Compleja:z-ej-cap1.2

Sucesiones y series de números complejos

1.29) Si ${z_{n}}$ es una sucesión convergente en $\mathbb {C}$, demuestre que su límite es único. Si $z_{n}$ y$w_{n}$ son dos sucesiones convergentes, con límites $L_{1}yL_{2}$, respectivamente, demuestre que:

1)La suma de las sucesiones ${a_{n}}+b_{n}$ converge a $L_{1}+L_{2}$

2)El producto de las sucesiones ${a_{n}}b_{n}$converge a $L_{1}L_{2}$

3)El cociente (cuando está definido) de las sucesiones ${\frac {a_{n}}{b_{n}}}$ converge a ${\frac {L_{1}}{L_{2}}}siL_{2}\neq 0$

Demostración

Primero demostraremos que el límite es único.

Supongamos que la sucesión $(a_{n})_{n}$ tuviera dos límites distintos, digamos $a\neq b$

Sea $\epsilon ={\frac {|a-b|}{4}}$>0. Entonces, por definición, existen números naturales $n_{1}yn_{2}$ tales que $|a-a_{n}|<\epsilon$ si $n>n_{1}$ y $|b-b_{n}|<\epsilon$ si $n>n_{2}$.

Llamando Error al representar (error de sintaxis): n_{0}=máx\{n_{1},n_{2}\} se debe cumplir que:

$|a-a_{n}|<\epsilon$ si $n>n_{0}$ y $|b-b_{n}|<\epsilon$ si $n>n_{0}$. De donde se deduce que si n>n_{0} ha de ser

$|a-b|=|(a+b)-(a_{n}+b_{n})|\leq |a-a_{n}|+|b-b_{n}|=\epsilon +\epsilon =2{\frac {|a-b|}{4}}={\frac {|a-b|}{2}}$

$\therefore 1<{\frac {1}{2}}$ es una contradicción, entonces el límite es único.

1)Sea $\epsilon >0$, existen enteros positivos $n_{1}$ y $n_{2}$ tales que $|a-a_{n}|<{\frac {\epsilon }{2}}$ si $n>n_{1}$ y $|b-b_{n}|<{\frac {\epsilon }{2}}$ si $n>n_{2}$.

Tomando Error al representar (error de sintaxis): n_{0}=máx\{n_{1},n_{2}\} se tiene:

$|(a+b)-(a_{n}+b_{n})|\leq |a-a_{n}|+|b-b_{n}|\leq {\frac {\epsilon }{2}}+{\frac {\epsilon }{2}}=\epsilon$ para cada $n>n_{0}$

Error al representar (error de sintaxis): \therefore a+b=lím_{n}(a_{n}+b_{n})

2) Sea $a_{n}$ una sucesión convergente, entonces existe un $\alpha >0$ t.q. $|a_{n}|<\alpha$ $\forall n\in \mathbb {N}$

Entonces

$|ab-a_{n}b_{n}|=|ab-a_{n}b+a_{n}b-a_{n}b_{n})|=|(a-a_{n})b+(b-b_{n})(a_{n})|\leq |a-a_{n}||b|+|(b-b_{n})||a_{n}|\leq |a-a_{n}||b|+|(b-b_{n})|\alpha$

Sin embargo $a=lim_{n}a_{n}{\textrm {y}}b=lim_{n}b_{n},\epsilon >0{\textrm {existen}}n_{1},n_{2}\in \mathbb {N} \qquad$ tal que

$|a-a_{n}|<{\frac {\epsilon }{2(|b|+1)}}{\textrm {si}}n>n_{1}\qquad y\qquad |b-b_{n}|<{\frac {\epsilon }{2\alpha }}{\textrm {si}}n>n_{2}$

Entonces

$|ab-a_{n}b_{n}|<{\frac {\epsilon }{2(|b|)}}+{\frac {\epsilon \alpha }{2\alpha }}=\epsilon$

tomando Error al representar (SVG (MathML puede ser habilitado mediante un plugin de navegador): respuesta no válida («Math extension cannot connect to Restbase.») del servidor «https://en.wikipedia.org/api/rest_v1/»:): n_{0}= máx\{n_{1},n_{2}\} se tiene que Error al representar (error de sintaxis): ab = lím_{n}(a_{n}b_{n})

3)Consideremos una cota inferior para la sucesión $(b_{n})_{n}$ en lugar de una acotación superior.

Puesto que $b\neq$ 0 y |Error al representar (SVG (MathML puede ser habilitado mediante un plugin de navegador): respuesta no válida («Math extension cannot connect to Restbase.») del servidor «https://en.wikipedia.org/api/rest_v1/»:): b|=lím_{n}|b_{n}| , sea $\epsilon ={\frac {|b|}{2}}$ existe $n_{1}\in \mathbb {N}$ tal que Error al representar (SVG (MathML puede ser habilitado mediante un plugin de navegador): respuesta no válida («Math extension cannot connect to Restbase.») del servidor «https://en.wikipedia.org/api/rest_v1/»:): \\ \alpha:={\frac{|b|}{2}}<|b_{n}| , para $n>n_{1}$.

Si $n>n_{1}$, obtenemos:

${\bigg |}{\frac {a}{b}}-{\frac {a_{n}}{b_{n}}}{\bigg |}={\frac {|ab_{n}-ba_{n}|}{|b||b_{n}|}}={\frac {|ab_{n}-ab+ab-a_{n}b|}{|b||b_{n}|}}\leq {\frac {|a||b_{n}-b|+|b||a-a_{n}|}{|b||b_{n}|}}\leq {\frac {|a||b_{n}-b|+|b||a-a_{n}|}{|b|\alpha }}$

Sea $\epsilon >0{\textrm {existen}}n_{2},n_{3}\in \mathbb {N} \qquad$tal que:

$|b-b_{n}|<{\frac {\epsilon }{2(|\alpha |+1)}}|b|\alpha {\textrm {si}}n>n_{2}{\textrm {y}}|a-a_{n}|<{\frac {\epsilon }{2|b|}}|a|\alpha {\textrm {si}}n>n_{3}$

Si tomamos $n_{0}:=max\{n,n_{2},n_{3}\}$ debe cumplirse que

${\bigg |}{\frac {a}{b}}-{\frac {a_{n}}{b_{n}}}{\bigg |}\leq {\frac {|a||b_{n}-b|+|b||a-a_{n}|}{|b|\alpha }}<{\frac {\epsilon }{2(|\alpha |+1)}}|\alpha |+{\frac {\epsilon }{2|b|}}|b|<\epsilon$

Para $n>n_{0}$

$\lim _{n\rightarrow 00}{\frac {a_{n}}{b_{n}}}={\frac {a}{b}}\qquad b_{n}\neq 0{\textrm {y}}b\neq 0$

--cecy (discusión) 21:12 27 nov 2012 (CST)

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1.35 Demuestre que si $\sum _{n=0}^{\infty }z_{n}$ es convergente, entonces la sucesión $\{z_{n}\}$ converge a 0.La afirmación recíproca es falsa: considere la serie armónica $\sum _{n=0}^{\infty }1/n$

Demostración: Para k grande $a_{k}=S_{k}-S_{k-1}$ entonces: $\lim _{k\to \infty }a_{k}=\lim _{k\to \infty }(S_{k}-S_{k-1})$ ${\textrm {SiSessumadelaserie}}\sum _{k=0}^{\infty }a_{k}{\textrm {entonces}}\lim _{k\to \infty }S_{k}=S$ ${\textrm {donde}}\lim _{k\to \infty }a_{k}=\lim _{k\to \infty }(S_{k}-S_{k-1})=S-S=0$

--Cesar (discusión) 20:55 27 nov 2012 (CST)

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1.36. Demuestre que toda serie $\textstyle \sum _{n=0}^{\infty }z_{n}$ absolutamente convergente es convergente. Dé un contraejemplo de una serie convergente que no es absolutamente convergente.

Recordemos que una serie $\textstyle \sum _{n=0}^{\infty }z_{n}$ se dice absolutamente convergente si y sólo si $\textstyle \sum _{n=0}^{\infty }|z_{n}|$ converge.

Proposiciones preliminares:

a) Si $\sum _{n=0}^{\infty }a_{n}$ converge, $\sum _{n=0}^{\infty }c_{n}$ converge y $a_{n}\leq b_{n}\leq c_{n}\forall n\geq N$, entonces $\sum _{n=0}^{\infty }b_{n}$ converge.
Este resultado es consecuencia del criterio de comparación de las sucesiones.

b) Si $\sum _{n=0}^{\infty }|a_{n}|$ converge, entonces $\sum _{n=0}^{\infty }a_{n}$ converge.
Es consecuencia de a) usando que $-|a_{n}|\leq a_{n}\leq |a_{n}|$.

c) Sea $z_{n}=a_{n}+ib_{n}$ con Error al representar (SVG (MathML puede ser habilitado mediante un plugin de navegador): respuesta no válida («Math extension cannot connect to Restbase.») del servidor «https://en.wikipedia.org/api/rest_v1/»:): a_n, b_n ∈ \mathbb{R} , entonces $\sum _{n=0}^{\infty }z_{n}$ converge si y sólo si $\sum _{n=0}^{\infty }a_{n}$ converge y $\sum _{n=0}^{\infty }b_{n}$ converge.
Esto es consecuencia de la proposición análoga para sucesiones y de la definición de serie.

Demostración.

Sea $z_{n}=a_{n}+ib_{n}$ con Error al representar (error de sintaxis): a_n, b_n ∈ \mathbb{R} y $\sum _{n=0}^{\infty }|z_{n}|$ convergente.
Como $0\leq |a_{n}|\leq |z_{n}|\forall n$, por la proposición a) se deduce que $\sum _{n=0}^{\infty }|a_{n}|$ converge.
Ahora, por la proposición b) concluímos que
$\sum _{n=0}^{\infty }a_{n}$ converge. (A)
Y de forma análoga vemos que $\sum _{n=0}^{\infty }b_{n}$ converge. (B)

Teniendo los resultados (A) y (B) y con la proposición c), tenemos que
$\sum _{n=0}^{\infty }z_{n}$ converge.

Por otro lado, si tomamos la serie
$\sum _{n=1}^{\infty }{\frac {(-1)^{n}}{n}}$, ésta converge, pero
$\sum _{n=1}^{\infty }{\frac {1}{n}}$.
Y con ello vemos que una serie convergente no es necesariamente absolutamente convergente.

--Belen (discusión) 19:48 22 nov 2012 (CST)

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1.40 Si Error al representar (SVG (MathML puede ser habilitado mediante un plugin de navegador): respuesta no válida («Math extension cannot connect to Restbase.») del servidor «https://en.wikipedia.org/api/rest_v1/»:): \alpha ∈ \mathbb{R} y $\left\{a_{n}\right\}\subseteq \mathbb {R}$, demuestre que $\lim \left\{a_{n}\right\}=\alpha \iff \limsup \left\{a_{n}\right\}=\alpha =\liminf \left\{a_{n}\right\}$.

Proposición preliminar:

a) Sean Error al representar (error de sintaxis): \left\{ x_n \right\}, \left\{ y_n \right\}, \left\{ z_n \right\} \subseteq \mathbb{R} \mbox{ tal que } \lim \left\{x_n \right\} = a = \lim \left\{z_n \right\}, \mbox{ si } x_n \le y_n \le z_n \forall n ∈ \mathbb{N} \Rightarrow \lim \left\{y_n \right\} = a.

Demostración:
Tenemos que $\lim \left\{z_{n}-x_{n}\right\}=\lim \left\{z_{n}\right\}-\lim \left\{x_{n}\right\}=a-a.$
Además $0\leq y_{n}-x_{n}\leq z_{n}-x_{n}$
$\Rightarrow \lim \left\{y_{n}-x_{n}\right\}=\lim \left\{y_{n}\right\}-\lim \left\{x_{n}\right\}=0.$
De aquí, $\lim \left\{(y_{n}-x_{n})+x_{n}\right\}=\lim \left\{y_{n}-x_{n}\right\}+\lim \left\{x_{n}\right\}=0+a.<br/>\Rightarrow \lim \left\{y_{n}\right\}=a$

Demostración:

Sean ${\overline {a}}_{n}=sup\left\{a_{i}:i\geq n\right\}{\mbox{ y }}{\underline {a}}_{n}=inf\left\{a_{i}:i\geq n\right\}$

Primero supongamos que $\limsup \left\{a_{n}\right\}=\alpha =\liminf \left\{a_{n}\right\}$
Ya que ${\underline {a}}_{n}\leq a_{n}\leq {\overline {a}}_{n}$, por la proposición a),
$\lim \left\{a_{n}\right\}=\alpha$.

El recíproco:
Sea $\left\{a_{n}\right\}$ convergente, i.e., $\lim \left\{a_{n}\right\}=\alpha$ .
Supongamos $\limsup \left\{a_{n}\right\}={\overline {\alpha }}{\mbox{ y }}\liminf \left\{a_{n}\right\}={\underline {\alpha }}.$
Tenemos que ${\overline {a}}_{n}-{\underline {a}}_{n}=sup\left\{|a_{i}-a_{j}|:i,j\geq n\right\}.$ (*)
Por otra parte, fijemos $\epsilon >0\Rightarrow \exists n_{0}{\mbox{ tal que }}|a_{n}-a|<{\frac {\epsilon }{2}}{\mbox{ si }}n\geq n_{0}$.
Como $a_{n}-a_{m}=a_{n}-a+a-a_{m},\Rightarrow {\mbox{ (por desigualdad del triángulo) }},|a_{n}-a_{m}|\leq |a_{n}-a|+|a_{m}-a|<\epsilon {\mbox{ si }}n,m>N.$
De esto y con (*) tenemos que ${\overline {a}}_{n}-{\underline {a}}_{n}\leq \epsilon ,{\mbox{ si }}n\geq n_{0}\Rightarrow |{\overline {\alpha }}-{\underline {\alpha }}|\leq \epsilon ,$
y como esto sucede $\forall \epsilon >0,{\overline {\alpha }}={\underline {\alpha }}$.

--Belen (discusión) 21:13 22 nov 2012 (CST)

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--mfg-wiki (discusión) 17:32 15 nov 2012 (UTC)

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