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<math> \lim_{n\to \infty} \frac{a_{n+1}}{a_{n}} = \lim_{n\to \infty} \frac{\frac{1}{(n+1)!}}{\frac{1}{n!}} = \lim_{n\to \infty} \frac{n!}{(n+1)!} = \lim_{n\to \infty}\frac{1}{n+1} = 0</math>
 
<math> \lim_{n\to \infty} \frac{a_{n+1}}{a_{n}} = \lim_{n\to \infty} \frac{\frac{1}{(n+1)!}}{\frac{1}{n!}} = \lim_{n\to \infty} \frac{n!}{(n+1)!} = \lim_{n\to \infty}\frac{1}{n+1} = 0</math>
  
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--[[Usuario:Cesar|Cesar]] ([[Usuario discusión:Cesar|discusión]]) 10:35 29 nov 2012 (CST)
  
 
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Revisión del 11:35 29 nov 2012

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 \(L_{1} y L_{2}\), 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 \( \frac{L_{1}}{L_{2}} si L_{2}\ne0\)

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 \(n_{1} y n_{2}\) tales que \(|a-a_{n}|<\epsilon \) si \(n>n_{1}\) y \(|b-b_{n}|<\epsilon \) si \(n>n_{2}\).
Llamando \(n_{0}=máx\{n_{1},n_{2}\}\) 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 \(n_{0}=máx\{n_{1},n_{2}\}\) 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 \(n>n_{0}\)
\[\therefore a+b=lím_{n}(a_{n}+b_{n})\]


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 \(n_{0}= máx\{n_{1},n_{2}\}\) se tiene que \( ab = lím_{n}(a_{n}b_{n}) \)


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

Puesto que \(b\neq\) 0 y |\(b|=lím_{n}|b_{n}|\), sea \(\epsilon ={\frac{|b|}{2}}\) existe \(n_{1}\in \mathbb{N}\) tal que \(\\ \alpha:={\frac{|b|}{2}}<|b_{n}|\), para \(n>n_{1}\).
Si \(n>n_{1}\), obtenemos:

\[ \bigg|\frac{a}{b}- \frac{a_{n}}{b_{n}}\bigg| = \frac{|ab_{n}-ba_{n}|}{|b||b_{n}|} = \frac{|ab_{n}-ab+ab-a_{n}b|}{|b||b_{n}|} \le \frac{|a||b_{n}-b|+|b||a-a_{n}|}{|b||b_{n}|} \le \frac{|a||b_{n}-b|+|b||a-a_{n}|}{|b|\alpha} \]

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

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

Para \(n>n_{0}\)

\[ \lim_{n \rightarrow 00}\frac{a_{n}}{b_{n}} = \frac{a}{b} \qquad b_{n}\ne0 \textrm{ y } b\ne0\]

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


1.32 Si \(\boldsymbol{\Omega}\subseteq\mathfrak{C}\) demuestre que\(\boldsymbol{\Omega}^- =\{Z \in \mathfrak{C}: Z \}\)es un punto de acumulación de \(\boldsymbol{\Omega}\).


Un punto \(\mathcal{Z}_0\) se dice que es un punto de acumulación \(\boldsymbol{\Omega}\), si al menos alrededor de \(\mathcal{Z}_0\) contiene un punto \(\mathcal{Z}\). Entonces si \(\boldsymbol{\Omega}^-\), este contiene todos sus puntos de acumulación


Ayudandonos del lema 1.12


si \(\boldsymbol{\Omega}\subseteq\mathfrak{C}\), un punto de acumulción de \(\boldsymbol{\Omega}\) si y sólo sí existe una sucesión\(\{\mathcal{Z}_n\}\subseteq\boldsymbol{\Omega}-\{\mathcal{Z}\}\), tal que


\(\mathcal{z}_0 = \lim\{\mathcal{Z}_n\}\).


Una sucesión convergente tiene exactamente un punto límite, su límite


\(\boldsymbol{\Omega}^-\) si \(\mathcal{Z}\) es un punto de acumulación de \(\boldsymbol{\Omega}\), y \(\mathcal{Z}\in \boldsymbol{\Omega}\), por lo tanto \(\mathcal{Z}\notin \left(\boldsymbol{C}-\boldsymbol{\Omega}\right).\)


Hay una bola \(B\left(\mathcal{Z};\boldsymbol{\epsilon}\right)\) centrado en \(\mathcal{Z}\), y pasa que \(\boldsymbol{\Omega}\cap\left(B\left(\mathcal{Z};\boldsymbol{\epsilon}\right)-\{\mathcal{Z}\}\right)\neq Ø\).


Por el ejercicio 1.21, tenemos que \(\mathcal{Z}\in \left(\boldsymbol{\Omega}-\{\mathcal{Z}\}\right)^-\) , entonces si hay una sucesión \(\{\mathcal{Z}_n\}\subseteq \boldsymbol{\Omega}-\{\mathcal{Z}\}\), tal que sea convergente, osea \(\mathcal{Z}=\lim\{\mathcal{Z}_n\}\).

--Luis Antonio (discusión) 18:39 28 nov 2012 (CST)



1.34 Demuestre que diámetro \(di\acute{a}mA=di\acute{a}m\bar{A} \), para todo \(A\subseteq\mathbb{C} \).

sea \(z=a+bi \) y \(w=c+di\) con \(z,w\subseteq\mathbb{A}\)


\(di\acute{a}mA:=sup\left\{ \mid z-w\mid;z,w\epsilon A\right\} \)

\(sup\left\{ \mid(a+bi)-(c+di)\mid\right\} \)

\(sup\left\{ \mid(a-c)+(b-d)i\mid\right\} \)

\(sup\left\{ (a-c)^{2}+(b-d)^{2}\right\} \)

\(sup\left\{ a^{2}-2ac+c^{2}+b^{2}-2bd+d^{2}\right\} \)

por otro lado

\(di\acute{a}m\bar{A}:=\mid\overline{z-w}\mid=\mid\overline{z}-\overline{w}\mid \)

\(=sup\left\{ \mid(a-bi)-(c-di)\mid\right\} \)

\(=sup\left\{ \mid(a-c)-(d-c)i\mid\right\} \)

\(=sup\left\{ \mid(a-c)^{2}-(d-c)^{2}\mid\right\} \)

\(sup\left\{ a^{2}-2ac+c^{2}+b^{2}-2bd+d^{2}\right\} \)

--Ignacio Peralta Martínez (discusión) 03:28 29 nov 2012 (CST)




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\[ \lim_{k \to \infty} a_{k}= \lim_{k \to \infty} (S_{k}-S_{k-1}) \] \( \textrm{Si S es suma de la serie } \sum_{k=0}^{\infty} a_{k} \textrm{ entonces } \lim_{k \to \infty}S_{k}=S\) \( \textrm{ donde }\lim_{k\to\infty}a_{k} = \lim_{k \to \infty} (S_{k}-S_{k-1}) =S-S=0\)

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


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 \( a_n \le b_n \le c_n \forall n \ge N \), 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 \(-|a_n|\le a_n \le |a_n|\).

c) Sea \( z_n = a_n + ib_n \) con \( a_n, b_n ∈ \mathbb{R} \) , 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 \( a_n, b_n ∈ \mathbb{R} \) y \( \sum_{n=0}^\infty |z_n| \) convergente.
Como \( 0 \le |a_n| \le |z_n| \forall n\), 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)


1.40 Si \( \alpha ∈ \mathbb{R} \) 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 \( \left\{ x_n \right\}, \left\{ y_n \right\}, \left\{ z_n \right\} \subseteq \mathbb{R} \mbox{ tal que } \lim \left\{x_n \right\} = a = \lim \left\{z_n \right\}, \mbox{ si } x_n \le y_n \le z_n \forall n ∈ \mathbb{N} \Rightarrow \lim \left\{y_n \right\} = a.\)

Demostración:
Tenemos que \( \lim \left\{ z_n - x_n \right\} = \lim \left\{z_n \right\} - \lim \left\{x_n \right\} = a - a. \)
Además \( 0 \le y_n - x_n \le z_n - x_n \)
\( \Rightarrow \lim \left\{ y_n - x_n \right\} = \lim \left\{y_n \right\} - \lim \left\{x_n \right\} = 0. \)
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 \( \overline {a}_n = sup \left\{ a_i : i \ge n \right\} \mbox { y } \underline {a}_n = inf \left\{ a_i : i \ge n \right\} \)

Primero supongamos que \(\limsup \left\{a_n \right\}=\alpha = \liminf \left\{a_n \right\} \)
Ya que \( \underline {a}_n \le a_n \le \overline {a}_n \), 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 \(\overline {a}_n - \underline {a}_n = sup \left\{ |a_i-a_j| : i,j \ge n \right\}. \) (*)
Por otra parte, fijemos \( \epsilon > 0 \Rightarrow \exists n_0 \mbox{ tal que } |a_n-a| < \frac{\epsilon}{2} \mbox{ si } n \ge n_0 \).
Como \(a_n-a_m = a_n -a +a - a_m, \Rightarrow \mbox{ (por desigualdad del triángulo) } , |a_n-a_m| \le |a_n-a|+|a_m-a| < \epsilon \mbox{ si } n,m>N. \)
De esto y con (*) tenemos que \(\overline {a}_n - \underline {a}_n \le \epsilon, \mbox{ si } n \ge n_0 \Rightarrow | \overline{\alpha} - \underline {\alpha} | \le \epsilon, \)
y como esto sucede \( \forall \epsilon > 0, \overline{\alpha} = \underline {\alpha} \).

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


1.47 Demuestre que \( \lim_{n\to \infty} (\frac{1}{n!} \) Criterio del cociente o la razón Sea \( \{a_{n}\}\) una sucesión tal que\[ a_{n}>0 \textrm{ y sea } B=\lim_{n\to \infty} \frac{a_{n+1}}{a_{n}} \] entonces:

1)Si B<1, la serie \(\sum_{n=1}^{\infty} a_{n}\) converge
2)Si B>1, la serie \(\sum_{n=1}^{\infty} a_{n}\) diverge
3)Si B=1, no hay información


Solución: Se cumple que\[ n! \ge 2^{n-1} \qquad \forall \qquad n\ge 1 \Rightarrow \frac{1}{2^{n-1}} \ge \frac{1}{n!} \]entonces\[\sum_{n=1}^{\infty} (\frac{1}{n!})^{1/n} \le \sum_{n=1}^{\infty} (\frac{1}{2^{n-1}})^{1/n}\]

\( \sum_{n=1}^{\infty} (\frac{1}{n!})^{1/n} \le \sum_{n=1}^{\infty} (\frac{1}{2^{n-1}})^{1/n} = \sum_{n=1}^{\infty} (1+ \frac{1-2^{n-1}}{2^{n-1}})^{1/n}\) Sean\[ a_{n}=\frac{1}{n!} \qquad b_{n}=\frac{1}{2^{n-1}} \], entonces\[ \sum_{n=1}^{\infty} (\frac{1}{2^{n-1}}) =\sum_{n=0}^{\infty} (\frac{1}{2^n})\], por lo que\[ \lim_{n\to \infty} \frac{a_{n+1}}{a_{n}} = \lim_{n\to \infty} \frac{\frac{1}{(n+1)!}}{\frac{1}{n!}} = \lim_{n\to \infty} \frac{n!}{(n+1)!} = \lim_{n\to \infty}\frac{1}{n+1} = 0\]

--Cesar (discusión) 10:35 29 nov 2012 (CST)



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

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