ii) De (i) la sucesi´ on {dn } es decreciente y acotada luego es convergente. (iii) Como de (ii) {dn } converge, de la definici´on de dn , se sigue que {sn } converge si y s´olo si {tn } converge. (iv) Usando nuevamente (3) se sigue que Z n+1 Z 0 ≤ dn − dn+1 = f (x)dx − f (n + 1) ≤ n
n+1
f (n)dx − f (n + 1) = f (n) − f (n + 1).
n
Por lo tanto, para k ∈ N, 0≤
∞ X
(dn − dn+1 ) ≤
n=k
∞ X
[f (n) − f (n + 1)]
n=k
0 ≤ dk − lim dn ≤ f (k) − 0. n→∞
Nota. Sea D := lim dn . Entonces (i) del teorema anterior implica que 0 ≤ D ≤ f (1), mientras que de (iv) se n→∞ sigue que Z n n X 0≤ f (k) − f (x)dx − D ≤ f (n). (4) k=1
1
Esta desigualdad se usa para aproximar algunas sumas finitas mediante integrales.
2.12
Notaci´ on O Grande y O Peque˜ na
(Apostol, Secci´on 8.13) Definici´ on. Dadas dos sucesiones {an } y {bn } tales que bn ≥ 0 para todo n ∈ N, escribimos an = O(bn ) y leemos “an es o grande de bn ” si existe una constante M > 0 tal que |an | ≤ M bn para todo n ∈ N. Adem´ as escribimos an = o(bn ) cuando n → ∞ an = 0. y leemos “an es o peque˜ na de bn ” si lim n→∞ bn 37
Notas: • Una ecuaci´on de la forma an = cn + O(bn ) significa que an − cn = O(bn ). • Una ecuaci´on de la forma an = cn + o(bn ) significa que an − cn = o(bn ). • La ventaja de esta notaci´ on se encuentra en el hecho de reemplazar algunas desigualdades por ecuaciones. Por ejemplo, de (4), se sigue que Z n n X f (x)dx + D + O(f (n)). (5) f (k) = 1
k=1
Ejemplos: Z
n
n
Z
1/x dx = ln(n). Entonces del teorema anterior
f (x)dx =
1. Sean f (x) := 1/x y tn := 1
1 n X 1 − ln(n) k
lim
n→∞
!
k=1
existe. Este l´ımite es conocido como la constante de Euler y es denotado por la letra C o por la letra γ y su valor es aproximadamente 0.577.... Seg´ un (5) tenemos que n X 1 1 = ln(n) + C + O( ). k n k=1
n
Z
Z
n
1 (n−s+1 − 1). Sabemos que −s + 1 1 1 P −s {tn } s´olo converge para s > 1 por lo tanto, del teorema anterior, se sigue que la serie n converge para s > 1 y diverge para s < 1. Si s > 1, la serie
2. Sean f (x) :=
x−s
para s > 0, s 6= 1 y tn :=
f (x)dx =
ζ(s) =
x−s dx =
∞ X 1 ns
n=1
define una funci´ on llamada Zeta de Riemann.
2.13
Criterios de la Raz´ on y de la Ra´ız
(Apostol, Secci´on 8.14) Teorema 17. (Criterio de la Raz´ on). (Apostol, Teorema 8.25). Dada una serie diferentes de cero, sean an+1 an+1 , . r := lim inf R := lim sup n→∞ an an n→∞ P (a) La serie an converge absolutamente si R < 1. P (b) La serie an diverge si r > 1.
P
an de n´ umeros complejos
Prueba. (a) Supongamos que R < 1 y escojamos x tal que R < x < 1. De la definici´on de R existe un N ∈ N tal que an+1 an < x para todo n ≥ N . Es decir |an+1 | < |an |x para todo n ≥ N . Luego |an+1 | |an |x |an | |aN | < n+1 = n ≤ N , para todo n ≥ N . n+1 x x x x Luego, |an | ≤ cxn si n ≥ N , donde c = |aN |x−N . Entonces el resultado se sigue aplicando la prueba de comparaci´on para series con t´erminos positivos. 38
an+1 | > x > 1 para todo n ≥ N para alg´ un N ∈ N, an esto es |an+1 | > |an | para todo n ≥ N . Por lo tanto lim an 6= 0.
(b) Supongamos que r > 1 y que 1 < x < r. Entonces |
n→∞
an+1 = 1 no se puede concluir Nota. Si lim n→∞ an P −1 P −2 las series n y n . En ambos casos lim
P acerca de la convergencia de an . Para ver esto consideremos an+1 = 1, pero P n−1 diverge, mientras que P n−2 converge. n→∞ an P Teorema 18. (Criterio de la Ra´ız). (Apostol, Teorema 8.26). Dada una serie an de n´ umeros complejos, definamos p ρ := lim sup n |an |. n→∞
(a) La serie
P
an converge absolutamente si ρ < 1.
(b) La serie
P
an diverge si ρ > 1.
Prueba. (a) Supongamos que ρ < 1 y escojamos x tal que Pρ < x < 1. La definici´on de ρ implica la existencia de N ∈ N n tal que |an | < x para todo n ≥ N . Luego |an | converge por el criterio de comparaci´on para series con t´erminos positivos. (b) Si ρ > 1, tomando x tal que 1 < x < ρ, existen existen infinitos n ∈ N tales que |an | > x > 1. Luego lim an 6= 0. n→∞
p P Nota. Si lim sup n |an | = 1 no puede concluirse nada acerca de la convergencia de an . Las dos series n→∞
consideradas en la nota anterior sirven para ver esto.
2.14
Criterios de Dirichlet y de Abel
(Apostol, Secci´on 8.15) P Teorema 19. (Criterio de Dirichlet). (Apostol, Teorema). Sean an una serie de n´ umeros complejos cuyas sumas parciales forman una sucesi´ o n acotada y {b } una sucesi´ o n decreciente de n´ u meros reales positivos que n P converge a cero. Entonces an bn converge. Prueba. Sea An := a1 + · · · + an . Observemos que para cada n ∈ N n X
Ak (bk+1 − bk ) = A1 (b2 − b1 ) + A2 (b3 − b2 ) + A3 (b4 − b3 ) + · · · + An (bn+1 − bn )
k=1
= A1 b1 − a1 b1 + A2 b3 − A1 b2 − a2 b2 + A3 b4 − A2 b3 − a3 b3 + · · · + An bn+1 − An−1 bn − an bn n X = An bn+1 − ak bk . k=1
Es decir,
n X
ak bk = An bn+1 −
k=1
n X
Ak (bk+1 − bk ).
k=1
Por hip´otesis existe M > 0 tal que |An | ≤ M para todo n ∈ N. Entonces lim |An bn+1 | ≤ M lim bn+1 = 0.
n→∞
n→∞
39
Luego lim |An bn+1 | = 0, lo cual implica que lim An bn+1 = 0. n→∞
n→∞
Ahora, teniendo en cuenta que bn &, se sigue que |Ak (bk+1 − bk )| ≤ M (bk − bk+1 )
para cada k ∈ N.
P Como la serie (bk+1 − bk ) es una P serie telesc´opica convergente, por la prueba de comparaci´on para series de n´ umeros positivos, tenemos que Ak (bk+1 − bk ) converge absolutamente y por consiguiente converge. As´ı que
∞ X
ak bk = lim bn+1 An − n→∞
k=1
∞ X
Ak (bk+1 − bk ) = −
k=1
∞ X
Ak (bk+1 − bk ).
k=1
P Teorema 20. (Criterio de Abel). (Apostol,PTeorema 8.29). Sea an una serie convergente y {bn } una sucesi´ on mon´ otona convergente. Entonces la serie an bn converge. P Prueba. Que an sea convergente significa que la sucesi´on de sus sumas parciales {An } es convergente. Adem´as {bn } es una sucesi´ on convergente. Entonces est´a garantizada la existencia de lim An bn+1 .
n→∞
Adem´as, {An } es acotada por ser convergente. Entonces, siguiendo el mismo procedimiento de la prueba del teorema anterior se sigue que ∞ X
ak bk = lim bn+1 An − n→∞
k=1
2.15
∞ X
Ak (bk+1 − bk ).
k=1
Reordenamiento de Series
(Apostol, Secci´on 8.17) Definici´ on. Sea f una funci´ on uno a uno cuyo dominio es N y cuyo rango es N. Sean tales que bn = af (n) , para n ∈ N. P P Entonces decimos que bn es un reordenamiento de an .
an y
P
bn dos series
P an tambi´en es un reordenamiento de bn . P P Teorema 21. (Apostol, TereomaP8.32). Sea an una serie absolutamente convergente tal que an = s. Entonces todo reordenamiento de an tambi´en converge absolutamente y tiene suma s. P P Prueba. Sea {bn } tal que bn es un reordenamiento de an . Entonces existe f : N → N tal que f (N) = N y tal que bn = af (n) para cada n ∈ N. Se sigue que Adem´as, como an = bf −1 (n) entonces
n X
P
P
|bk | = |b1 | + · · · + |bn | = |af (1) | + · · · + |af (n) | ≤
k=1
Por lo tanto
P
∞ X k=1
bn converge absolutamente.
40
|ak |.
P
bn = s. Sean, para cada n ∈ N, tn := b1 + · · · + bn y sn := a1 + · · · + an . Sea adem´ as > 0 ∞ P |ak | ≤ /2. Entonces arbitrario. Escojamos N ∈ N tal que |sN − s| < /2 y tal que
Veamos ahora que
k=N +1
|tn − s| ≤ |tn − sN | + |sN − s| < |tn − sN | + . 2 Escojamos M ∈ N tal que {1, 2, . . . , N } ⊂ {f (1), f (2), . . . , f (M )}. Si n > M , tenemos que f (n) > N y para tal n se sigue que |tn − sN | =|b1 + · · · + bn − (a1 + · · · + aN )| =|af (1) + · · · + af (n) − (a1 + · · · + aN )| ≤|aN +1 | + |aN +2 | + · · · ≤ . 2 P De esta forma, si n > M , tenemos que |tn − s| < , lo cual significa que bn = s.
2.16
Teorema de Riemman Sobre Series Condicionalmente Convergentes
(Apostol, Secci´on 8.18) P Teorema 22. (Apostol, Teorema 8.33). Sea an una serie condicionalmente de t´erminos reales. P convergente P Sean x, y ∈ [−∞, +∞], tales que x ≤ y. Entonces existe un reordenamiento bn de an tal que lim inf tn = x n→∞
y
lim sup tn = y, n→∞
donde tn := b1 + · · · + bn . Prueba. Descartar losPt´erminos de una serie que son cero no afecta su convergencia o divergencia. Por P lo tanto podemos suponer que an no tiene t´erminos P que son cero. Sea pn el n-´esimo t´eP rmino positivo de an y −qn P el n-´esimo t´ermino negativo. Entonces, como |an | es divergente, se sigue que pn y qn son ambas series divergentes de t´erminos positivos. Adem´ as, como an → 0, entonces pn → 0 y qn → 0. Supongamos inicialmente que x ∈ R y y ∈ R. Construyamos una sucesi´on creciente {xn } y una decreciente {yn } tales que lim xn = x ∈ R, lim yn = y ∈ R. n→∞
n→∞
Definamos ahora dos sucesiones {kn } y {rn } de la siguiente forma: sea k1 el menor n´ umero natural tal que p1 + · · · + pk1 > y1 , sea r1 el menor n´ umero natural tal que p1 + · · · + pk1 − q1 − · · · − qr1 < x1 , sea k2 el menor n´ umero natural tal que p1 + · · · + pk1 − q1 − · · · − qr1 + pk1 +1 + · · · + pk2 > y2 , sea r2 el menor n´ umero natural tal que p1 + · · · + pk1 − q1 − · · · − qr1 + pk1 +1 + · · · + pk2 − qr1 +1 − · · · − qr2 < x2 , P P etc. Esto es posible ya que las sumas parciales de pn y qn son positivas y no acotadas. P La suma que se obtiene con este procedimiento es obviamente un reordenamiento de an . Adem´ as, como pn → 0 y qn → 0, se sigue que la sucesi´ on de sumas parciales de este reordenamiento tiene l´ımite superior y y l´ımite inferior x. El caso en el que alguno de los l´ımites sea −∞ ´o +∞ se sigue con el mismo razonamiento, realizando unas peque˜ nas modificaciones a la prueba. 41
2.17
Multiplicaci´ on de Series
(Apostol, Secci´on 8.24) ∞ P
Definici´ on. Dadas dos series
∞ P
ak y
k=0
bk , definamos
k=0
cn :=
n X
ak bn−k ,
si n = 0, 1, 2, . . .
k=0
La serie
∞ P
P
cn es llamada producto de Cauchy de
an y
P
bn .
k=0 ∞ P
Teorema 23. (Teorema de Mertens). Supongamos que ∞ P
que
ak converge absolutamente y que tiene suma A y
k=0
bk converge y tiene suma B. Entonces el producto de Cauchy de estas dos series converge y tiene suma
k=0
AB. Prueba. Definamos An :=
n P
ak , Bn :=
k=0
y en :=
n X
n P
bk , Cn :=
k=0
n P
ck , donde ck :=
k=0
k X
an bk−n . Sean adem´as dn := B−Bn
n=0
ak dn−k . Entonces
k=0
Cp =
p X n X
ak bn−k =
n=0 k=0
donde
p X p X
fn (k),
n=0 k=0
ak bn−k , si n ≥ k, 0, si n < k.
fn (k) := Por lo tanto Cp =
p p X X
fn (k) =
k=0 n=0
=
p X
p p X X
ak bn−k =
ak Bp−k =
ak
k=0
k=0 n=k p X
p X
p−k X
bn
n=0
ak (B − dp−k ) = Ap B − ep .
k=0
k=0
Veamos entonces que ep → 0 cuando p → ∞ y con eso la prueba queda completa. La sucesi´on {dn } converge a 0 pues B =
P
bn . Por ser {dn } convergente, es acotada y entonces existe M > 0 ∞ P tal que |dn | ≤ M para todo n ∈ N. Definamos K := |an |. Sea > 0 arbitrario, entonces existe N ∈ N tal n=0
que si n > N , |dn | <
2K
y
∞ X n=N +1
|an | <
. 2M
Entonces, para p > 2N tenemos que |ep − 0| ≤
N X
|ak dp−k | +
k=0
p X k=N +1
p N X X |ak | + M |ak dp−k | ≤ |ak | 2K k=0
∞ ∞ X X |ak | + M |ak | < + = . ≤ 2K 2 2 k=0
k=N +1
Como es arbitrario entonces ep → 0 cuando p → ∞. Por lo tanto Cp → AB cuando p → ∞. 42
k=N +1
Cap´ıtulo 3
Sucesiones y Series de Funciones 3.1
Convergencia Puntual
(Rudin, Cap´ıtulo 7) En el presente cap´ıtulo consideraremos funciones cuyo dominio es un subconjunto de C y cuyo rango es un subconjunto de R. Definici´ on. Sea {fn } una sucesi´ on de funciones definidas en un conjunto E y supongamos que la sucesi´ on de n´ umeros {fn (x)} converge para cada x ∈ E. Si definimos, para x ∈ E, una funci´on f por f (x) := lim fn (x), n→∞
decimos que {fn } converge en E y que f es el l´ımite de {fn }. Tambi´en diremos, para ser m´as espec´ıficos, que {fn } converge a f puntualmente en E. Si
P
fn (x) converge para cada x ∈ E y definimos, para cada x ∈ E, ∞ X
f (x) :=
fn (x),
n=1
decimos que f es la suma de la serie
P
fn .
El problema principal que queremos estudiar en este cap´ıtulo es determinar qu´e propiedades importantes de las funciones son preservadas bajo operaciones de l´ımite. Por ejemplo, si las funciones fn son continuas, o diferenciables, o integrables, ¿tambi´en lo ser´a la funci´on l´ımite f ? ¿Qu´e relaci´on habr´a entre fn0 y f 0 ? ¿Qu´e relaci´on habr´a entre las integrales de fn y la integral de f ? Sabemos que una funci´ on f es continua en un punto x si se cumple que lim f (t) = f (x).
t→x
Entonces, preguntarnos si el l´ımite de una sucesi´on de funciones continuas en x es una funci´on continua en x es preguntarnos si lim lim fn (t) = lim fn (x) = lim lim fn (t). t→x n→∞
n→∞
n→∞ t→x
Es decir, es preguntarnos si no importa en qu´e orden tomamos los l´ımites n → ∞ y t → x. En general, el proceso de tomar l´ımite no puede ser intercambiado sin afectar el resultado. Veamos algunos ejemplos.
43
Ejemplo. Para cada n ∈ N, consideremos la funci´on fn definida por fn (x) :=
x , x+n
donde x ∈ R.
Observemos que si dejamos x fijo, fn (x) → 0, por lo tanto la sucesi´on de funciones {fn } converge puntualmente a la funci´on f ≡ 0, que es una funci´ on continua en todo R y entonces para todo x ∈ R.
lim lim fn (t) = 0,
t→x n→∞
Sin embargo, cada funci´ on fn no est´ a definida en x = −n y entonces el orden en los l´ımites que se tomaron no se puede intercambiar si x = −n. Observemos adem´ as que cada funci´ on fn tiene una as´ıntota horizontal con ecuaci´on y = 1 mientras que la funci´on l´ımite es la recta horizontal y = 0, por lo tanto lim lim fn (x) = 0
mientras que
x→∞ n→∞
lim lim fn (x) = 1.
n→∞ x→∞
Luego los l´ımites n → ∞ y x → ∞ no son intercambiables sin alterar el resultado. Ejemplo. Para cada n = 0, 1, 2, 3 . . . definamos la funci´on fn por x2 , (1 + x2 )n
fn (x) :=
donde x ∈ R.
Observemos que fn es continua en R para todo n. Consideremos ahora
∞ X
∞ X
x2 . (1 + x2 )n n=0 n=0 Como fn (0) = 0 para todo n entonces f (0) = 0. Ahora, si x 6= 0, como f (x) :=
fn (x) =
∞ X n=0
1 < 1, tenemos que 1 + x2
1 (1 + x2 )n
es una serie geom´etrica convergente y su suma es 1 1−
1 1 + x2
=
1 + 1. x2
Por lo tanto, si x 6= 0, entonces f (x) = x
2
∞ X n=0
1 = x2 (1 + x2 )n
Es decir
f (x) =
1 +1 x2
= 1 + x2 .
0 si x = 0, , 1 + x2 si x 6= 0.
que es una funci´on discontinua en 0. De esta forma, una serie convergente de funciones continuas puede tener por suma, una funci´on discontinua.
44
Ejemplo. Para n ∈ N y x ∈ R definamos fn por fn (x) :=
sen(nx) √ n
y para cada x ∈ R definamos f por f (x) := lim fn (x) = 0. n→∞
Tenemos entonces que f 0 (x) = 0 para todo x ∈ R y que √ fn0 (x) = n cos(nx). As´ı que la sucesi´on {fn0 } no converge a f 0 . Por ejemplo, fn0 (0) = f 0 (0) = 0.
3.2
√
n → +∞ cuando n → ∞, mientras que
Convergencia Uniforme
(Rudin, Cap´ıtulo 7) Definici´ on. Decimos que una sucesi´ on de funciones {fn } converge uniformemente en un conjunto E a una funci´on f , si para todo > 0 existe N ∈ N tal que n ≥ N implica que |fn (x) − f (x)| ≤ para todo x ∈ E. Claramente toda sucesi´ on uniformemente convergente es puntualmente convergente. Observemos que si {fn } converge puntualmente en E entonces existe una funci´on f tal que, para todo > 0, y para todo x ∈ E, existe N ∈ N, que depende de y de x, tal que n ≥ N implica que |fn (x) − f (x)| ≤ , mientras que si {fn } converge uniformemente en E entonces para todo > 0 es posible encontrar N ∈ N el cual funciona para todo x ∈ E, es decir, N no depende de x. Decimos que la serie
P
fn converge uniformemente en E si la sucesi´on de sumas parciales {sn } definida por sn (x) :=
n X
fi (x)
i=1
converge uniformemente en E. Teorema 1. (Criterio de Cauchy Para Convergencia Uniforme). (Rudin, Teorema 7.8). Una sucesi´ on de funciones {fn } definida en E converge uniformemente en E si y s´ olo si para todo > 0 existe N ∈ N tal que m ≥ N , n ≥ N y x ∈ E implican que |fn (x) − fm (x)| ≤ . Prueba. Supongamos que {fn } converge uniformemente en E y definamos f como la funci´on l´ımite. Entonces existe N ∈ N tal que n ≥ N y x ∈ E implican que |fn (x) − f (x)| ≤ . 2 De esta forma, si m ≥ N , n ≥ N y x ∈ E, entonces tenemos que |fn (x) − fm (x)| ≤ |fn (x) − f (x)| + |f (x) − fm (x)| ≤ . 45
Supongamos ahora que para todo > 0 existe N ∈ N tal que m ≥ N , n ≥ N y x ∈ E implican que |fn (x) − fm (x)| ≤ . Entonces para cada x ∈ E la sucesi´ on {fn (x)} es de Cauchy y como tal sucesi´on ocurre en R, que es un espacio m´etrico completo, entonces para cada x ∈ E existe un n´ umero real, que denotaremos f (x), tal que fn (x) → f (x). De esta forma la sucesi´ on {fn } converge puntualmente a f . Veamos que en realidad converge uniformemente. En efecto, sea > 0 arbitrario. Entonces existe N ∈ N para el cual se cumple la condici´on de Cauchy. Si dejamos n fijo y tomamos m → ∞, como fm (x) → f (x) cuando m → ∞, entonces |fn (x) − f (x)| ≤ para todo n ≥ N y todo x ∈ E. Es decir, {fn } converge uniformemente a f . Teorema 2. (Rudin, Teorema 7.9). Sea {fn } una sucesi´ on de funciones definidas sobre un conjunto E. Supongamos que {fn } converge puntualmente a una funci´ on f . Es decir, que para cada x ∈ E, f (x) := lim fn (x). n→∞
Definamos Mn := sup |fn (x) − f (x)|. x∈E
Entonces fn → f uniformemente en E si s´ olo si Mn → 0 cuando n → ∞. Prueba. Ejercicio. Teorema 3. (Rudin, Teorema 7.10). Sea {fn } una sucesi´ on de funciones definidas en E y {Mn } una sucesi´ on de n´ umeros reales. Supongamos que, para todo x ∈ E y todo n ∈ N, tenemos que |fn (x)| ≤ Mn . Si
P
Mn converge entonces
P
fn converge uniformemente en E. P Prueba. Sea > 0 arbitrario. Si Mn converge, entonces por la condici´on de Cauchy para series existe N ∈ N tal que para todo n ≥ N y todo m ≥ n, se tiene que m X
Mi < .
i=n
Luego, por el criterio de Cauchy para convergencia uniforme, m m m X X X |fi (x)| ≤ Mi < . fi (x) ≤ i=n
De esta forma,
3.3
P
i=n
i=n
fn converge uniformemente en E.
Convergencia Uniforme y Continuidad
(Rudin, Cap´ıtulo 7) Teorema 4. (Rudin, Teorema 7.11 y 7.12 ). Supongamos que {fn } es una sucesi´ on de funciones continuas que converge uniformemente a una funci´ on f en un conjunto E de un espacio m´etrico. Entonces f es continua en E.
46
Prueba. Sea x un punto l´ımite de E y > 0 arbitrario. Por la convergencia uniforme de fn a f elijamos n ∈ N tal que |f (t) − fn (t)| ≤
3
(1)
para todo t ∈ E. Ahora, para tal n, por la continuidad de fn en x, podemos tomar una bola abierta B, centrada en x, tal que si t ∈ B ∩ E, t 6= x, |fn (t) − fn (x)| ≤ . 3
(2)
Por lo tanto, si t ∈ B ∩ E, t 6= x, se sigue que |f (t) − f (x)| ≤ |f (t) − fn (t)| + |fn (t) − fn (x)| + |fn (x) − f (x)| ≤ .
(3)
Luego f es continua en x. Observaci´ on. Si en el teorema anterior x es un punto de acumulaci´on de E tal que x ∈ / E, pero An := lim fn (t) t→x
existe para todo n ∈ N, entonces por la convergencia uniforme de fn , dado > 0 arbitrario, existe N ∈ N tal que si n, m ≥ N , se sigue que |fn (t) − fm (t)| ≤ para todo t ∈ E. Tomando l´ımite t → x obtenemos |An − Am | ≤ . Por lo tanto {An } es una sucesi´ on de Cauchy en R y por lo tanto convergente a un valor A. Adem´as, siguiendo el mismo razonamiento de la prueba, en vez de la desigualdad (2), se obtiene |fn (t) − An | ≤ . 3
(4)
Y por la convergencia An → A, es posible tomar el n ∈ N de la prueba suficientemente grande de tal forma que tambi´en se cumpla que |An − A| ≤ . 3
(5)
Luego, de (1), (4) y (5), en vez de la desigualdad (3), se obtiene |f (t) − A| ≤ |f (t) − fn (t)| + |fn (t) − An | + |An − f (x)| ≤ . As´ı que lim lim fn (t) = lim f (t) = A = lim An = lim lim fn (t).
t→x n→∞
n→∞
t→x
n→∞ t→x
Teorema 5. (Rudin, Teorema 7.13). Sean K un conjunto compacto y (a) {fn } una sucesi´ on de funciones continuas en K, (b) {fn } convergente puntualmente a una funci´ on f continua en K, (c) fn (x) ≥ fn+1 (x) para todo x ∈ K, n = 1, 2, 3, . . . Entonces fn → f uniformemente en K. Prueba. Sea gn := fn − f para cada n ∈ N. Entonces cada gn es continua, gn → 0 puntualmente y gn ≥ gn+1 para todo n ∈ N. Probemos que gn → 0 uniformemente en K. Sea > 0 arbitrario. Para cada n ∈ N sea Kn := {x ∈ K : gn (x) ≥ }. Como gn es continua y el conjunto [, ∞) es cerrado entonces Kn = gn−1 ([, ∞)) es un conjunto cerrado y por lo tanto compacto (pues Kn ⊂ K y K es compacto).
47
Como gn ≥ gn+1 entonces Kn ⊃ Kn+1 para T todo n ∈ N. Fijemos x ∈ K. / Kn T Como gn (x) → 0, entonces x ∈ si n es suficientemente grande. Luego x ∈ / Kn . En otras palabras Kn = φ. Luego, por el teorema de intersecci´on de C´antor, KN es vac´ıo para alg´ un N . Se sigue que 0 ≤ gn (x) < para todo x ∈ K y para todo n ≥ N . Con lo cual queda probado el teorema. Definici´ on. Si X es un espacio m´etrico C(X) denotar´a el conjunto de todas las funciones continuas y acotadas con dominio X. A cada f ∈ C(X) le asociaremos su “norma del supremo”, definida por kf k := sup |f (x)|. x∈X
Como f es acotada entonces kf k < ∞. Obviamente kf k = 0 s´olo si f (x) = 0 para todo x ∈ X, es decir s´ olo si f = 0. Si h = f + g, entonces |h(x)| ≤ |f (x)| + |g(x)| ≤ kf k + kgk para todo x ∈ X, luego kf + gk ≤ kf k + kgk. Si definimos la distancia entre dos funciones f, g ∈ C(X) por kf − gk, entonces C(X) es un espacio m´etrico con la norma del supremo. De esta forma, una sucesi´ on {fn } converge a f con respecto a la m´etrica de C(X) si y s´olo si fn → f uniformemente en X. Teorema 6. (Rudin, Teorema 7.15). C(X) con la m´etrica del supremo es un espacio m´etrico completo. Prueba. Sea {fn } una sucesi´ on de Cauchy en C(X). Esto significa que para todo > 0 existe N ∈ N tal que kfn − fm k < si n, m ≥ N . Luego {fn } converge uniformemente a una funci´on f con dominio X. Como fn es continua en X para todo n ∈ N entonces f es continua en X. Adem´as f es acotada. En efecto, dado = 1, la convergencia uniforme de fn a f implica la existencia de un m ∈ N tal que |fm (x) − f (x)| < 1 para todo x ∈ X. De esta forma si x ∈ X, como fm es acotada, digamos por M , tenemos que |f (x)| ≤ |f (x) − fm (x)| + |fm (x)| ≤ 1 + M. Luego f ∈ C(X) y como fn → f uniformemente en X entonces kf − fn k → 0 cuando n → ∞.
3.4
Convergencia Uniforme e Integraci´ on
(Rudin, Cap´ıtulo 7) Teorema 7. (Rudin, Teorema 7.16). Sea fn : [a, b] → R para n = 1, 2, 3, . . . tal que fn es integrable sobre [a, b], para todo n ∈ N, y fn → f uniformemente en [a, b]. Entonces f es integrable sobre [a, b] y Z
b
Z f = lim
n→∞ a
a
b
fn .
Prueba. Sea n := sup |fn (x) − f (x)|. Entonces |fn (x) − f (x)| ≤ n para todo x ∈ [a, b], o equivalentemente x∈[a,b]
fn (x) − n ≤ f (x) ≤ fn (x) + n ,
para todo x ∈ [a, b],
luego Z
b
Z (fn − n ) ≤
Z f≤
Z f≤
(fn + n ). a
a
48
b
Por lo tanto Z Z Z Z b Z b Z Z Z f − f = f − f ≤ (fn + n ) − f = fn + n (b − a) − f a a Z Z = (fn − f ) + n (b − a) ≤ |fn − f | + n (b − a) ≤ 2n (b − a). Como fn → f uniformemente en [a, b] entonces n → 0 cuando n → ∞. Luego, de la anterior desigualdad se sigue que f es integrable sobre [a, b]. Adem´ as Z b Z b Z b Z Z b b f − f = (f − f ) 1 = n (b − a). ≤ |f − f | ≤ n n n n a
a
a
a
Por lo tanto
b
Z
a
b
Z
fn .
f = lim
n→∞ a
a
Corolario 8. (Rudin, Corolario al Teorema 7.16). Sea fn : [a, b] → R para n = 1, 2, 3, . . . tal que fn es integrable sobre [a, b] para cada n ∈ N. Sea, para cada x ∈ [a, b], f (x) :=
∞ X
fn (x)
n=1
tal que converge uniformemente en [a, b], entonces Z
b
f= a
∞ Z X
b
fn .
n=1 a
Prueba. Para cada n ∈ N y cada x ∈ [a, b] definamos Sn (x) :=
n P
fn (x). Entonces Sn → f uniformemente
k=1
en [a, b]. Adem´as Sn es integrable sobre [a, b] por ser la suma finita de funciones integrables sobre [a, b]. Por el teorema anterior, f es integrable sobre [a, b] y Z
b
Z f = lim
a
3.5
n→∞ a
b
Sn = lim
Z bX n
n→∞ a k=1
fk = lim
n→∞
n Z X k=1
a
b
fk =
∞ Z X k=1
b
fk .
a
Convergencia Uniforme y Diferenciaci´ on
(Rudin, Cap´ıtulo 7) Teorema 9. (Rudin, Teorema 7.17). Sea {fn } una sucesi´ on de funciones, diferenciables en [a, b] y tales que {fn (x0 )} converge para alg´ un x0 ∈ [a, b]. Si {fn0 } converge uniformemente en [a, b] entonces {fn } converge uniformemente en [a, b] a una funci´ on f y f 0 (x) = lim fn0 (x) n→∞
para todo x ∈ [a, b]. Prueba. Sea > 0 arbitrario. Como la sucesi´on {fn (x0 )} es convergente (entonces es de Cauchy) y la sucesi´ on {fn0 } es uniformemente convergente entonces existe N ∈ N tal que si n, m ≥ N se sigue que |fn (x0 ) − fm (x0 )| <
2
0 y |fn0 (t) − fm (t)| <
49
, 2(b − a)
para todo t ∈ [a, b].
Sean x, t ∈ [a, b], x < t. Entonces por el Teorema del Valor Medio aplicado a fn − fm existe ξ ∈ [a, b] tal que |fn (x) − fm (x) − fn (t) + fm (t)| 0 = |fn0 (ξ) − fm (ξ)| ≤ . |x − t| 2(b − a) Luego |fn (x) − fm (x) − fn (t) + fm (t)| ≤
|x − t| ≤ 2(b − a) 2
para todo x, t ∈ [a, b], x < t, si n, m ≥ N . Sean x ∈ [a, b] y n, m ≥ N . Entonces |fn (x) − fm (x)| ≤ |fn (x) − fm (x) − fn (x0 ) + fm (x0 )| + |fn (x0 ) − fm (x0 )| ≤
+ = . 2 2
Es decir, {fn } converge uniformemente en [a, b]. Definamos ahora, para cada x ∈ [a, b], f (x) := lim fn (x). n→∞
Sea y ∈ [a, b] fijo y para t 6= y, t ∈ [a, b], sean φn (t) :=
fn (t) − fn (y) t−y
y
φ(t) :=
f (t) − f (y) . t−y
Entonces lim φn (t) = fn0 (y),
n = 1, 2, 3, . . . .
t→y
Observemos que fn (t) − fn (y) − fm (t) + fm (y) ≤ |φn (t) − φm (t)| = 2(b − a) t−y para todo n, m ≥ N . Luego {φn } converge uniformemente para t 6= y. Como {fn } converge a f entonces lim φn (t) = φ(t)
n→∞
uniformemente para t ∈ [a, b], t 6= y. Empleando la observaci´on hecha despu´es de la prueba del Teorema 4, el l´ımite t → y en la anterior igualdad existe y lim f 0 (y) n→∞ n
= lim lim φn (t) = lim lim φn (t) = lim φ(t) = lim n→∞ t→y
t→y n→∞
t→y
t→y
f (t) − f (y) = f 0 (y). t−y
Teorema 10. (Rudin, Teorema 7.18). Existe una funci´ on f : R → R continua en R la cual es no diferenciable para todo x ∈ R. Prueba. Sea ϕ : R → R la funci´ on definida por ϕ(x) := |x| si x ∈ [−1, 1] y tal que ϕ(x + 2) = ϕ(x). F´ acilmnete puede probarse que para todo s, t ∈ R se tiene que |ϕ(s) − ϕ(t)| ≤ |s − t|. Por lo tanto la funci´ on ϕ es continua en R. n 3 Definamos, para x ∈ R, fn (x) := ϕ(4n x) y 4 f (x) :=
∞ X n=0
50
fn (x).
Como |ϕ(4n x)| ≤ 1 para todo x ∈ R, entonces n 3 |fn (x)| ≤ 4 para todo x ∈ R, y como la serie
P
n P 3 converge, por el Teorema 3 tenemos que fn converge uniforme4
mente en R. P Observemos adem´ as que las sumas parciales de fn son funciones continuas, entonces, como la sucesi´ on de sumas parciales converge uniformemente a f se sigue que f es continua. Fijemos ahora x ∈ R y m ∈ N y definamos
1 δm := ± · 4−m 2 donde el signo se elige de tal forma que no exista un entero entre 4m x y 4m (x + δm ). Lo cual es posible ya que 1 4m |δm | = . 2 Definamos
ϕ(4n (x + δm )) − ϕ(4n x) , n = 0, 1, 2, 3 . . . δm es un n´ umero par, por lo tanto γn = 0 y si 0 ≤ n ≤ m, γn :=
Si n > m entonces 4n δm
|γn | =
|ϕ(4n (x + δm )) − ϕ(4n x)| |4n x + 4n δm − 4n x| ≤ = 4n . |δm | |δm |
Ahora, como no existe un entero entre 4m x y 4m (x + δm ) se sigue que |γm | =
|ϕ(4m (x + δm )) − ϕ(4m x)| |4m x + 4m δm − 4m x| = = 4m . |δm | |δm |
De esta forma ∞ n X n m−1 m n 3 m X f (x + δm ) − f (x) X 3 3 3 = γn = γn = γm + γn 4 δm 4 4 4 n=0 n=0 n=0 m m−1 m−1 X X 3 n 3 1 1 m ≥ γm − γn ≥ 3 − 3n = 3m − (3m − 1) = (3m + 1). 4 4 2 2 n=0
n=0
As´ı, cuando m → ∞, δm → 0 y
f (x + δm ) − f (x) → ∞. δm
Es decir, f no es diferenciable en x.
3.6
Familias Equicontinuas de Funciones
(Rudin, Cap´ıtulo 7) Definici´ on. Sea {fn } una sucesi´ on de funciones definidas en un conjunto E. Decimos que {fn } es puntualmente acotada en E si la sucesi´ on {fn (x)} es acotada para todo x ∈ E, es decir, si existe φ definida sobre E, tal que |fn (x)| < φ(x), para todo n ∈ N y todo x ∈ E.
51
Decimos que {fn } es uniformemente acotada en E si existe un n´ umero M tal que |fn (x)| < M para todo n ∈ N y todo x ∈ E. Definici´ on. Una familia F de funciones f : E ⊂ X → R, donde (X, d) es un espacio m´etrico, se dice equicontinua en E si para todo > 0 existe un δ > 0 tal que |f (x) − f (y)| < , cuando d(x, y) < δ, para todo x, y ∈ E y toda f ∈ F. Claramente todo miembro de una familia equicontinua es uniformemente continua. Teorema 11. (Rudin, Teorema 7.23). Si {fn } es una sucesi´ on de funciones puntualmente acotada en un conjunto a lo sumo contable E, entonces {fn } tiene una subsucesi´ on {fnk } tal que {fnk (x)} converge para todo x ∈ E. Prueba. Supongamos inicialmente que E es infinito. Sea {xi }, i=1,2,3,. . . , el conjunto de los puntos de E, arreglados en una sucesi´ on. Como {fn (x1 )}n es acotada, entonces existe una subsucesi´on, la cual denotaremos S1 , de la forma {f1,k }k , tal que {f1,k (x1 )}k converge cuando k → ∞. Como {f1,k (x2 )}k es acotada, entonces a su vez tiene una subsucesi´ on S2 , de la forma {f2,k }k , tal que {f2,k (x2 )} converge cuando k → ∞. Continuando con este procedimiento obtenemos sucesiones S1 , S2 , . . . , las cuales podemos representar en el siguiente arreglo S1 S2 S3 S4 .. .
: : : :
f1,1 f2,1 f3,1 f4,1 .. .
f1,2 f2,2 f3,2 f4,2 .. .
f1,3 f2,3 f3,3 f4,3 .. .
f1,4 f2,4 f3,4 f4,4 .. .
··· ··· ··· ··· .. .
y en las cuales se cumplen las siguientes propiedades: (a) Sn es subsucesi´ on de Sn−1 , n = 2, 3, 4 . . . , es decir {fn,k }k es subsucesi´on de {fn−1,k }k , n = 2, 3, 4, . . . (b) {fn,k (xn )}k converge cuando k → ∞. Entonces consideramos la sucesi´ on diagonal S:
f1,1 , f2,2 , f3,3 , . . .
Claramente S es una subsucesi´ on de {fn }n , adem´as {fn,n (xi )}n converge para todo xi ∈ E cuando n → ∞. Para el caso finito, E = {x1 , . . . , xN }, se consideran las subsucesiones S1 , . . . , SN de igual forma que para el caso infinito. Tenemos entonces que SN es subsucesi´on de {fn } y converge en cada uno de los puntos de E. Teorema 12. (Rudin, Teorema 7.24). Si K es un espacio m´etrico compacto y fn ∈ C(K) para n = 1, 2, 3, . . . , y {fn } converge uniformemente en K, entonces {fn } es equicontinua en K. Prueba. Sea > 0 arbitrario. Como {fn } converge uniformemente entonces existe N ∈ N tal que kfn − fN k < para todo n > N .
52
3
Como cada fn es continua y est´ a definida en el compacto K, entonces es uniformemente continua. Luego existen δ1 , · · · , δN > 0 tales que |fn (x) − fn (y)| < , 3
si d(x, y) < δn ,
para cada n = 1, . . . , N .
Si definimos δ := min{δ1 , . . . , δN }, entonces se cumple que |fn (x) − fn (y)| < , 3
si d(x, y) < δ,
para cada n = 1, . . . , N .
Ahora, si n > N y d(x, y) < δ se sigue que |fn (x) − fn (y)| ≤ |fn (x) − fN (x)| + |fN (x) − fN (y)| + |fN (y) − fn (y)| <
+ + = . 3 3 3
As´ı que |fn (x) − fn (y)| ≤ para todo n ∈ N, si d(x, y) < δ. Concluimos que {fn } es equicontinua en K. Teorema 13. (Rudin, Teorema 7.25). Sea K compacto y {fn } una sucesi´ on tal que fn ∈ C(K) para todo n ∈ N. Si {fn } es puntualmente acotada y equicontinua en K, entonces {fn } es uniformemente acotada en K. Prueba. Sea > 0 arbitrario. Como {fn } es equicontinua entonces existe δ > 0 tal que si d(x, y) < δ se sigue que |fn (x) − fn (y)| < para todo n ∈ N. Como K es compacto entonces existen finitos puntos p1 , . . . , pr en K tales que el conjunto {B(pi , δ) : i = 1, 2, . . . , r} es un cubrimiento abierto de K. Sea x ∈ K arbitrario entonces existe 1 ≤ m ≤ r tal que x ∈ B(pm , δ), es decir, d(pm , x) < δ. Ahora, como {fn } es puntualmente acotada, entonces para cada i = 1, 2, . . . , r existe Mi tal que |fn (xi )| < Mi para todo n ∈ N. De esta forma, si definimos M := max{M1 , . . . , Mr }, tenemos que, para cada n ∈ N |fn (x)| ≤ |fn (x) − fn (pm )| + |fn (pm )| < + Mm ≤ + M. Como y x son arbitrarios, entonces |fn (x)| < M para todo n ∈ N y todo x ∈ K. Teorema 14. (Teorema de Arzela-Ascoli). (Bartle, Teorema 26.7). Sea K compacto y F una familia de funciones tal que f ∈ C(K) para toda f ∈ F. Se sigue que F es uniformemente acotada y equicontinua en K si y s´ olo si toda sucesi´ on de funciones de F tiene una subsucesi´ on uniformemente convergente en K. Prueba. Supongamos inicialmente que no se cumple que F sea uniformemente acotada y equicontinua en K y probemos que no se cumple que toda sucesi´on de funciones de F tiene una subsucesi´on uniformemente convergente en K. Tenemos dos posibilidades; la primera es que F no sea uniformemente acotada. En este caso existe una sucesi´on {fn } en F tal que kfn k ≥ n para todo n ∈ N. Esto implica que ninguna subsucesi´ on de {fn } es uniformemente convergente en K. La segunda posibilidad es que F no sea equicontinua. Esto significa que existe 0 > 0 tal que para todo δ > 0, y en particular para cada δn := 1/n con n ∈ N, existen xn , yn ∈ K y fn ∈ F tales que d(xn , yn ) < δn y |fn (xn ) − fn (yn )| > 0 . Obtenemos entonces una sucesi´on {fn } en F, la cual claramente no tiene subsucesiones que sean uniformemente convergentes. Supongamos ahora que F es uniformemente acotada y equicontinua en K y probemos que toda sucesi´ on en F tiene una subsucesi´ on uniformemente convergente en K. Fijemos m ∈ N. Por la compacidad de K existe un 53
cubrimiento de K conformado por bolas abiertas de radio 1/m y centros en un n´ umero finito de puntos de K. Al conjunto conformado por los centros de estas[bolas lo llamaremos Em . Si repetimos este procedimiento para cada m ∈ N y consideramos el conjunto E := Em , entonces E es un subconjunto a lo sumo contable de K m∈N
que cumple la siguiente condici´ on: para todo x ∈ K existe y ∈ E tal que kx − yk < . Sea {fn } una sucesi´ on arbitraria en F. Como F es uniformemente acotada, entonces {fn } es puntualmente acotada en E. De esta forma, por el Teorema 11, existe {fnk } subsucesi´on de {fn } que converge para todo punto de E. Mostremos que en realidad {fnk } converge en todo K y que esta convergencia es uniforme. Sea > 0 arbitrario. Para este sea δ el valor dado por la definici´ on de equicontinuidad de F y sea m ˜ ∈ N tal que 1/m ˜ < δ. Dado x ∈ K arbitrario, existe y ∈ Em ˜ < δ. Por la equicontinuidad de F, ˜ tal que kx − yk < 1/m kfnk (x) − fnk (y)k < ,
para todo k ∈ N.
Adem´as, {fnk (y)} es convergente, y por lo tanto de Cauchy. Luego existe N ∈ N tal que para todo m, l > N se sigue que kfnm (y) − fnl (y)k < . Tenemos entonces que si m, l > N , kfnm (x) − fnl (x)k ≤ kfnm (x) − fnm (y)k + kfnm (y) − fnl (y)k + kfnl (y) − fnl (x)k ≤ + + = 3. Como es arbitrario, empleando el Criterio de Cauchy Para Convergencia Uniforme (Teorema 1) concluimos que {fnk } converge uniformemente en K.
3.7
El Teorema de Stone-Weierstrass
(Rudin, Cap´ıtulo 7) Teorema 15. (Rudin, Teorema 7.26). Si f es una funci´ on continua en [a, b] entonces existe una sucesi´ on de polinomios Pn tal que Pn → f uniformemente en [a, b]. Prueba. Para tener claridad sobre la variable de integraci´ on, teniendo en cuenta que en algunas integrales se Rb Rb incluir´an varias variables, adoptaremos la notaci´on a f (x)dx para denotar a f . Supongamos inicialmente que [a, b] = [0, 1] y que f (0) = f (1) = 0. Definamos f (x) = 0 si x ∈ R y x ∈ / [0, 1]. De esta forma f es uniformemente continua en R. Definamos ahora, para n ∈ N, una funci´ on Qn : R → R por Qn (x) := cn (1 − x2 )n donde cn es una constante tal que Z
1
Qn (x)dx = 1. −1
Observemos que Z
1 2 n
Z
(1 − x ) dx = 2 −1
Luego cn <
2 n
Z
(1 − x ) dx ≥ 2 0
√
1
√ 1/ n 2 n
Z
(1 − x ) dx ≥ 2 0
0
√ 1/ n
4 1 (1 − nx2 )dx = √ > √ . 3 n n
n.
√ √ Sea 0 < δ < 1. Se sigue que, si δ ≤ |x| ≤ 1 entonces, Qn (x) ≤ n(1−δ 2 )n . De esta forma, como n(1−δ 2 )n → 0 cuando n → ∞, entonces Qn → 0 uniformemente en el conjunto {x ∈ [−1, 1] : δ ≤ |x| ≤ 1}.
54
Definamos ahora, para cada n ∈ N y x ∈ [0, 1], Z
1
Z
1−x
f (x + t)Qn (t)dt.
f (x + t)Qn (t)dt =
Pn (x) :=
−x
−1
Por el teorema de cambio de variable tenemos que Z Pn (x) =
1
f (t)Qn (t − x)dt.
0
Por lo tanto, para cada n ∈ N, Pn es un polinomio de grado 2n y entonces {Pn } es una sucesi´on de polinomios. Sea > 0 arbitrario. Por la continuidad uniforme de f escojamos δ > 0 tal que si |y − x| < δ entonces |f (y) − f (x)| < . 2 Sea M = sup |f (x)| y x ∈ [0, 1] entonces x∈[0,1]
Z 1 Z 1 Z 1 |Pn (x) − f (x)| = f (x + t)Qn (t)dt − f (x) = f (x + t)Qn (t)dt − f (x) Qn (t)dt −1 −1 −1 Z 1 Z 1 |f (x + t) − f (x)|Qn (t)dt = [f (x + t) − f (x)]Qn (t)dt ≤ −1 −1 Z −δ Z δ Z 1 = |f (x + t) − f (x)|Qn (t)dt + |f (x + t) − f (x)|Qn (t)dt + |f (x + t) − f (x)|Qn (t)dt −1
−δ
δ
−δ
Z 1 Z δ Qn (t)dt + ≤ 2M Qn (t)dt + 2M Qn (t)dt 2 −δ −1 δ √ ≤ 4M n(1 − δ 2 )n + < 2 Z
para todo n > N donde N es un n´ umero natural suficientemente grande. Para el caso general definimos una funci´ on g : [0, 1] → R por g(x) := f ((b − a)x + a) − f (a) − x[f (b) − f (a)]. Observemos que g(0) = g(1) = 0. Entonces aplicamos el resultado ya probado a g y con esto es clara la existencia de la sucesi´on de polinomios que converge uniformemente a f ya que la diferencia f − g es un polinomio.
3.8
Series de Potencias
(Rudin, Cap´ıtulos 3 y 8) Definici´ on. Dada una sucesi´ on {cn } de n´ umeros complejos, la serie ∞ X
cn z n
n=0
es llamada una serie de potencias. Los n´ umeros cn son llamados coeficientes de la serie y z es un n´ umero complejo. A cada serie de potencias est´ a asociado un c´ırculo, llamado c´ırculo de convergencia o disco de convergencia. ´ Este es tal que la serie converge si z est´ a en el interior del disco y diverge si est´a en el exterior. 55
Teorema 16. (Rudin, Teorema 3.39). Dada la serie de potencias α := lim sup n→∞
p n |cn |
y
P
R :=
cn z n , definamos
1 . α
(Si α = 0, definimos R := +∞ y si α = +∞ definimos R := 0). Entonces si |z| > R.
P
cn z n converge si |z| < R y diverge
Prueba. Sea an := cn z n para cada n ∈ N. Entonces lim sup n→∞
p p |z| n |an | = |z| lim sup n |cn | = . R n→∞
Por el criterio de convergencia de la ra´ız se sigue el resultado del teorema. Ejemplos P n n (a) La serie n z tiene radio de convergencia R = 0. Por lo tanto la serie diverge si |z| > 0. Ahora, si |z| = R, es decir si z = 0 obviamente la serie converge. P zn (b) La serie tiene R = +∞ (esto puede verse m´as f´acilmente por el criterio de convergencia de la raz´ on). n! Por lo tanto la serie converge para todo z ∈ C. P n (c) La serie z tiene R = 1. Si |z| = 1 la serie diverge ya que en este caso la sucesi´on {z n } no converge a cero cuando n → ∞. P zn (d) La serie tiene R = 1. Si |z| = 1 la serie puede ser convergente o divergente. Por ejemplo, si z = 1 n la serie diverge y si z = −1 la serie converge. n z P zn 1 (e) La serie tiene R = 1. Si |z| = 1 se tiene que 2 = 2 . Por lo tanto, empleando el criterio de 2 n n n comparaci´on, podemos concluir que la serie converge para todo z tal que |z| ≤ 1. P En los siguientes teoremas restringiremos los valores de x a valores reales en la serie de potencias cn xn y por lo tanto hablaremos de intervalos de convergencia (−R, R) en vez de discos de convergencia. Teorema 17. (Rudin, Teorema 8.1). Supongamos que la serie ∞ X
cn xn
n=0
converge para |x| < R y definamos f (x) :=
∞ X
cn xn
(|x| < R).
n=0
Entonces la serie converge uniformemente en el intervalo [−R+, R−] para todo ∈ (0, R). Adem´ as la funci´ on f es continua y diferenciable en (−R, R) y f 0 (x) =
∞ X
ncn xn−1
(|x| < R).
n=1
Prueba. Sea 0 < < R arbitrario. Para |x| ≤ R − tenemos que |cn xn | ≤ |cn (R − )n |; P y como |cn (R − )n | converge (lo cual puede probarse f´acilmente con el criterio de la ra´ız teniendo presente P que R− es un punto del intervalo de convergencia), entonces cn xn converge uniformemente en [−R+, R−].
56
Ahora, como
√ n
n → 1 cuando n → ∞ entonces lim sup n→∞
Luego, las series
∞ X
p p n n|cn | = lim sup n |cn |. n→∞
cn x
n
∞ X
y
n=0
ncn xn−1
n=1
tienen el mismo intervalo de convergencia. Aplicando el resultado ya probado para
P
cn xn tenemos que ∞ X
ncn xn−1
n=1
converge uniformemente en [−R + , R − ] para todo 0 < < R. Si definimos, para cada n ∈ N, Sn (x) :=
n X
ck xk .
k=0
Entonces la sucesi´ on {Sn (0)} converge y adem´as la sucesi´on {Sn0 } converge uniformemente en [−R + , R − ]. Por lo tanto ∞ X f 0 (x) = lim Sn0 (x) = ncn xn−1 para |x| ≤ R − . n→∞
n=1
En realidad la igualdad se sigue para todo x tal que |x| < R ya que dado x ∈ (−R, R) arbitrario, tomando ∈ [|x|, R] se sigue que |x| ≤ R − . Finalmente observemos que f es continua en (−R, R) por la existencia de f 0 en (−R, R). Observemos que del teorema anterior es claro el siguiente resultado. Corolario 18. (Rudin, Corolario al Teorema 8.1). Supongamos que la serie ∞ X
cn xn
n=0
converge para |x| < R y definamos f (x) :=
∞ X
cn xn
(|x| < R).
n=0
Entonces f tiene derivadas de todos los ´ ordenes en (−R, R), las cuales est´ an dadas por f (k) (x) =
∞ X
n(n − 1) · · · (n − k + 1)cn xn−k .
n=k
En particular f (k) (0) = k!ck ,
para todo k = 0, 1, 2, . . .
(Aqu´ı, f (0) significa f y f (k) es la derivada de f de orden k, para k ∈ N). P Teorema 19. (Rudin, Teorema 8.2). Supongamos que cn es una serie convergente. Definamos f (x) :=
∞ X
cn xn
(−1 < x < 1).
n=0
Entonces lim f (x) =
x→1
∞ X n=0
57
cn .
Prueba. Para n = 0, 1, 2, . . . definamos sn := c0 + · · · + cn y s−1 := 0. Entonces m X
cn xn =
n=0
m X
(sn − sn−1 )xn =
n=0
=
m−1 X
m−1 X
sn xn + sm xm −
n=0
sn xn + sm xm − x
n=0
m X
sn−1 xn =
n=0
m−1 X
sn xn = (1 − x)
n=0
m−1 X
sn xn + sm xm −
n=0
m−1 X
m−1 X
sn xn+1
n=−1
sn xn + sm xm .
n=0
Si |x| < 1 y tomamos m → ∞ obtenemos f (x) = (1 − x)
∞ X
s n xn
n=0
Definamos s := lim sn . Sea > 0 arbitrario. Escojamos N ∈ N tal que si n > N entonces n→∞
|s − sn | < . 2 De esta forma, como (1 − x)
∞ X
xn = 1
(|x| < 1),
n=0
entonces tenemos que ∞ N X X n |f (x) − s| = (1 − x) (sn − s)x ≤ (1 − x) |sn − s||x|n + ≤ 2 n=0
n=0
si x > 1 − δ, para cierto δ > 0 escogido adecuadamente. Teorema 20. (Rudin, Teorema 8.3). Dada una sucesi´ on doble {aij }, i = 1, 2, 3, . . . , j = 1, 2, 3, . . . , supongamos que ∞ X
|aij | = bi
(i = 1, 2, 3, . . . )
j=1
y que
P
bi converge. Entonces
∞ X ∞ X
aij =
i=1 j=1
∞ X ∞ X
aij .
j=1 i=1
Prueba. Sea E := {x0 , x1 , x2 , . . . } un conjunto contable tal que xn → x0 cuando n → ∞. Definamos fi (x0 ) :=
∞ X
aij
(i = 1, 2, 3, . . . ),
aij
(i, n = 1, 2, 3, . . . ),
j=1
fi (xn ) := g(x) :=
n X j=1 ∞ X
fi (x)
(x ∈ E).
i=1
Observemos que para cada i ∈ N tenemos que fi (xn )P → fi (x0 ). Luego fi es continua en x0 para toda i ∈ N. Ahora, como |fi (x)| ≤ bi para todo x ∈ E entonces fi (x) converge uniformemente en E, con lo cual g es continua en x0 .
58
De esta forma tenemos que ∞ X ∞ X
aij =
i=1 j=1
∞ X
fi (x0 ) = g(x0 ) = lim g(xn ) n→∞
i=1
= lim [g(x1 ) + (g(x2 ) − g(x1 )) + (g(x3 ) − g(x2 )) + · · · + (g(xn ) − g(xn−1 ))] n→∞ "∞ # ∞ ∞ ∞ n X ∞ ∞ X ∞ X X X X X X = lim ai1 + ai2 + ai3 + · · · + ain = lim aij = aij . n→∞
i=1
i=1
i=1
i=1
n→∞
j=1 i=1
j=1 i=1
Teorema 21. (Teorema de Taylor). (Rudin, Teorema 8.4). Sea f (x) :=
∞ X
cn xn ,
n=0
convergente en |x| < R. Si −R < a < R entonces f puede ser expandida en una serie de potencias alrededor de x = a, la cual converge en |x − a| < R − |a| y f (x) =
∞ X f (n) (a)
n!
n=0
(x − a)n
(|x − a| < R − |a|).
Prueba. Observemos que como |x − a| < R − |a| entonces |x − a| + |a| < R, luego ∞ X
|cn |(|x − a| + |a|)n
n=0
es una serie convergente. Por lo tanto ∞ ∞ X n X X n n−m m = cn |cn |(|x − a| + |a|)n a (x − a) m n=0
n=0 m=0
converge, y con esto, del teorema anterior se sigue que ∞ X n X n=0 m=0
∞ X ∞ X n n−m n n−m m cn a (x − a) = cn a (x − a)m . m m n=m m=0
De esta forma f (x) =
∞ X n=0
cn [(x − a) + a]n =
∞ X n=0
cn
n X n m=0
m
an−m (x − a)m =
∞ X m=0
"
# ∞ X n cn an−m (x − a)m . m n=m
Pero ∞ ∞ ∞ X X X n n! n(n − 1) · · · (n − m + 1) n−m f (m) (a) n−m n−m cn a = cn a = cn a = . m!(n − m)! m! m! m n=m n=m n=m
Por lo tanto f (x) =
∞ X f (n) (a) n=0
n!
59
(x − a)n .
P P Teorema 22. (Rudin, Teorema 8.5). Sean an xn y bn xn series convergentes en el intervalo S := (−R, R) y sea E el conjunto de los puntos x de S en los cuales ∞ X
an xn =
n=0
∞ X
bn xn .
(6)
n=0
Si E tiene un punto l´ımite en S entonces an = bn para n = 0, 1, 2, . . . , es decir, la igualdad (6) se cumple para todo x ∈ S. Prueba. Para cada n ∈ N definamos cn := an − bn y para cada x ∈ S definamos f (x) :=
∞ X
cn xn .
n=0
Entonces f (x) = 0 para todo x ∈ E. Sea A el conjunto de todos los puntos l´ımites de E en S y sea B el conjunto de los dem´as puntos de S, entonces B es abierto. Probemos que A tambi´en es abierto. Sea x0 ∈ A un punto arbitrario. Como A ⊂ S entonces por el teorema anterior f (x) =
∞ X
dn (x − x0 )n
(|x − x0 | < R − |x0 |).
n=0
Mostremos que dn = 0 para todo n = 0, 1, 2, 3 . . . Supongamos, razonando por el absurdo, que no es as´ı. Sea k el menor entero positivo tal que dk 6= 0. Entonces f (x) =
∞ X
dn (x − x0 )n = (x − x0 )k
n=k
∞ X
dn (x − x0 )n−k = (x − x0 )k
∞ X
dn+k (x − x0 )n ≡ (x − x0 )k g(x).
n=0
n=k
Observemos que la funci´ on g es una serie de potencias que tiene radio de convergencia |x − x0 | < R − |x0 | luego es continua en x0 . Adem´ as g(x0 ) = dk 6= 0. Por lo tanto existe 0 < δ < R − |x0 | tal que g(x) 6= 0 si |x − x0 | < δ. Lo cual implica que f (x) 6= 0 si x 6= x0 y |x − x0 | < δ. Esto es absurdo ya que x0 es un punto l´ımite de E. De esta forma f = 0 en un intervalo abierto I ⊂ S que contiene a x0 . Luego todos los puntos de I son puntos l´ımites de E en S y entonces I ⊂ A. Lo cual significa que A es abierto. Tenemos entonces hasta el momento que S = A ∪ B, donde A y B son abiertos. Como S es conexo y por hip´otesis A 6= φ entonces B = φ. Es decir A = S. Pero A ⊂ E ya que si x ∈ A entonces existe una sucesi´on {xn } de puntos en E tal que xn → x y como f es continua en S entonces f (xn ) → f (x), donde f (xn ) = 0 para todo n ∈ N, luego f (x) = 0, es decir x ∈ E. Concluimos que E = S.
60
Cap´ıtulo 4
Series de Fourier 4.1
La Funci´ on Exponencial
(Rudin, Cap´ıtulo 8) Definici´ on. Sea e :=
∞ X 1 . n!
n=0
Observemos que la anterior serie converge pues 1 1 < 2 n! n para todo n ≥ 4. Definamos ahora, para z ∈ C, E(z) :=
∞ X zn n=0
n!
.
Como
n+1 z (n + 1)! |z| zn = n + 1 → 0 n! para todo z ∈ C entonces la serie converge absolutamente para todo z ∈ C. Veamos algunas propiedades. • Por el teorema de Mertens sobre el producto de Cauchy de series tenemos que, si zn an := , n! entonces
wn bn := n! ∞ X n=0
an
∞ X n=0
y
cn :=
n X
ak bn−k ,
k=0
bn =
∞ X
cn .
n=0
Es decir ∞ X n ∞ X n X X z k wn−k 1 n! = z k wn−k k! (n − k)! n! k!(n − k)! n=0 k=0 n=0 k=0 ∞ n ∞ X X 1 n k n−k X (z + w)n = = E(z + w). z w = n! k n!
E(z)E(w) =
n=0
n=0
k=0
61
• Como consecuencia de lo anterior se sigue que E(z)E(−z) = E(z − z) = E(0) =
1 = 1. 0!
Por lo tanto E(z) 6= 0 para todo z ∈ C. Ahora, si x ∈ R es tal que x > 0 entonces, de la definici´ on, 1 E(x) > 0 y si x < 0 entonces E(−x) > 0 y E(x) = > 0. Es decir, E(x) > 0 para todo x ∈ R. E(−x) • Nuevamente de la definici´ on se sigue que E(x) → ∞ si x → ∞. Luego lim E(x) = lim
x→−∞
x→−∞
• Si 0 < x < y entonces E(x) =
∞ X xn n=0
n!
<
1 = 0. E(−x)
∞ X yn n=0
n!
= E(y)
y 1 1 < = E(−x). E(y) E(x) Por lo tanto, E es estrictamente creciente en R. E(−y) =
• Observemos que E(z + h) − E(z) E(z)E(h) − E(z) E(h) − 1 = lim = E(z) lim h→0 h→0 h→0 h h h ∞ ∞ n n−1 X X 1 h h =E(z) lim = E(z) lim . h→0 h h→0 n! n! lim
n=1
Ahora, como la funci´ on f (h) :=
n=1
∞ X hn−1 n=1
n!
es continua en todo R (ya que es una serie de potencias convergente en todo R lo cual puede comprobarse f´acilmente con el criterio de la raz´ on), entonces en particular es continua en h = 0 y por lo tanto lim f (h) = f (0) = 1.
h→0
Es decir lim
h→0
De esta forma
∞ X hn−1 n=1
n!
= 1.
E(z + h) − E(z) = E(z). h→0 h lim
Por lo tanto E 0 (z) = E(z). • E(z1 + · · · + zn ) = E(z1 ) · · · E(zn ). Por lo tanto, si z1 = · · · = zn = 1, se sigue que E(n) = [E(1)]n = en • Si p =
(n = 1, 2, 3, . . . ).
n donde n, m ∈ N, tenemos que m [E(p)]m = E(p) · · · E(p) = E(mp) = E(n) = en .
Luego si p > 0 y p ∈ Q entonces E(p) = en/m = ep y E(−p) = para todo p ∈ Q. 62
1 1 = p = e−p . Por lo tanto E(p) = ep E(p) e
• Definimos, para x ∈ R, ex := sup{ep : p < x, p ∈ Q}. Entonces, como E es continua en R y adem´ as ep = E(p) si p ∈ Q y E es creciente en R se sigue que E(x) = ex para todo x ∈ R. • Observemos que si x > 0 ex =
∞ X xn n=0
n!
para todo n ∈ N. Luego xn e−x <
>
xn+1 (n + 1)!
(n + 1)! x
para todo x > 0 y todo n ∈ N. Lo cual implica que lim xn e−x = 0
x→∞
para todo n ∈ N. Esto significa que la funci´on ex tiende a infinito ”m´as r´apido” que cualquier potencia de x, cuando x tiene a infinito. Podemos resumir los resultados vistos acerca de la funci´on ex en el siguiente teorema. Teorema 1. (Rudin, Teorema 8.6). Para x ∈ R, (a) ex es continua y diferenciable en R. (b) (ex )0 = ex . (c) ex es una funci´ on estrictamente creciente y ex > 0. (d) ex+y = ex ey . (e) ex → +∞ cuando x → +∞ y ex → 0 cuando x → −∞. (f )
4.2
lim xn e−x = 0 para todo n ∈ N.
x→+∞
Las Funciones Trigonom´ etricas
(Rudin, Cap´ıtulo 8) Definici´ on. Sean, para cada x ∈ R, 1 C(x) := [E(ix) + E(−ix)], 2
S(x) :=
1 [E(ix) − E(−ix)]. 2i
Veamos algunas propiedades. • Si x ∈ R entonces ∞ ∞ X X 1 1 n n E(ix) + E(−ix) = [(ix) + (−ix) ] = [(i)n + (−i)n ]xn . n! n! n=0
n=0
Adem´as n
n
(i) + (−i) =
0 si n es impar, ±2 si n es par.
Por lo tanto C(x) ∈ R para todo x ∈ R. Tambi´en tenemos que ∞ ∞ X X 1 1 n n E(ix) − E(−ix) = [(ix) − (−ix) ] = [(i)n − (−i)n ]xn , n! n! n=0
n=0
63
con n
n
(i) − (−i) =
±2i si n es par, 0 si n es impar.
Luego S(x) ∈ R para todo x ∈ R. • Para x ∈ R tenemos que C(x) + iS(x) = E(ix). Entonces C(x) y S(x) son, respectivamente, las partes real e imaginaria de E(ix) si x ∈ R. De esta forma |E(ix)|2 =E(ix)E(ix) = [C(x) + iS(x)][C(x) − iS(x)] = C 2 (x) + S 2 (x) 1 1 = [E 2 (ix) + 2E(ix)E(−ix) + E 2 (−ix)] − [E 2 (ix) − 2E(ix)E(−ix) + E 2 (−ix)] 4 4 =E(ix)E(−ix) = 1. Por lo tanto |E(ix)| = 1 si x ∈ R y como C(x) y S(x) son, respectivamente, las partes real e imaginaria de E(ix) entonces |C(x)| ≤ 1 y |S(x)| ≤ 1 para todo x ∈ R. • De las definiciones de C y S tenemos que 1 C(0) = [E(0) + E(0)] = 1, 2
S(0) =
1 [E(0) − E(0)] = 0. 2i
• Como E 0 (z) = E(z) para todo z ∈ C entonces, si x ∈ R, se sigue que 1 1 1 C 0 (x) = [E 0 (ix) + E 0 (−ix)] = [iE(ix) − iE(−ix)] = [E(ix) − E(−ix)] = −S(x) 2 2 −2i y adem´as que S 0 (x) =
1 0 1 1 [E (ix) − E 0 (−ix)] = [iE(ix) + iE(−ix)] = [E(ix) + E(−ix)] = C(x). 2i 2i 2
• Existe x > 0 tal que C(x) = 0. En efecto, razonando por el absurdo, supongamos que esto no es cierto. Como C(0) = 1 y C es continua en R entonces C(x) > 0 para todo x > 0. Es decir S 0 (x) > 0 para todo x > 0. As´ı que S es estrictamente creciente en x > 0 y como S(0) = 0 entonces S(x) > 0 para todo x > 0. De esta forma si 0 < x < y tenemos que, si t > x, S(t) > S(x) y Z y Z y S(t)dt > S(x)dt = S(x)(y − x). x
Pero
Z
y
Z
y
S(t)dt = x
x
−C 0 (t)dt = C(x) − C(y) ≤ |C(x) − C(y)| ≤ |C(x)| + |C(y)| ≤ 2.
x
Luego S(x)(y − x) ≤ 2. Lo cual es absurdo ya que si y > x +
2 entonces S(x)(y − x) > 2. S(x)
• Como C es continua el conjunto de ceros de C es un conjunto cerrado. Sea a un cero de C. Entonces el conjunto A := {x ∈ [0, a] : C(x) = 0} es un conjunto compacto, luego tiene m´ınimo, el cual llamaremos x0 . (Observemos que x0 > 0 ya que C(0) = 1). Definamos el n´ umero π por π = 2x0 . Entonces C(π/2) = 0. Y como 1 = |E(iπ/2)| = |C(π/2) + iS(π/2)| = |S(π/2)| tenemos que S(π/2) = ±1. Ahora, como C(x) > 0 en (0, π/2) entonces S es creciente en (0, π/2). Luego S(π/2) = 1. 64
• De lo anterior se sigue que E(πi/2) = C(π/2) + iS(π/2) = i y entonces E(πi) = E(πi/2 + πi/2) = E(πi/2)E(πi/2) = −1 y E(2πi) = E(πi + πi) = E(πi)E(πi) = 1. Por lo tanto E(z + 2πi) = E(z)
(z ∈ C).
Si x ∈ R entonces 1 1 C(x + 2π) = [E(ix + 2πi) + E(−ix − 2πi)] = [E(ix) − E(−ix)] = C(x) 2 2 y adem´as S(x + 2π) =
1 1 [E(ix + 2πi) − E(−ix − 2πi)] = [E(ix) − E(−ix)] = S(x). 2i 2i
En adelante llamaremos, para x ∈ R, cos x al n´ umero C(x) y sen x al n´ umero S(x). Podemos resumir los resultados vistos acerca de las funciones cos x y sen x en el siguiente teorema. Teorema 2. (Rudin, Teorema 8.7). Para x ∈ R, (a) cos(−x) = cos(x) para todo x ∈ R. Es decir, cos x es una funci´ on par. (b) sen(−x) = −sen(x) para todo x ∈ R. Es decir, sen x es una funci´ on impar. (c) cos x y sen x son continuas y diferenciables en R. (d) (cos x)0 = −sen x y (sen x)0 = cos x. (e) |cos x| ≤ 1 y |sen x| ≤ 1 para todo x ∈ R. (f ) cos x y sen x son funciones peri´ odicas y tienen per´ıodo 2π.
4.3
El Espacio PC(2π)
(Bartle, Secci´on 38) Definici´ on. Sea f : R → R una funci´ on 2π peri´odica. Diremos que f es continua por secciones o continua a tramos si f es continua excepto, posiblemente, en un numero finito de puntos x1 , . . . , xr en cualquier intervalo de longitud 2π y adem´ as existen los l´ımites laterales f (xj −) y f (xj +) para todo j = 1, . . . , r. Denotaremos P C(2π) al conjunto de funciones 2π peri´odicas y continuas a tramos. F´acilmente puede verse que P C(2π) es un espacio vectorial bajo las operaciones suma y producto por escalar. Definiremos dos normas en el espacio P C(2π): la norma L∞ y la norma L2 de la siguiente forma. Z π 1/2 2 kf k∞ := sup{|f (x)| : x ∈ [−π, π]}, kf k2 := [f (x)] dx . −π
Ambas normas est´ an bien definidas porque una funci´on en P C(2π) es acotada y Riemann integrable. Observemos adem´as que Z π 1/2 Z π 1/2 Z π 1/2 √ 2 2 kf k2 = [f (x)] dx ≤ kf k∞ dx = kf k∞ dx = 2πkf k∞ . −π
−π
−π
Lo cual implica que convergencia uniforme implica convergencia en la norma L2 .
65
4.4
Coeficientes de Fourier y Serie de Fourier de una Funci´ on
(Bartle, Secci´on 38) Definici´ on. Si f ∈ P C(2π) entonces llamaremos coeficientes de Fourier a los n´ umeros Z π Z π 1 1 an := f (t)cos(nt)dt, bn := f (t)sen(nt)dt, n = 0, 1, 2, 3, . . . π −π π −π Y llamaremos serie de Fourier a la serie ∞
X 1 a0 + (an cos(nx) + bn sen(nx)). 2 n=1
Para indicar la asociaci´ on de la serie de Fourier de f con f escribiremos ∞
X 1 f (x) ∼ a0 + (an cos(nx) + bn sen(nx)). 2 n=1
Lo cual no significa que necesariamente la serie de Fourier de f converja puntualmente a f . Observemos que si f ∈ P C(2π) es una funci´ on par, es decir, si f (−x) = f (x) para todo x ∈ R, entonces bn = 0 para todo n = 1, 2, 3, . . . y Z 2 π f (t)cos(nt)dt, n = 0, 1, 2, . . . an = π 0 Y si f ∈ P C(2π) es una funci´ on impar, es decir, si f (−x) = −f (x) para todo x ∈ R, entonces an = 0 para todo n = 0, 1, 2, . . . y Z 2 π bn = f (t)sen(nt)dt, n = 1, 2, 3, . . . π 0 Supongamos que f ∈ P C(2π) es tal que f 0 ∈ P C(2π). Si llamamos an , bn a los coeficientes de Fourier de f y a0n y b0n a los coeficientes de Fourier de f 0 , entonces, usando integrando por partes, obtenemos Z Z π 1 π 0 1 0 an = f (t)cos(nt)dt = f (π)cos(nπ) − f (−π)cos(−nπ) + f (t) n sen(nt)dt π −π π −π Z π =n f (t)sen(nt)dt = nbn , n = 1, 2, 3, . . . −π
Y en forma similiar b0n = −nan para n = 1, 2, 3, . . . .
4.5
Polinomios Trigonom´ etricos
(Bartle, Secci´on 38) Definici´ on. Sean α0 , . . . , αn y β1 , . . . , βn n´ umeros reales. Llamamos polinomios trigonom´etricos de grado n a las funciones de la forma n X 1 Tn (x) := α0 + [αk cos(kx) + βk sen(kx)]. 2 k=1
Lema 3. (Bartle, Lema 38.3). Sea f ∈ P C(2π) y Tn un polinomio trigonom´etrico de grado n. Entonces " # " # n n X X 1 1 kf − Tn k22 = kf k22 − π a2 + (a2k + b2k ) + π (α0 − a0 )2 + [(αk − ak )2 + (βk − bk )2 ] , 2 0 2 k=1
k=1
donde ak y bk denotan los coeficientes de Fourier de f . 66
Prueba. kf −
Tn k22
Z
π
π
Z
2
π
[f (t)] dt − 2
[f (t) − Tn (t)] dt =
=
Z
2
π
f (t)Tn (t)dt +
[Tn (t)]2 dt.
(1)
−π
−π
−π
−π
Z
Pero Z π Z π Z π n n X X 1 f (t)Tn (t)dt = α0 f (t)dt + αk f (t)cos(kt)dt + βk f (t)sen(kt)dt 2 −π −π −π −π k=1 k=1 " # n X 1 α0 a0 + =π (αk ak + βk bk ) . 2
Z
π
(2)
k=1
Adem´as, teniendo en cuenta que Z π Z π 2 [sen(kx)]2 dx = π, k ∈ N, [cos(kx)] dx = π −π Z π Z π cos(kx)cos(nx)dx = 0, sen(kx)sen(nx)dx = −π −π Z π sen(kx)cos(mx)dx = 0, k, m = 0, 1, 2, . . . ,
k, n ∈ N, k 6= n,
−π
se sigue que Z
π 2
Z
π
[Tn (t)] dt = −π
−π
n
X 1 2 α0 dt + 4
π = α02 + 2
Z
k=1
n X k=1
π
Z
2
π
[αk cos(kt)] dt + −π
2
[βk sen(kt)] dt −π
# n X 1 [παk2 + πβk2 ] = π α2 + (αk2 + βk2 ) . 2 0 "
(3)
k=1
De esta forma, reemplazando, (2) y (3) en (1) obtenemos # " # " # " n n n X X X 1 1 (2αk ak + 2βk bk ) kf − Tn k22 =kf k22 − π a2 + (a2k + b2k ) + π a2 + (a2k + b2k ) − π α0 a0 + 2 0 2 0 k=1 k=1 k=1 " # n 1 2 X 2 2 +π (αk + βk ) α + 2 0 k=1 " # " # n n X 1 2 X 2 1 2 2 2 2 2 =kf k2 + π a − (ak + bk ) + π (α0 − a0 ) + [(αk − ak ) + (βk − bk ) ] . 2 0 2 k=1
k=1
Observemos que del lema anterior podemos concluir que el u ´nico polinomio trigonom´etrico de grado n que minimiza la expresi´ on kf − Tn k22 es aquel en el cual αk = ak para k = 0, 1, . . . , n. Denotemos Sn (f ) a tal polinomio minimizador. Entonces n
X 1 Sn (f ) = a0 + [ak cos(kx) + bk sen(kx)] 2 k=1
es la n-´esima suma parcial de la serie de Fourier de f . Adem´as " # n 1 2 X 2 2 2 2 kf − Sn (f )k2 = kf k2 − π a + (ak + bk ) . 2 0 k=1
67
4.6
Desigualdad de Bessel
(Bartle, Secci´on 38) Teorema 4. (Bartle, Teorema 38.4). Sea f ∈ P C(2π). Entonces ∞
1 2 X 2 1 a0 + (ak + b2k ) ≤ kf k22 . 2 π k=1
Prueba. Sea n ∈ N arbitrario. Entonces n
X 1 1 1 kf − Sn (f )k22 + a20 + (a2k + b2k ) = kf k22 π 2 π k=1
1 2 a + 2 0
n X k=1
1 (a2k + b2k ) ≤ kf k22 . π
Luego, la sumas parciales de la serie son acotadas superiormente. Como todos los t´erminos de la serie son positivos se sigue que entonces esta serie es convergente y se sigue el resultado. Observemos que de la desigualdad de Bessel se sigue que si an y bn son los coeficientes de Fourier de una funci´ on f ∈ P C(2π) entonces las sucesi´ ones {an } y {bn } convergen a cero.
4.7
Convergencia Puntual de la Serie de Fourier
(Bartle, Secci´on 38) Teorema 5. (Lema de Riemann-Lebesgue). (Bartle, Teorema 38.5). Sea g ∈ P C(2π). Entonces Z π 1 lim g(t)sen[(n + )t]dt = 0. n→∞ −π 2 1 1 1 Prueba. Como sen[(n + )t] = sen(nt)cos( t) + cos(nt)sen( t) entonces 2 2 2 Z π Z π Z 1 1 1 1 π 1 g(t)sen[(n + )t]dt = [πg(t)cos( t)]sen(nt)dt + [πg(t)sen( t)]cos(nt)dt. 2 π 2 π 2 −π −π −π =an + b∗n . 1 1 Donde an y b∗n son algunos de los coeficientes de Fourier de las funciones πg(t)cos( t) y πg(t)sen( t), respec2 2 tivamente. Por lo tanto Z π 1 lim g(t)sen[(n + )t]dt = lim (an + b∗n ) = 0. n→∞ −π n→∞ 2 Lema 6. (Bartle, Lema 38.6). Si f ∈ P C(2π) entonces las sumas parciales Sn (f ) de su serie de Fourier est´ an dadas por Z 1 π f (x + t)Dn (t)dt, Sn (f ) = π −π donde Dn es el n-´esimo kernel de Dirichlet, definido por 1 sen[(n + )t] 2 n 1 X 1 Dn (t) = + cos(kt) = 2sen( t) 2 2 k=1 n+ 1 2 68
si
0 < |t| ≤ π,
si
t = 0.
Prueba. En primer lugar observemos que para cada k ∈ N se tiene que 1 1 1 1 1 1 sen[(k + )x] − sen[(k − )x] =sen(kx)cos( x) + sen( x)cos(kx) − sen(kx)cos( x) + sen( x)cos(kx) 2 2 2 2 2 2 1 =2sen[( )x]cos(kx). 2 Luego 1 3 1 5 3 2sen( x)[cos x + · · · + cos(nx)] =sen( x) − sen( x) + sen( x) − sen( x) 2 2 2 2 2 1 1 + · · · + sen[(n + )x] − sen[(n )x] 2 2 1 1 =sen[(n + )x] − sen( x). 2 2 1 Y de esta forma, si sen( x) 6= 0, entonces 2 1 1 1 sen[(n + )x] − sen( x) sen[(n + )x] 1 2 2 = 2 − cos(kx) = 1 1 2 2sen( 2sen( x) x) k=1 2 2
n X
Z π Z n 1 1 πX Sn (f )(x) = f (t)dt + f (t)[cos(kx)cos(kt) + sen(kx)sen(kt)]dt 2π −π π −π k=1 # # " " Z Z n n 1 π−x 1 π 1 X 1 X cos[k(x − t)] dt = cos(ks) ds = f (t) + f (x + s) + π −π 2 π −π−x 2 k=1 k=1 # " Z n 1 π 1 X = cos(ks) ds. f (x + s) + π −π 2
(4)
(5)
k=1
De (4) y (5) se sigue el resultado. Teorema 7. (Teorema de Convergencia Puntual). (Bartle, Teorema 38.7). Sea f ∈ P C(2π) tal que las derivadas laterales de f existen en todo punto. Entonces la serie de Fourier de f converge a 1 [f (c−) + f (c+)] 2 en cada punto c ∈ R. Es decir, si c ∈ R entonces ∞
X 1 1 [f (c−) + f (c+)] = a0 + [an cos(nc) + bn sen(nc)]. 2 2 n=1
1 Prueba. En la prueba del lema anterior se mostr´o que si sen( x) 6= 0 entonces 2 1 n sen[(n + )t] 1 X 2 . + cos(kt) = 1 2 2sen( t) k=1 2 Rπ 1 Sea c ∈ R. Multiplicando por f (c+), integrando en [0, π] y teniendo en cuenta que 0 cos(kt)dt = 0 para todo π k ∈ N, obtenemos 1 Z sen[(n + )t] 1 1 π 2 dt. f (c+) = f (c+) 1 2 π 0 2sen( t) 2 69
Similarmente, si multiplicamos por
1 f (c−) e integramos en [−π, 0] obtenemos π 1 1 f (c−) = 2 π
1 sen[(n + )t] 2 dt. f (c−) 1 −π 2sen( t) 2
Z
0
Por lo tanto, empleando la expresi´ on para Sn (f )(c) del lema anterior, se sigue que Z 1 1 0 f (c + t) − f (c−) 1 Sn (f )(c) − [f (c−) + f (c+)] = sen[(n + )t]dt 1 2 π −π 2 2sen( t) 2 Z 1 π f (c + t) − f (c+) 1 + sen[(n + )t]dt. 1 π 0 2 2sen( t) 2
(6)
Ahora, como lim
t→0+
f (c + t) − f (c+) t f (c + t) − f (c+) = lim = f+0 (c), + 1 1 t t→0 2sen( t) 2sen( t) 2 2
se sigue que la funci´ on 0 si t ∈ (−π, 0), 0 f+ (c) si t = 0, F+ (t) := f (c + t) − f (c+) si t ∈ (0, π]. 1 2sen( t) 2 es continua por secciones en el intervalo (−π, π]. Luego, por el Lema de Riemann-Lebesgue, se sigue que la segunda integral del lado derecho en (6) tiende a cero cuando n tiende a infinito. En forma similar se muestra que la primera integral de esa desigualdad tambi´en tiende a cero cuando n tiende a infinito. De esta forma, de (4), se sigue el resultado.
4.8
Convergencia Uniforme de la Serie de Fourier
(Bartle, Secci´on 38) Teorema 8. (Bartle, Teorema 38.9). Sea f una funci´ on continua y 2π peri´ odica tal que f 0 ∈ P C(2π). Entonces la serie de Fourier de f converge uniformemente a f en R. Prueba. Como f es continua en R y sus derivadas laterales existen en todo R entonces se sigue, del teorema de convergencia puntual, que la serie de Fourier de f converge a f en R. Veamos que la convergencia es uniforme. De la desigualdad de Bessel aplicada a f 0 se sigue que la serie la desigualdad de Cauchy-Schwarz, se sigue que m X k=1
m X −b0 |ak | = | k| ≤ k k=1
m X 1 k2 k=1
P
(|a0k |2 + |b0k |2 ) es convergente. Luego, empleando
!1/2
m X
!1/2 |b0k |2
,
k=1
P P y entonces la serie |ak | tambi´en es convergente. En forma similar puede probarse que la serie |bk | es convergente. Adem´ as tenemos que ∞ X k=1
|ak cos(kx) + bk sen(kx)| ≤
∞ X
[|ak ||cos(kx)| + |bk ||sen(kx)|] ≤
k=1
∞ X k=1
Por lo tanto se sigue que la serie de Fourier de f converge uniformemente. 70
(|ak | + |bk |).
4.9
Convergencia de la Serie de Fourier en la norma L2
(Bartle, Secci´on 38) Teorema 9. (Bartle, Teorema 38.10). Sea f ∈ P C(2π). Si Sn (f ) es la sucesi´ on de sumas parciales de la serie de Fourier de f entonces lim kf − Sn (f )k2 = 0. n→∞
Prueba. Sean f ∈ P C(2π) y > 0 arbitrario. Existe una funci´on g ∈ P C(2π), continua y lineal por tramos, tal que kf − gk2 < . 4 Del teorema anterior existe N ∈ N tal que si n > N se sigue que kg − Sn (g)k∞ < . 4 De esta forma, si n > N , tenemos que kf − Sn (g)k2 ≤kf − gk2 + kg − Sn (g)k2 <
√ + 2πkg − Sn (g)k∞ < + 3 = . 4 4 4
Ahora, como Sn (f ) es el polinomio trigonom´etrico de grado n m´as cercano a f en la norma L2 se sigue que kf − Sn (f )k2 ≤ kf − Sn (g)k2 < para todo n > N . Luego lim kf − Sn (f )k2 = 0.
n→∞
Corolario 10. (Igualdad de Parseval). (Bartle, Teorema 38.11). Sea f ∈ P C(2π). Entonces ∞
X 1 1 (a2k + b2k ), kf k22 = a20 + π 2 k=1
donde los ak y bk son los coeficientes de Fourier de f . Prueba. Anteriormente hab´ıamos obtenido que, para cada n ∈ N, n
X 1 1 1 kf − Sn (f )k22 + a0 + (a2k + b2k ) = kf k22 . π 2 π k=1
Por lo tanto, tomando l´ımite n → ∞, se sigue el resultado.
4.10
Teorema de Fej´ er
(Bartle, Secci´on 38) Definici´ on. Sea f ∈ P C(2π). Si Sn (f ), n = 0, 1, 2, . . . , son las sumas parciales de la serie de Fourier de f definimos el promedio de Ces` aro por Γn (f ) :=
1 [S0 (f ) + S1 (f ) + · · · + Sn−1 (f )]. n
71
Observemos que si α, β ∈ R entonces α+β α−β α+β α−β − cos cos α − cos β =cos + − 2 2 2 2 α+β α−β α+β α−β =cos cos − sen sen 2 2 2 2 α−β α+β α−β α+β cos − sen sen − cos 2 2 2 2 α+β α−β = − 2sen sen 2 2 Por lo tanto para cada k ∈ N se tiene que 1 1 2sen[(k − )t]sen( t) = cos[(k − 1)t] − cos(kt). 2 2
(7)
Definamos, para cada n ∈ N, el n-´esimo kernel de Fej´er por Kn :=
1 [D0 (t) + D1 (t) + · · · + Dn−1 (t)], n
donde, recordemos que 1 sen[(n + )t] 2 n 1 X 1 cos(kt) = Dn (t) = + 2sen( t) 2 2 k=1 n+ 1 2
si
0 < |t| ≤ π,
si
t = 0.
1 Entonces, aplicando la identidad (7), tenemos que, si sen( t) 6= 0, 2 1 1 1 )t] + sen[(1 + )t] + · · · + sen[(n − 1 + )t] sen[(0 + 1 2 2 2 Kn = 1 n 2sen( t) 2 1 1 1 )t] + sen[(2 − )t] + · · · + sen[(n − )t] sen[(1 − 1 1 2 2 2 = 2sen( t) 1 2n 2 2sen2 ( t) 2
1 cos[(1 − 1)t] − cos(t) + cos[(2 − 1)t] − cos(2t) + · · · + cos[(n − 1)t] − cos(nt) 1 2n 2sen2 ( t) 2 2 n n n 1 cos(0t) − cos(nt) 1 sen( 2 t)sen( 2 t) 1 sen( 2 t) = = = , 1 1 1 2n n 2n 2sen2 ( t) 2sen2 ( t) sen( t) 2 2 2 =
y si t = 0, Kn =
1 1 1 1 (n − 1)n 1 n 1 (0 + ) + (1 + ) + · · · + (n − 1 + ) = + n = . n 2 2 2 n 2 2 2
Claramente, de lo anterior, Kn ≥ 0 para todo n = 0, 1, 2, 3, . . . , adem´as como "Z ! # Z n π 1 π 1 1 X Dn (t)dt = + cos(kt) dt = 1 π −π π −π 2 k=1
72
para todo k = 0, 1, 2, 3 . . . , se sigue que Z Z 1 π 1 π 1 Kn (t)dt = [D0 (t) + D1 (t) + · · · + Dn−1 (t)]dt = 1. π −π π −π n Observemos adem´ as que, como para 0 ≤ θ ≤
π se tiene que 2 2θ , π
sen θ ≥ entonces 0 ≤ Kn ≤
1 π 2 π2 1 π 2 ≤ = 2n t 2n δ 2nδ 2
para δ ≤ |t| ≤ π.
Notemos tambi´en que 1 Γn (f )(x) = [S0 (f ) + S1 (f ) + · · · + Sn−1 (f )] n Z 11 π f (x + t) [D0 (t) + D1 (t) + · · · + Dn−1 (t)] dt = n π −π Z 1 π = f (x + t)Kn (t)dt. π −π Teorema 11. (Teorema de Fej´er). (Bartle, Teorema 38.12). Sea f ∈ P C(2π) una funci´ on continua. Entonces el promedio de Ces` aro de la serie de Fourier de f converge uniformemente a f en R. Prueba. Tenemos que f (x) = f (x) · 1 = f (x) Por lo tanto
1 π
π
Z
Kn (t)dt = −π
1 Γn (f )(x) − f (x) = π
1 π
Z
π
f (x)Kn (t)dt. −π
π
Z
[f (x + t) − f (x)]Kn (t)dt −π
Como Kn (t) ≥ 0 para todo t y todo n entonces |Γn (f )(x) − f (x)| ≤
1 π
Z
π
|f (x + t) − f (x)|Kn (t)dt.
(8)
−π
Sea > 0 arbitrario. Como f es continua en R y adem´as 2π peri´odica entonces es uniformemente continua en R. Luego existe 0 < δ < π tal que si |t| ≤ δ se sigue que |f (x + t) − f (x)| <
para todo x ∈ [−π, π].
Por lo tanto 1 π
Z
δ
|f (x + t) − f (x)|Kn (t)dt ≤ π −δ
Z
δ
Kn (t)dt ≤ π −δ
Z
π
Kn (t)dt = .
(9)
−π
Adem´as 1 π Luego, si n >
1
Z
π
|f (x + t) − f (x)|Kn (t)dt ≤ 2kf k∞ δ
π − δ π2 1 π 2 kf k∞ ≤ . π 2nδ 2 n δ2
π 2 kf k∞ , se sigue que δ2 Z 1 π |f (x + t) − f (x)|Kn (t)dt ≤ . π δ 73
(10)
En forma similar se sigue que 1 π
Z
−δ
|f (x + t) − f (x)|Kn (t)dt ≤
(11)
−π
para n suficientemente grande. Se sigue entonces, de (8) a (11) que, para n suficientemente grande kΓn (f ) − f k∞ < 3. Por lo tanto Γn (f ) → f uniformemente en R. Corolario 12. (Teorema de Aproximaci´ on de Weierstrass). (Bartle, Teorema 38.13). Si f ∈ P C(2π) es una funci´ on continua entonces puede ser aproximada uniformemente mediante polinomios trigonom´etricos. Prueba. Claramente el resultado se sigue del teorema anterior debido a que Γn (f ) es un polinomio trigonom´etrico para todo n ∈ N.
74
