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# 5.9: Teoremas de Convergencia en Diferenciación e Integración

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$F_{n}=\int f_{n} \text { or } F_{n}^{\prime}=f_{n}, \quad n=1,2, \ldots,$

¿qué se puede decir$$\int \lim f_{n}$$ o$$\left(\lim F_{n}\right)^{\prime}$$ si existen los límites? A continuación damos algunas respuestas, para espacios de gama completa$$E$$ (como$$E^{n}$$). Más o menos, tenemos$$\lim F_{n}^{\prime}=\left(\lim F_{n}\right)^{\prime}$$ en$$I-Q$$ si

(a)$$\left\{F_{n}(p)\right\}$$ converge para al menos uno$$p \in I$$ y

b)$$\left\{F_{n}^{\prime}\right\}$$ converge de manera uniforme.

Aquí$$I$$ hay un intervalo finito o infinito en$$E^{1}$$ y$$Q$$ es contable. Incluimos en$$Q$$ los puntos finales de$$I$$ (si los hay), entonces$$I-Q \subseteq I^{0}(=\text { interior of } I).$$

## Teorema$$\PageIndex{1}$$

$$F_{n} : E^{1} \rightarrow E \text{ } (n=1,2, \ldots)$$Sea finito y relativamente continuo$$I$$ y diferenciable en$$I-Q.$$ Supongamos que

a)$$\lim _{n \rightarrow \infty} F_{n}(p)$$ existe para algunos$$p \in I$$;

b)$$F_{n}^{\prime} \rightarrow f \neq \pm \infty(\text {uniformly})$$ encendido$$J-Q$$ para cada subintervalo finito$$J \subseteq I$$;

c)$$E$$ esté completo.

Entonces

(i)$$\lim _{n \rightarrow \infty} F_{n}=F$$ existe uniformemente en cada subintervalo finito$$J \subseteq I$$;

ii)$$F=\int f$$ sobre$$I ;$$ y

iii)$$(\lim F_{n})^{\prime}=F^{\prime}=f=\lim _{n \rightarrow \infty} F_{n}^{\prime}$$ en$$I-Q$$.

Prueba

Fix$$\varepsilon>0$$ y cualquier subintervalo$$J \subseteq I$$ de longitud$$\delta<\infty,$$ con$$p \in J$$ ($$p$$como en (a)). Por b),$$F_{n}^{\prime} \rightarrow f$$ (uniformemente) en$$J-Q,$$ modo que existe$$k$$ tal que para$$m, n>k$$,

$\left|F_{n}^{\prime}(t)-f(t)\right|<\frac{\varepsilon}{2}, \quad t \in J-Q;$

de ahí

$\sup _{t \in J-Q}\left|F_{m}^{\prime}(t)-F_{n}^{\prime}(t)\right| \leq \varepsilon. \quad(\text {Why?})$

Ahora aplica Corolario 1 en §4 a la función$$h=F_{m}-F_{n}$$ en$$J.$$ Entonces para cada$$x \in J,|h(x)-h(p)| \leq M|x-p|,$$ donde

$M \leq \sup _{t \in J-Q}\left|h^{\prime}(t)\right| \leq \varepsilon$

por (2). Por lo tanto para$$m, n>k, x \in J$$ y

$\left|F_{m}(x)-F_{n}(x)-F_{m}(p)+F_{n}(p)\right| \leq \varepsilon|x-p| \leq \varepsilon \delta.$

Como$$\varepsilon$$ es arbitrario, esto demuestra que la secuencia

$\left\{F_{n}-F_{n}(p)\right\}$

satisface el criterio uniforme de Cauchy (Capítulo 4, §12, Teorema 3). Así como$$E$$ es completo,$$\left\{F_{n}-F_{n}(p)\right\}$$ converge uniformemente en$$J.$$ Así lo hace$$\left\{F_{n}\right\},$$ para$$\left\{F_{n}(p)\right\}$$ converge, por (a). Por lo tanto, podemos establecer

$F=\lim F_{n}\text { (uniformly) on } J,$

acreditar aseveración (i).

Aquí por Teorema 2 del Capítulo 4, §12,$$F$$ es relativamente continuo en cada uno de tales$$J \subseteq I,$$ por lo tanto en todos$$I$$. Además, dejando$$m \rightarrow+\infty$$ (con$$n$$ fijo), tenemos$$F_{m} \rightarrow F$$ en (3), y se deduce que para$$n>k$$ y$$x \in G_{p}(\delta) \cap I.$$

$\left|F(x)-F_{n}(x)-F(p)+F_{n}(p)\right| \leq \varepsilon|x-p| \leq \varepsilon \delta.$

Habiendo demostrado (i), ahora podemos tratar$$p$$ como cualquier punto en$$I$$. Así la fórmula (4) se mantiene para cualquier globo Ahora$$G_{p}(\delta), p \in I.$$ demostramos que

$F^{\prime}=f \text { on } I-Q ; \text { i.e., } F=\int f \text { on } I.$

En efecto, si$$p \in I-Q,$$ cada uno$$F_{n}$$ es diferenciable en$$p$$ (por suposición), y$$p \in I^{0}$$ (ya que$$I-Q \subseteq I^{0}$$ por nuestra convención). Así para cada uno$$n,$$ hay$$\delta_{n}>0$$ tal que

$\left|\frac{\Delta F_{n}}{\Delta x}-F_{n}^{\prime}(p)\right|=\left|\frac{F_{n}(x)-F_{n}(p)}{x-p}-F_{n}^{\prime}(p)\right|<\frac{\varepsilon}{2}$

para todos$$x \in G_{\neg p}\left(\delta_{n}\right); G_{p}\left(\delta_{n}\right) \subseteq I$$.

Por supuesto (b) y por (4), podemos arreglar$$n$$ tan grandes que

$\left|F_{n}^{\prime}(p)-f(p)\right|<\frac{\varepsilon}{2}$

y para que (4) se mantenga para$$\delta=\delta_{n}.$$ Entonces, dividiendo por$$|\Delta x|=|x-p|,$$ tenemos

$\left|\frac{\Delta F}{\Delta x}-\frac{\Delta F_{n}}{\Delta x}\right| \leq \varepsilon.$

Combinando con (5), inferimos que para cada uno$$\varepsilon>0,$$ hay$$\delta>0$$ tal que

$\left|\frac{\Delta F}{\Delta x}-f(p)\right| \leq\left|\frac{\Delta F}{\Delta x}-\frac{\Delta F_{n}}{\Delta x}\right|+\left|\frac{\Delta F_{n}}{\Delta x}-F_{n}^{\prime}(p)\right|+\left|F_{n}^{\prime}(p)-f(p)\right|<2 \varepsilon, x \in G_{p}(\delta).$

Esto demuestra que

$\lim _{x \rightarrow p} \frac{\Delta F}{\Delta x}=f(p) \text { for } p \in I-Q,$

es decir,$$F^{\prime}=f$$ encendido$$I-Q,$$ con$$f$$ finito por suposición, y$$F$$ finito por (4). Como también$$F$$ es relativamente continuo en$$I,$$ la afirmación (ii) se demuestra, y (iii) sigue desde$$F=\lim F_{n}$$ y$$f=\lim F_{n}^{\prime}. \quad \square$$

Nota 1. La misma prueba también muestra que$$F_{n} \rightarrow F$$ (uniformemente) en cada subintervalo cerrado$$J \subseteq I$$ si$$F_{n}^{\prime} \rightarrow f$$ (uniformemente) encendido$$J-Q$$ para todos esos$$J$$ (con los demás supuestos sin cambios). En cualquier caso, entonces tenemos$$F_{n} \rightarrow F$$ (puntualmente) en todos los$$I.$$

Ahora aplicamos el Teorema 1 a los antiderivados.

## Teorema$$\PageIndex{2}$$

Dejemos que las funciones$$f_{n} : E^{1} \rightarrow E, n=1,2, \ldots,$$ tengan antiderivadas,$$F_{n}=\int f_{n},$$ en$$I.$$ Supongamos$$E$$ es completa y$$f_{n} \rightarrow f$$ (uniformemente) en cada subintervalo finito$$J \subseteq I,$$ con$$f$$ finito ahí. Entonces$$\int f$$ existe en$$I,$$ y

$\int_{p}^{x} f=\int_{p}^{x} \lim _{n \rightarrow \infty} f_{n}=\lim _{n \rightarrow \infty} \int_{p}^{x} f_{n} \text { for any } p, x \in I.$

Prueba

Arreglar cualquier$$p \in I.$$ Por Nota 2 en §5, podemos elegir

$F_{n}(x)=\int_{p}^{x} f_{n} \text { for } x \in I.$

Entonces$$F_{n}(p)=\int_{p}^{p} f_{n}=0,$$ y así$$\lim _{n \rightarrow \infty} F_{n}(p)=0$$ existe, como se requiere en el Teorema 1 (a).

Además, por definición, cada uno$$F_{n}$$ es relativamente continuo y finito$$I$$ y diferenciable, con$$F_{n}^{\prime}=f_{n},$$ on$$I-Q_{n}.$$ Los conjuntos contables no$$Q_{n}$$ necesitan ser los mismos, así que los reemplazamos por

$Q=\bigcup_{n=1}^{\infty} Q_{n}$

(incluyendo$$Q$$ también los puntos finales de$$I,$$ si los hubiere. Entonces$$Q$$ es contable (ver Capítulo 1, §9, Teorema 2), y$$I-Q \subseteq I-Q_{n},$$ así todos$$F_{n}$$ son diferenciables$$I-Q,$$ con$$F_{n}^{\prime}=f_{n}$$ ahí.

$f_{n} \rightarrow f \text { (uniformly)}$

en subintervalos finitos$$J \subseteq I.$$ Por lo tanto

$F_{n}^{\prime} \rightarrow f \text { (uniformly) on } J-Q$

para todo ello$$J,$$ y así se cumplen las condiciones del Teorema 1.

Por ese teorema, entonces,

$F=\int f=\lim F_{n} \text { exists on } I$

y, recordando que

$F_{n}(x)=\int_{p}^{x} f_{n},$

obtenemos para$$x \in I$$

$\int_{p}^{x} f=F(x)-F(p)=\lim F_{n}(x)-\lim F_{n}(p)=\lim F_{n}(x)-0=\lim \int_{p}^{x} f_{n}.$

Como$$p \in I$$ fue arbitrario, y$$f=\lim f_{n}$$ (por supuesto), todo está probado. $$\quad \square$$

Nota 2. Por el teorema 1, la convergencia

$\int_{p}^{x} f_{n} \rightarrow \int_{p}^{x} f \quad\left(\text { i.e. }, F_{n} \rightarrow F\right)$

es uniforme en$$x$$ (con$$p$$ fijo), en cada subintervalo finito$$J \subseteq I$$.

Ahora “traducimos” los teoremas 1 y 2 al lenguaje de las series.

## Corolario$$\PageIndex{1}$$

Let$$E$$ y las funciones$$F_{n} : E^{1} \rightarrow E$$ sean como en el Teorema 1. Supongamos que la serie

$\sum F_{n}(p)$

converge para algunos$$p \in I,$$ y

$\sum F_{n}^{\prime}$

converge uniformemente$$J-Q,$$ para cada subintervalo finito$$J \subseteq I$$.

Luego$$\sum F_{n}$$ converge uniformemente en cada uno de tales$$J,$$ y

$F=\sum_{n=1}^{\infty} F_{n}$

es diferenciable$$I-Q,$$ con

$F^{\prime}=\left(\sum_{n=1}^{\infty} F_{n}\right)^{\prime}=\sum_{n-1}^{\infty} F_{n}^{\prime} \text { there.}$

En otras palabras, la serie se puede diferenciar en términos.

Prueba

Let

$s_{n}=\sum_{k=1}^{n} F_{k}, \quad n=1,2, \ldots,$

ser las sumas parciales de$$\sum F_{n}.$$ De nuestros supuestos, se deduce entonces que el$$s_{n}$$ satisfacer todas las condiciones del Teorema 1. (¡Verifica!) Así se mantienen las conclusiones del Teorema 1, con$$F_{n}$$ sustituidas por$$s_{n}$$.

Tenemos$$F=\operatorname{lims}_{n}$$ y de$$F^{\prime}=\left(\lim s_{n}\right)^{\prime}=\lim s_{n}^{\prime},$$ dónde (7) sigue. $$\quad \square$$

## Corolario$$\PageIndex{2}$$

Si$$E$$ y el$$f_{n}$$ son como en el Teorema 2 y si$$\sum f_{n}$$ converge uniformemente a$$f$$ en cada intervalo finito$$J \subseteq I,$$ entonces$$\int f$$ existe en$$I,$$ y

$\int_{p}^{x} f=\int_{p}^{x} \sum_{n=1}^{\infty} f_{n}=\sum_{n=1}^{\infty} \int_{p}^{x} f_{n} \text { for any } p, x \in I.$

Brevemente, una serie uniformemente convergente se puede integrar a términos.

## Teorema$$\PageIndex{3}$$ (Power Series)

$$r$$Sea el radio de convergencia de

$\sum a_{n}(x-p)^{n}, \quad a_{n} \in E, p \in E^{1}.$

Supongamos que$$E$$ está completo. Set

$f(x)=\sum_{n=0}^{\infty} a_{n}(x-p)^{n} \quad \text { on } I=(p-r, p+r).$

Entonces son ciertas las siguientes:

(i)$$f$$ es diferenciable y tiene un antiderivado exacto sobre$$I.$$

ii)$$f^{\prime}(x)=\sum_{n=1}^{\infty} n a_{n}(x-p)^{n-1}$$ y$$\int_{p}^{x} f=\sum_{n=0}^{\infty} \frac{a_{n}}{n+1}(x-p)^{n+1}, x \in I$$.

(iii)$$r$$ es también el radio de convergencia de las dos series en (ii).

(iv)$$\sum_{n=0}^{\infty} a_{n}(x-p)^{n}$$ es exactamente la serie de Taylor por$$f(x)$$$$I$$ sobre$$p$$.

Prueba

Demostramos (iii) primero.

Por Teorema 6 del Capítulo 4, §13,$$r=1 / d,$$ donde

$d=\overline{\lim } \sqrt[n]{a_{n}}.$

Dejar$$r^{\prime}$$ ser el radio de convergencia de$$\sum n a_{n}(x-p)^{n-1},$$ tan

$r^{\prime}=\frac{1}{d^{\prime}} \text { with } d^{\prime}=\overline{\lim } \sqrt[n]{n a_{n}}.$

Sin embargo, lim$$\sqrt[n]{n}=1$$ (ver §3, Ejemplo (e)). Se deduce fácilmente que

$d^{\prime}=\overline{\lim } \sqrt[n]{n a_{n}}=1 \cdot \overline{\lim } \sqrt[n]{a_{n}}=d^{2}.$

De ahí$$r^{\prime}=1 / d^{\prime}=1 / d=r$$.

El radio de convergencia de$$\sum \frac{a_{n}}{n+1}(x-p)^{n+1}$$ se determina de manera similar. Así se demuestra (iii).

A continuación, vamos

$f_{n}(x)=a_{n}(x-p)^{n} \text { and } F_{n}(x)=\frac{a_{n}}{n+1}(x-p)^{n+1}, n=0,1,2, \ldots.$

Entonces los$$F_{n}$$ son diferenciables$$I,$$ con$$F_{n}^{\prime}=f_{n}$$ ahí. También, por los Teoremas 6 y 7 del Capítulo 4, §13, la serie

$\sum F_{n}^{\prime}=\sum a_{n}(x-p)^{n}$

converge uniformemente en cada subintervalo cerrado$$J \subseteq I=(p-r, p+r).$$ Así las funciones$$F_{n}$$ satisfacen todas las condiciones del Corolario 1, con$$Q=\emptyset,$$ y$$f_{n}$$ satisfacen Corolario 2. Por Corolario 1, entonces,

$F=\sum_{n=1}^{\infty} F_{n}$

es diferenciable$$I,$$ con

$F^{\prime}(x)=\sum_{n=1}^{\infty} F_{n}^{\prime}(x)=\sum_{n=1}^{\infty} a_{n}(x-p)^{n}=f(x)$

para todos$$x \in I.$$ Por lo tanto,$$F$$ es un antiderivado exacto de$$f$$ on$$I,$$ y (8) produce la segunda fórmula en (ii).

De manera muy similar, reemplazando$$F_{n}$$$$f_{n}$$ y$$F$$ por y$$f,$$ uno muestra que$$f$$ es diferenciable en$$I,$$ y sigue la primera fórmula en (ii). Esto prueba (i) también.

Finalmente, para probar (iv), aplicamos (i) - (iii) a las derivadas consecutivas de$$f$$ y obtenemos

$f^{(k)}(x)=\sum_{n=k}^{\infty} n(n-1) \cdots(n-k+1) a_{n}(x-p)^{n-k}$

para cada uno$$x \in I$$ y$$k \in N$$.

Si$$x=p,$$ todos los términos desaparecen excepto el primer término$$(n=k),$$ es decir,$$k ! a_{k}.$$ así$$f^{(k)}(p)=k ! a_{k}, k \in N.$$ podemos reescribirlo como

$a_{n}=\frac{f^{(n)}(p)}{n !}, \quad n=0,1,2, \ldots,$

ya que$$f^{(0)}(p)=f(p)=a_{0}.$$ Asertion (iv) ahora sigue desde

$f(x)=\sum_{n=0}^{\infty} a_{n}(x-p)^{n}=\sum_{n=0}^{\infty} \frac{f^{(n)}(p)}{n !}(x-p)^{n}, \quad x \in I, \text { as required. } \quad \square$

Nota 3. Si$$\sum a_{n}(x-p)^{n}$$ converge también para$$x=p-r$$ o$$x=p+r,$$ así lo hace la serie integrada

$\sum a_{n} \frac{(x-p)^{n+1}}{n+1}$

ya que podemos incluir tal$$x$$ en$$I.$$ Sin embargo, las series derivadas no$$\sum n a_{n}(x-p)^{n-1}$$ necesitan converger en tal$$x.$$ (¿Por qué?) Por ejemplo (ver §6, Problema 9), la expansión

$\ln (1+x)=x-\frac{x^{2}}{2}+\frac{x^{3}}{3}-\cdots$

converge para$$x=1$$ pero la serie derivada

$1-x+x^{2}-\cdots$

no lo hace.

Al respecto, existe la siguiente regla útil para las funciones$$f : E^{1} \rightarrow E^{m}$$ (*$$C^{m}$$).

## Corolario$$\PageIndex{3}$$

Dejar que una función$$f : E^{1} \rightarrow E^{m}\left(^{*} C^{m}\right)$$ sea relativamente continua en$$\left[p, x_{0}\right]$$ (o$$[x_{0}, p])$$,$$x_{0} \neq p.$$ Si

$f(x)=\sum_{n=0}^{\infty} a_{n}(x-p)^{n} \text { for } p \leq x<x_{0} \text { (respectively, } x_{0}<x \leq p),$

y si$$\sum a_{n}\left(x_{0}-p\right)^{n}$$ converge, entonces necesariamente

$f\left(x_{0}\right)=\sum_{n=0}^{\infty} a_{n}\left(x_{0}-p\right)^{n}.$

Prueba

La prueba está bosquejada en Problemas 4 y 5.

Así, en el ejemplo anterior,$$f(x)=\ln (1+x)$$ define una función continua en$$[0,1],$$ con

$f(x)=\sum_{n=1}^{\infty}(-1)^{n-1} \frac{x^{n}}{n} \text { on }[0,1].$

Damos una prueba directa en §6, Problema 9. No obstante, por Corolario 3, basta con probar esto para$$[0,1),$$ lo cual es mucho más fácil. Luego, la convergencia de

$\sum_{n=1}^{\infty} \frac{(-1)^{n-1}}{n}$

arroja el resultado para$$x=1$$ también.

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