UNADM

LICENCIATURA EN MATEMÁTICAS

Análisis matemático II

Aproximación de funciones continúas.

Evidencia de aprendizaje:

Aproximación de funciones continuas

Alumno: Claudio Ramón Rodríguez Mondragón.

Matrícula: AL13503064

Evidencia de aprendizaje. Aproximación de funciones continuas

Instrucciones: resuelve correctamente lo que se solicita en cada ejercicio.

1. Prueba que, si a1≥⋯≥an≥⋯, y ∑ an converge, entonces limn→∞

nan=0

Tenemos que tratar y analizar a sucesiones y a series:Para:

a1≥⋯≥an≥⋯,

Notamos que los elementos de la sucesión:a1 , a2 , a3 ,…,an

Y como están ordenados:an≥an+1n∈N

Con lo que deducimos que la citada es una sucesión monótona decreciente, una sucesión monótona decreciente es una sucesión no creciente, por eso, en su serie:

∑n=1

∞

an converge

Una sucesión monótona decreciente puede tener algunos o incluso todos sus términos iguales; por eso, de forma equivalente, se la llama sucesión no creciente.

Y para la serie:Son los elementos que componen a la serie:

∑n=1

∞

an=a1+a2+a3+…+an

Analizando para:limn→∞

nan=0n∈N por lo tanto :n=constante .

Lo podemos reescribir como:(n ) lim

n→∞an=0

Porque:

limn→∞

nan=( limn→∞n)( limn→∞

an)=n limn→∞an

El límite de una constante, es la misma constante.Entonces:Por hipótesis, tenemos que a1≥⋯≥an≥⋯ Concluimos que:Para an>0Si es una sucesión monótona decreciente, esta está acotada superiormente por: a1Y esta sucesión está acotada inferiormente por 0.

Análogamente para an<0Inclusive, si an=an+1La sucesión está acotada tanto inferiormente como superiormente por anLa sucesión al ser decreciente y acotada, esta es convergente.Entonces para:

limn→∞

nan=n limn→∞

an

Tenemos que:

limn→∞

nan=n limn→∞

an=n (0 )=0

Puesto que an está acotada, es monótona y es convergente.

Para sucesión monótonas convergentes, corresponden al modelo:

an=1

nmparam>1

Ahora, para la sucesión:

an=nan=n( 1nm )=( 1n−1 )( 1nm )= 1

nm−1

Entonces:

an=1

nm−1param>0

Entonces, se demuestra que:

limn→∞

nan=limn→∞

1

nm−1=0 param>0

2. Dada una sucesión de números positivos xn, tal que lim xn=a , demuestra que el

lim n√x1 x2⋯ xn=a.

Tomando en cuenta el teorema:

Aplicaremos el teorema de la media geométrica, que es equivalente al criterio de la raíz.Entonces para:

yn=( x1 ) (x2 ) (x3) (x4 )…( xn−1 ) (xn )

Y sabemos que:xn>0 todos losterminos son positivos :

Entonces:

limn→∞| yn+1y n |=limn→∞

yn+1yn

También:Entonces:

limn→∞

n√|an|= limn→∞

n√|xn|= limn→∞

n√ xnEntonces:

limn→∞

yn+1yn

=limn→∞

(x1 ) (x2 ) (x3 ) (x4 )… (xn−1 ) (xn ) (xn+1 )(x1 ) (x2 ) (x3 ) (x4 )… (xn−1 ) (xn )

Entonces:

limn→∞

yn+1yn

=limn→∞

xn+1

Para valores muy grandes de n los límites convergen al mismo valor:limn→∞

xn= limn→∞

xn+1=L

Por hipótesis del problema:

limn→∞

xn=a

Entonces:limn→∞

xn+1=a

Asignamos a la serie de multiplicativa:

El operador productorio o productoria, también conocido como multiplicatoria o simplemente producto, es un operador matemático que representa una multiplicación. Entonces:

yn=∏k=1

n

xk

Ahora, reuniendo la información tenemos que:

lim n√x1 x2⋯ xn=limn→∞

(( yn )1n )=lim

n→∞ ((∏k=1n

xk )1n)=limn→∞

(x1 ∙ x2 ∙ x3 ∙…∙ xn )1n

Puesto que xn>0 entonces también a>0 son todos positivos.Ahora introduciendo logaritmos:

ln ( limn→∞xn)=ln (a )

Entonces, por propiedades de límites:

limn→∞

( ln (xn ))= ln (a )

En la parte izquierda, introducimos el concepto de límite de media aritmética:

limn→∞

∑k=1

n ln (xn )n

=ln (a )

Ahora, como sabemos que:

limn→∞|an+1

an |=limn→∞

n√|an|=L

Implica que:

limn→∞ (∑

k=1

n xnn )= limn→∞ (∏

k=1

n

xk)1n=L

Entonces:

limn→∞

∑k=1

n ln (xn )n

=limn→∞ ( ln((∏k=1

n

xk )1n))=ln (a )

Ahora, por la propiedad continuidad y biyectiva del logaritmo natural, entonces:

limn→∞ (∏

k=1

n

xk )1n=a

Lo que nos implica que:

limn→∞

n√ x1 ∙ x2 ∙ x3 ∙…∙ xn=a

3. Prueba que una serie es absolutamente convergente, si y sólo si, el conjunto de todas las sumas finitas formadas con los términos an está acotado.

Si una serie el absolutamente convergente nos dice que la serie de los valores absolutos es convergente.Suponiendo que la serie:

∑n=1

∞

an

Sea absolutamente convergente, tenemos entonces que cualquier suma finita:S1=a1

S2=a1+a2S3=a1+a2+a3

S4=a1+a2+a3+a4⋮

Sn=a1+a2+a3+a4+a5+…+anDonde, cualquiera se estas, es menor de p y mayor que −q:

−q<Sn< pAhora, con notación se series tenemos que:

p=∑n=1

∞

pn

Y también:

q=∑n=1

∞

qn

Los número pn y qn se llaman, respectivamente, parte positiva y negativa de an.

Ahora, recíprocamente, si las sumas finitas de términos an forman un conjunto acotado, entonces, en particular, las sumas parciales de las series:

p=∑n=1

∞

pn y q=∑n=1

∞

qn

Están acotadas, y son convergentes, y por lo tanto:

∑n=1

∞

an

Converge absolutamente.

Otro punto de vista:

Al sumar todos los términos positivos se tiene que la suma de toda la serie es un número finito, ese número finito tiene la parte de la suma de los términos positivos y la parte igual al valor absoluto de la suma de los negativos.Luego tanto la serie de los positivos como la de los negativos son convergentes y acotadas.Con esto tenemos que cualquier conjunto finito que tomemos tendrá unos elementos positivos y otros negativos.La suma de los positivos está acotada por p y la de los negativos también por −q entonces la diferencia también estará acotada, estará en el intervalo: [−q , p ]

Ahora, podemos tomar:Sea:

an≥0

Una serie es absolutamente convergente si:

∑n=1

∞

|an|converge

Entonces:

∑n=1

∞

an converge

Supongamos que

∑n=1

∞

|an|converge entonces∑n=1

∞

an converge

Sean el conjunto de las sumas finitas:S1=a1

S2=a1+a2⋮

Sn=a1+a2+…+an

Como las series convergen para:{Sn}

Entonces:limn→∞

Sn=L

Por lo tanto:Sn converge

Además como toda sucesión convergente está acotada, entonces el conjunto de las sumas finitas con los términos:

an La sucesión Sn está acotado.

En otro análisis:

Sea {Sn} el conjunto de las sumas finitas o parciales de la serie:

∑n=1

∞

an

Donde {Sn} está acotada, como lo analizamos en el anterior renglón,

Como:an≥0

Las series{Sn}

Será monótona creciente pues tendríamos que todos los términos sucesores, son mayores a los antecesores.

Sn+1≥Sn∀ n∈N

Y como toda serie monótona creciente y acotada es convergente,

{Sn }es convergente

Por lo tanto:

∑n=1

∞

an esconvergente

Como los términosan

Son todos positivos o cero, estos son de valor absoluto, así pues:

∑n=1

∞

an=∑n=1

∞

|an|

Por lo tanto:

∑n=1

∞

|an|converge

Entonces:

∑n=1

∞

an esabsolutamente convergente

4. Demuestra que, si ∑ an es convergente y an≥0 para todo n∈N , entonces la serie:

∑ an xn

Es absolutamente convergente para todo x∈[−1 ,1], y las series:

∑ an sen (nx )

∑ an cos(nx)Son absolutamente convergentes para todo x∈ R.

Primero, analizando:

∑n=1

∞

an xn

Donde:

∑n=1

∞

|an xn|=∑n=1

∞

|an||xn|

Por propiedades de valor absoluto:Por hipótesis del problema tenemos que: an≥0

Entonces:

∑n=1

∞

|an||xn|=∑n=1

∞

an|xn|

Puesto que todos los an son positivos, por hipótesis del problema.

Analizando:

|xn|para x∈ [−1,1 ]

Puesto que cualquier x en ese acotamiento elevado a un exponente entero positivo n será menor igual de 1.

Entonces:

|xn|para x∈ [−1,1 ]|xn|≤1

Al hacer la multiplicación de los dos factores:

an|xn|≤1Si hacemos una comparación de series:

an|xn|≤|an|Que es lo mismo;

an|xn|≤anEntonces, como sabemos por la hipótesis del problema que:

∑n=1

∞

an=∑n=1

∞

|an|converge

Por lo tanto:

∑n=1

∞

an|xn|=∑n=1

∞

|an xn|convergePor lo que podemos indicar, al aplicar el valor absoluto que:

∑n=1

∞

an xn converge absolutamente

Analizando para:

∑n=1

∞

an sen (nx )

Sabeos que por hipótesis del problema, todos los an son positivos:

|an|=an≥0

Entonces sabemos por la hipótesis del problema que:

∑n=1

∞

an=∑n=1

∞

|an|converge

Los valores para:sen (nx )

En el intervalo [−1,1 ]Tenemos que:

−1≤sen (nx )≤1Esto para:

∀n∈NY para:

∀ x∈REntonces, al aplicar valor absoluto para:

|sen (nx )|Ahora:

0≤|sen (nx )|≤1Esto para:

∀n∈NY para:

∀ x∈RAseguramos que:

|sen (nx )|≤1Ahora adicionando el factor an por lo tanto:

|an sen (nx )|=|an||sen (nx )|Aplicando el valor absoluto y al saber que an≥0 esto es:

an|sen (nx )|Ahora, aplicamos un criterio de comparación:

an|sen (nx )|≤|an|Que es lo mismo que:

an|sen (nx )|≤anSabemos que:

an|sen (nx )|≤|an|Y con lo que hacemos la operación correspondiente:

|sen (nx )|≤ anan

Resolviendo: Por lo tanto:

|sen (nx )|≤1Y sabiendo que:

∑n=1

∞

an=∑n=1

∞

|an|converge

Entonces:

∑n=1

∞

|an||sen (nx )|converge

Y si aplicamos los valores absolutos:

∑n=1

∞

an sen (nx ) converge absolutamente

De manera análoga:

Analizando para:

∑n=1

∞

an cos (nx )

Sabeos que por hipótesis del problema, todos los an son positivos:

|an|=an≥0

Entonces sabemos por la hipótesis del problema que:

∑n=1

∞

an=∑n=1

∞

|an|converge

Los valores para:cos (nx )

En el intervalo [−1,1 ]Tenemos que:

−1≤cos (nx )≤1Esto para:

∀n∈NY para:

∀ x∈REntonces, al aplicar valor absoluto para:

|cos (nx )|Ahora:

0≤|cos (nx )|≤1Esto para:

∀n∈NY para:

∀ x∈RAseguramos que:

|cos (nx )|≤1Ahora adicionando el factor an por lo tanto:

|an cos (nx )|=|an||cos (nx )|Aplicando el valor absoluto y al saber que an≥0 esto es:

an|cos (nx )|Ahora, aplicamos un criterio de comparación:

an|cos (nx )|≤|an|

Que es lo mismo que:an|cos (nx )|≤an

Sabemos que:an|cos (nx )|≤|an|

Y con lo que hacemos la operación correspondiente:

|cos (nx )|≤ anan

Resolviendo: Por lo tanto:

|cos (nx )|≤1Y sabiendo que:

∑n=1

∞

an=∑n=1

∞

|an|converge

Entonces:

∑n=1

∞

|an||cos (nx )|converge

Y si aplicamos los valores absolutos:

∑n=1

∞

an cos (nx ) convergeabsolutamente

5. Considera la función f (x)=|x−12| definida en el intervalo [0 ,1].

a. Revisando la demostración hecha en el documento de la Actividad 3, estima el grado del polinomio de Bernstein necesario para tener una diferencia no mayor a 0.005 (i.e., de un 1%) entre la función f y el polinomio Bn( f , x ).

Revisando el documento, se encontró la siguiente desigualdad:

n≥M

2δ 2 εEntonces:

|Bn (f , x )−f ( x )|≤2 εDonde M es la cota de la función,Entonces, para:

f ( x )=|x−12|para [0,1 ]

El valor máximo de la función es 12

por las propiedades de desplazamiento de las funciones de

valor absoluto.

M=12

Entonces para la diferencia:2 ε<0.005

Ahora:2 ε=0.005

Entonces:ε=0.0025

Así pues, si ε=0.0025 entonces para una función uniformemente continua:Entonces:

δ=εDe donde:

0<|x−x0|<δEntonces:

|x−12−( x0−12 )|=|x−x0|<δ=ε

Por lo tanto:δ=0.0025

Sustituyendo en la desigualdad:

n≥M

2δ 2 εPor lo que:

n≥( 12 )

2 (0.0025 )2 (0.0025 )Entonces:

n≥16000000El grado de este polinomio es totalmente incalculable, pero se suele aproximar, a un grado lo suficientemente grande, para poder observar el comportamiento del polinomio de Bernstein.

b. Usando Maple (o Mathematica), calcula el polinomio Bn( f , x ). con el grado n encontrado en el inciso anterior (a), y dibuja la función y el polinomio en una misma gráfica.

Buscando una aplicación indicada, todas son compradas, Maple es de paga, y no hay trial, al menos no le encontré, Para C++, no corrió el script que encontré y modifiqué, en Matlab

(Octave en versión libre) las paqueterías no son compatibles, entonces, realicé el desarrollo en base al modelo de aproximación del polinomio de Bernstein, en una Texas Instruments TI-NspireCAS en Ipad:

El desarrollo del polinomio de grado 20, ya no entra en la pantalla de la Ipad, pero es:

−4682x20+48620 x19−217360 x18+570570 x17−969969 x16+1108536 x15−852720 x14+426360 x13−125970 x12+16796 x11−x+12

El desarrollo del polinomio de grado 25, ya no entra en la pantalla de la Ipad, pero es:

−58786 x20+705432x23−3863080 x22+1274816 x21−28180152x20+43835792x19−48992944 x18+39369330 x17−22309287 x16+8498776 x15−1961256 x14+208012 x13−x+ 12

La grafica de los polinomios que se aproximan a la función dada en el intervalo [0,1 ]

Según aumenta el grado del polinomio, este se aproxima a la función, se nota como el mínimo local, se va acercando al vértice de la función valor absoluto.

Se enlista los polinomios según el grado y según el color que lo identifica:

Gracias.