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5.9: Teoremas de Convergencia en Diferenciación e Integración

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    Dado

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

    ¿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.

    Además, por suposición,

    \[f_{n} \rightarrow f \text { (uniformly)}\]

    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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