Compleja:z-ej-cap1.2

Sucesiones y series de números complejos

1.32 Si \(\boldsymbol{\Omega}\subseteq\mathbb{C}\) 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)

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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 \(z,w\subseteq A \)

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

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

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

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

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

por otro lado

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

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

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

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

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

--Ignacio Peralta Martínez (discusión) 03:28 29 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 \( a_n \le b_n \le c_n \forall n \ge N \), 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)

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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)

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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\[\sum_{n=1}^{\infty} (\frac{1}{n!})^{1/n} \le \sum_{n=1}^{\infty} (\frac{1}{2^{n-1}})^{1/n}\]

\( \sum_{n=1}^{\infty} (\frac{1}{n!})^{1/n} \le \sum_{n=1}^{\infty} (\frac{1}{2^{n-1}})^{1/n}\)

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\[ \lim_{n\to \infty} \frac{a_{n+1}}{a_{n}} = \lim_{n\to \infty} \frac{\frac{1}{(n+1)!}}{\frac{1}{n!}} = \lim_{n\to \infty} \frac{n!}{(n+1)!} = \lim_{n\to \infty}\frac{1}{n+1} = 0\]

--Jean Carlo Cruz Venegas (discusión) 09:58 4 dic 2012 (CST)

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

Compleja:z-ej-cap1.1