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 ${\boldsymbol {\Omega }}\cap \left(B\left({\mathcal {Z}};{\boldsymbol {\epsilon }}\right)-\{{\mathcal {Z}}\}\right)\neq O\;$.

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 ${\mathcal {Z}}=\lim\{{\mathcal {Z}}_{n}\}$.

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Realizado por: 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

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

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

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

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

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

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Realizado por: 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 contra ejemplo 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 $a_{n},b_{n}\in \mathbb {R}$ , 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 $a_{n},b_{n}\in \mathbb {R}$ 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.

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Realizado por: Belen (discusión) 19:48 22 nov 2012 (CST)

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1.40 Si $\alpha \in \mathbb {R}$ 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 $\left\{x_{n}\right\},\left\{y_{n}\right\},\left\{z_{n}\right\}\subseteq \mathbb {R} {\mbox{ tal que }}\lim \left\{x_{n}\right\}=a=\lim \left\{z_{n}\right\},{\mbox{ si }}x_{n}\leq y_{n}\leq z_{n}\forall n\in \mathbb {N} \Rightarrow \lim \left\{y_{n}\right\}=a.$

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, $\lim \left\{(y_{n}-x_{n})+x_{n}\right\}=\lim \left\{y_{n}-x_{n}\right\}+\lim \left\{x_{n}\right\}=0+a.\Rightarrow \lim \left\{y_{n}\right\}=a$

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 $\forall \epsilon >0,{\overline {\alpha }}={\underline {\alpha }}$.

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Realizado por: 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: $a_{n}>0{\textrm {ysea}}B=\lim _{n\to \infty }{\frac {a_{n+1}}{a_{n}}}$ 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: $n!\geq 2^{n-1}\qquad \forall \qquad n\geq 1\Rightarrow {\frac {1}{2^{n-1}}}\geq {\frac {1}{n!}}$entonces: $\sum _{n=1}^{\infty }({\frac {1}{n!}})^{1/n}\leq \sum _{n=1}^{\infty }({\frac {1}{2^{n-1}}})^{1/n}$

$\sum _{n=1}^{\infty }({\frac {1}{n!}})^{1/n}\leq \sum _{n=1}^{\infty }({\frac {1}{2^{n-1}}})^{1/n}$

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: $\lim _{n\to \infty }{\frac {a_{n+1}}{a_{n}}}=\lim _{n\to \infty }{\frac {\frac {1}{(n+1)!}}{\frac {1}{n!}}}=\lim _{n\to \infty }{\frac {n!}{(n+1)!}}=\lim _{n\to \infty }{\frac {1}{n+1}}=0$

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Realizado por: 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