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\Materia{Cálculo Avanzado}
\Cuatrimestre{Segundo Cuatrimestre --- 2019}
\Practica{8}
\Titulo{Series de funciones y convergencia uniforme}

\hyphenation{homeo-morfismo holo-morfa como lado para hipó-tesis serie todo
        unifor-me-mente}

%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%
\begin{document}
\maketitle

\begin{ejercicios}

%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%
\section{Convergencia uniforme}

%%%%%%%%%%%%%%%
\item Sean $X$ un espacio métrico y $A$ un conjunto, sea $(f_n)_{n\geq1}$
una sucesión de funciones $A\to X$ y sea $f:A\to X$ una función. La
sucesión $(f_n)_{n\geq1}$ \emph{no} converge uniformemente a~$f$ sobre~$A$
si y solamente si existen $\alpha>0$, una sucesión estrictamente creciente 
$(n_k)_{k\geq1}$ de elementos de~$\NN$
y una sucesión $(a_k)_{k\geq1}$ en~$A$ tales que
$d(f_{n_k}(a_k),f(a_k))\geq\alpha$ para todo $k\in\NN$.

\begin{Solucion}
Supongamos que la sucesión no converge uniformemente a~$f$, de manera que
existe $\alpha>0$ tal que no es cierto que hay un entero $N\in\NN$ con
$d(f_n(x),f(x))<\alpha$ para todo $x\in X$ y todo $n\geq N$: en otras
palabras, para todo $N\in\NN$ existen $\phi(N)\in\NN$ y $\xi(N)\in X$ tales
que $\phi(N)\geq N$ y $d(f_{\phi(N)}(\xi(N)),f(\xi(N)))\geq\alpha$. Podemos
construir ahora una sucesión estrictamente creciente $(n_k)_{k\geq1}$ de
elementos de~$\NN$ y una sucesión $(a_k)_{k\geq1}$ de elementos de~$X$:
ponemos $n_1=\phi(1)$ y $a_1=\xi(1)$, y para cada $k\in\NN$ definimos
inductivamente $n_{k+1}=\phi(n_k+1)$ y $a_{k+1}=\xi(n_k+1)$. Es claro que
las sucesiones $(n_k)_{k\geq1}$ y $(a_k)_{k\geq1}$ satisfacen las
condiciones del enunciado. \qed
\end{Solucion}

%%%%%%%%%%%%%%%
\item Encuentre el límite puntual de las siguientes sucesiones de
funciones:
\begin{ejitems}

\item $(f_n)_{n\geq1}$ con $f_n:x\in(-1,1]\mapsto x^n\in\RR$ para cada
$n\in\NN$;

\item $(g_n)_{n\geq1}$ con $g_n:x\in(1,+\infty)\mapsto x^{-n}e^x\in\RR$ para cada
$n\in\NN$;

\item $(h_n)_{n\geq1}$ con $h_n:x\in[0,1]\mapsto n^2x(1-x^2)^n\in\RR$ para cada
$n\in\NN$.

\end{ejitems}
Muestre además que la primera converge uniformemente sobre $(0,\tfrac12)$ y
que la segunda converge uniformemente sobre~$[2,5]$. ¿Es uniforme la
convergencia de la tercera sobre~$[0,1]$?

\begin{Solucion}
\ejitem{1} Si $x\in[0,1)$, para cada $n\in\NN$ es $0\leq x^{n+1}\leq x^n$, así que la
sucesión $(x^n)_{n\geq1}$ está acotada inferiormente y decrece, y tiene,
por lo tanto, límite: llamémoslo~$\xi$. Observemos que 
  \[
  \xi = \lim_{n\to\infty}x^{n+1} = x\lim_{n\to\infty}x^n = x\xi,
  \]
así que $\xi(x-1)=0$: como $x\neq1$, esto implica que $\xi=0$.

Sea ahora $x\in(-1,1)$. Como $\abs{x}\in[0,1)$ y $\abs{x^n}=\abs{x}^n$,
tenemos, por lo que ya hicimos, que $\lim_{n\to\infty}\abs{x^n}=0$: esto
nos dice que $\lim_{n\to\infty}x^n=0$.
Como es claro que, además, $\lim_{n\to\infty}1^n=1$, vemos que la sucesión
$(f_n)_{n\geq1}$ converge puntualmente a la función $f:(-1,1]\to\RR$ tal
que
  \[
  f(x) = \begin{cases*}
         0 & si $x\in (-1,1)$; \\
         1 & si $x=1$.
         \end{cases*}
  \]
Ahora, si $x\in(0,\frac12)$, entonces
  \(
  \abs{f_n(x)-f(x)} = \abs{x^n} \leq \frac{1}{2^n}
  \):
como el último miembro de la desigualdad converge a~$0$ cuando $n$~crece,
es claro que la sucesión converge uniformemente a~$f$ en el
intervalo~$(0,\frac12)$.

\medskip

\ejitem{2} Si $x\in(1,+\infty)$, entonces la sucesión de números positivos
$(x^{-n}e^x)_{n\geq1}$ es estrictamente decreciente, así que tiene límite.
Más aún, si $a$ es ese límite, tenemos que
  \[
  a = \lim_{n\to\infty} x^{-(n+1)}e^x 
    = x^{-1} \lim_{n\to\infty} x^{-n}e^x 
    = x^{-1} a,
  \]
así que $a(1-x^{-1})=0$: como $x\neq1$, vemos que $a=0$. Podemos concluir
con esto que la sucesión $(g_n)_{n\geq1}$ converge puntualmente a la
función nula en~$(1,+\infty)$.

Si $x\in[2,5]$, entonces 
  \[
  \abs{g_n(x)} = x^{-n}e^x \leq 2^{-n}e^5,
  \]
así que $\norm{g_n}_{C[2,5]}\leq 2^{-n}e^5$: esto nos dice que la sucesión
$(g_n)_{n\geq1}$ converge uniformemente sobre el intervalo~$[2,5]$ a la
función nula, como queríamos. Observemos que ninguna de las funciones de la
sucesión es acotada, así que la convergencia en~$(1,+\infty)$ no es
uniforme.

\medskip

\ejitem{3} Si $x\in\{0,1\}$, entonces es evidente que $(h_n(x))_{n\geq1}$
converge a~$0$. Fijemos $x\in(0,1)$. La sucesión $(h_n(x))_{n\geq1}$ tiene
todos sus términos positivos y para cada $n\in\NN$ es
  \[
  \frac{h_{n+1}(x)}{h_n(x)}
        = \left(1+\frac1n\right)^2(1-x^2).
  \]
Como $1-x^2\in(0,1)$ y $(1+\frac1n)^2\downarrow1$ si $n\to\infty$, es claro
que existe $N\in\NN$ y $\rho\in(0,1)$ tal que $h_{n+1}(x)/h_n(x)<\rho$ para
todo $n\geq N$, es decir, tal que $h_{n+1}(x)<\rho h_n(x)$ si $n\geq N$.
Tenemos entonces que $0\leq h_n(x)\leq \rho^{n-N}h_N(x)$ si $n\geq N$ y,
por lo tanto, que $\lim_{n\to\infty}h_n(x)=0$. Vemos así que la sucesión de
funciones $(h_n)_{n\geq1}$ converge puntualmente a la función nula sobre el
intervalo~$[0,1]$.

Sea $n\in\NN$. Es claro que la función~$h_n$ toma valores no
negativos en~$[0,1]$ y que se anula en los extremos de ese intervalo.
Encontremos su máximo en~$[0,1]$. Como $h_n$ no es constante, ese máximo se
tiene que alcanzar en un punto de~$(0,1)$. Es
  \[
  h'_n(x)
        = n^2(1-x^2)^{n-1}   (1-(1+2n)x^2)
  \]
y el único punto de~$(0,1)$ donde~$h'_n$ se anula es $(1+2n)^{-1/2}$.
Esto implica que el máximo de~$h_n$ en el intervalo~$[0,1]$ es
  \begin{align*}
  h_n((1+2n)^{-1/2}) 
       &= \frac{n^2}{\sqrt{1+2n}}\left(1-\frac{1}{1+2n}\right)^n
        = \frac{1}{\left(\left(1+\frac{1}{2n}\right)^{2n}\right)^{1/2}}
          \frac{n^2}{(1+2n)^{1/2}}.
  \end{align*}
Sabemos que cuando $n$ crece $(1+\frac{1}{2n})^{2n}$ converge a~$e$, que es
menos que~$3$ y, por otro lado, como $2n/(1+2n)\geq1/2$ para todo
$n\in\NN$, que
  \[
  \frac{n^2}{(1+2n)^{1/2}}
        = \frac{n^{3/2}}{2^{1/2}}\left(\frac{2n}{1+2n}\right)^{1/2}
        \geq \frac{n^{3/2}}{2}.
  \]
Juntando todo, vemos que 
  \[
  \norm{h_n}_\infty=h_n((1+2n)^{-1/2})\geq \frac{n^{3/2}}{3^{1/2}2}
  \]
siempre $n\gg1$ y, por lo tanto, que la sucesión $(h_n)_{n\geq1}$ no
converge uniformemente. \qed
\end{Solucion}

\vspace{1pc}

%%%%%%%%%%%%%%%
\item Analice la convergencia puntual y uniforme de las siguientes
sucesiones de funciones:
\begin{ejitems}

\item $f_n(x)=n^{-1}\sin nx$, en~$\RR$;

\item $f_n(x)=\sin(x/n)$, en~$\RR$; 

\item $f_n(x,y)=\dfrac{n}{n+1}(x,y)$, en~$\RR^2$ y con valores en~$\RR^2$;

\item $f_n(x)=(1+\frac1n)x$, en~$[0,1]$;

\item $f_n(x)=\begin{cases*}
              \frac{1}{n} & si $x\not\in\QQ$ o $x=0$; \\
              b+\frac{1}{n} & si $x=\frac{a}{b}$ con $a$,~$b\in\ZZ$,
              $b\neq0$ y $(a,b)=1$;
              \end{cases*}$ en~$[0,1]$;

\item $f_n(z)=z^n$, en $\{z\in\CC:\abs{z}<1\}$.

\end{ejitems}

\begin{Solucion}
\ejitem{1} Si $x\in\RR$ y $n\in\NN$ es claro que $\abs{f_n(x)}\leq 1/n$,
así que la sucesión~$(f_n)_{n\geq1}$ converge uniformenente a la función
nula sobre todo~$\RR$.

\medskip

\ejitem{2} Sea $R>0$ y sea $\epsilon>0$. Como la función~$\sin$ es
continua en~$0$ y ahí se anula, existe $\delta>0$ tal que $\abs{\sin
y}<\epsilon$ si $\abs{y}<\delta$ y, por otro lado, existe $N\in\NN$ tal que
$R/n<\delta$ para todo $n\geq N$. Tenemos entonces que cuando $n\geq N$ es
$\abs{f_n(x)}=\abs{\sin(x/n)}<\epsilon$ para todo $x\in[-R,R]$: esto
muestra que la sucesión $(f_n(x))_{n\geq1}$ converge a~$0$ uniformemente
sobre~$[-R,R]$. En particular, vemos con esto que la sucesión converge
puntualmente sobre todo~$\RR$.
Por otro lado, la convergencia no es uniforme sobre~$\RR$. Si lo fuera,
habría un entero $N\in\NN$ tal que para todo $n\geq N$ y todo $x\in\RR$ se
tendría que $\abs{f_n(x)}<\tfrac12$: esto no es así, ya que $f_n(n\pi/2)=1$
cualquiera sea $n\in\NN$.

\medskip

\ejitem{3} Si $(x,y)\in\RR^2$, entonces tenemos que
$\lim_{n\to\infty}f_n(x,y)=(x,y)$ simplemente porque
$\lim_{n\to\infty}n/n+1=1$: esto nos dice que la sucesión $(f_n)_{n\geq1}$
converge puntualmente a la función identidad
$f:(x,y)\in\RR^2\mapsto(x,y)\in\RR^2$. Mostremos que esta convergencia no
es uniforme: para ello es suficiente con probar que para todo $n\in\NN$ la
diferencia $f_n-f$ no converge uniformente a~$0$ en~$\RR^2$, y esto es
fácil: para todo $n\in\NN$ tenemos que 
  \[
  \norm{f_n(n+1,0)-f(n+1,0)} = \abs *{\frac{n}{n+1}-1}\cdot\norm{(n+1,0)}
        = \frac{1}{n+1}\norm{(n+1,0)} = 1.
  \]

\medskip

\ejitem{4} La sucesión $(f_n)_{n\geq1}$ converge uniformemente
a la función $f:x\in[0,1]\mapsto x\in\RR$ en~$[0,1]$: esto es consecuencia
de que $\norm{f_n-f}_\infty=\sup\{\tfrac1n\abs{x}:x\in[0,1]\}=\tfrac1n$,
para todo $n\in\NN$ y de que esta última expresión converge a~$0$ cuando
$n$~crece.

\medskip

\ejitem{5} Sea $f:[0,1]\to\RR$ la función tal que
  \[
  f(x) =  \begin{cases*}
          0 & si $x\not\in\QQ$ o $x=0$; \\
          b & si $x=\frac{a}{b}$ con $a$,~$b\in\ZZ$,
          $b\neq0$ y $(a,b)=1$.
          \end{cases*}
  \]
Claramente $f_n-f=\frac1n$ para todo $n\in\NN$, así que la sucesión
$(f_n)_{n\geq1}$ converge uniformemente a~$f$ en~$[0,1]$

\medskip

\ejitem{6} Si $z\in\CC$ es tal que $\abs{z}<1$, entonces para todo
$n\in\NN$ tenemos que $\abs{f_n(z)}=\abs{z}^n$ y, por lo tanto, que
$\lim_{n\to\infty}f_n(z)=0$. Vemos así que la sucesión $(f_n)_{n\geq1}$
converge a la función nula sobre el disco $\{z\in\CC:\abs{z}<1\}$. La
convergencia no es uniforme: para verlo es suficiente con mostrar que para
todo $n\in\NN$ existe un punto~$z$ en ese disco tal que
$\abs{f_n(z)}\geq\tfrac12$, y esto es fácil: basta elegir
$z=2^{-1/n}\in(0,1)$. \qed
\end{Solucion}

%%%%%%%%%%%%%%%
\item Sea $X$ un conjunto, sea $B(X)$ el conjunto de todas las funciones
$X\to\CC$ que son acotadas y sea $(f_n)_{n\geq1}$ una sucesión en~$B(X)$.
\begin{ejitems}

\item Si $(f_n)_{n\geq1}$ converge puntualmente a una función $f:X\to\CC$,
¿es cierto que $f\in B(X)$?

\item Si $(f_n)_{n\geq1}$ converge uniformemente a una función $f:X\to\CC$,
entonces $f$ es un elemento de~$B(X)$.

\item La sucesión $(f_n)_{n\geq1}$ converge uniformemente a una función
acotada $f:X\to\CC$ si y solamente si $(f_n)_{n\geq1}$ converge a~$f$
en el espacio métrico $(B(X),d_\infty)$.

\item Si $(f_n)_{n\geq1}$ converge uniformemente en~$X$, entonces
$(f_n)_{n\geq1}$ es uniformemente acotada.

\end{ejitems}

\begin{Solucion}
\ejitem{1} Mostremos que la respuesta es negativa dando un ejemplo. Sea
$X=\RR$ y para cada $n\in\NN$ sea $f_n:\RR\to\RR$ la función tal que
$f_n(x)=\min\{\abs{x},n\}$. Es claro que la sucesión $(f_n)_{n\geq1}$ está
en~$B(\RR)$, que converge puntualmente a la función
$\abs{\place}:\RR\to\RR$, y que  esta última no es acotada.

\medskip

\ejitem{2} Supongamos que $(f_n)_{n\geq1}$ es una sucesión en~$B(X)$ que
converge uniformemente a una función $f:X\to\CC$. Como la convergencia es
uniforme, existe $n\in\NN$ tal que $\abs{f_n(x)-f(x)}\leq 1$ siempre que
$x\in X$; por otro lado, como $f_n\in B(X)$, existe $M>0$ tal que
$\abs{f_n(x)}\leq M$ para todo $x\in X$. Se sigue de todo esto que si $x\in
X$ es $\abs{f(x)}\leq\abs{f(x)-f_n(x)}+\abs{f_n(x)}\leq1+M$: esto muestra
que la función~$f$ es acotada en~$X$, esto es, que $f\in B(X)$.

\medskip

\ejitem{3} Que la sucesión $(f_n)_{n\geq1}$ en~$B(X)$ converja a
uniformente a una funcion acotada $f:X\to\CC$ significa exactamente lo
mismo que que converja en el espacio métrico $(B(X),d_\infty)$ a~$f$, así
que el enunciado es tautológico.

\medskip

\ejitem{4} Si la sucesión $(f_n)_{n\geq1}$ converge uniformente en~$X$,
entonces el límite puntual de la sucesión, digamos $f:X\to\CC$, es una
función acotada, como vimos en la parte~\ejitem{2} de este ejercicio. En
ese caso, la sucesión es una sucesión convergente en~$B(X)$ y, por lo
tanto, es acotada: si $R>0$ es tal que $f_n\in B_R(0)$ para todo $n\in\NN$,
entonces claramente $R$ es una cota uniforme para la sucesión. \qed
\end{Solucion}

%%%%%%%%%%%%%%%
\item Si cada $n\in\NN$ sea $f_n:\RR\to\RR$ tal que
  \[
  f_n(x) = \frac{x}{1+x^2} - \frac{x(x^2+1)}{1+(n+1)^2x^2}
  \]
para cada $x\in\RR$, entonces $(f_n)_{n\geq1}$ converge puntualmente pero
no uniformemente a una función continua.

\begin{Solucion}
Si $x\in\RR$, entonces
  \begin{align*}
  \lim_{n\to\infty}f_n(x)
        &= \lim_{n\to\infty}\left(\frac{x}{1+x^2} - \frac{x(x^2+1)}{1+(n+1)^2x^2}\right)
         = \frac{x}{1+x^2} - \lim_{n\to\infty}\frac{x(x^2+1)}{1+(n+1)^2x^2}
         \\
        &= \frac{x}{1+x^2}
  \end{align*}
y esto nos dice que la sucesión converge puntualmente a 
$f:x\in\RR\mapsto x/(1+x^2)\in\RR$. Por otro lado, para cada $n\in\NN$
sabemos que
  \[
  \lim_{x\to+\infty}\frac{x(x^2+1)}{1+(n+1)^2x^2}
        = +\infty,
  \]
ya que tanto el numerador como el denominador del cociente son polinomios
en~$x$ y el primero tiene grado estrictamente mayor que el segundo: esto
implica que existe $\xi_n\in\RR$ tal que
  \[
  \frac{\xi_n(\xi_n^2+1)}{1+(n+1)^2\xi_n^2} > 1.
  \]
Tenemos entonces que
$\sup\{\abs{f_n(x)-f(x)}:x\in\RR\}\geq\abs{f_n(\xi_n)-f(\xi_n)}>1$
cualquiera sea $n\in\NN$ y esto deja en claro que la sucesión no converge
uniformente a~$f$. \qed
\end{Solucion}

%%%%%%%%%%%%%%%
\item Para cada $n\in\NN$ sea
$f_n:x\in[0,1]\mapsto\frac{nx^2}{1+nx^2}\in\RR$. Estudie la convergencia
puntual y uniforme de las sucesiones $(f_n)_{n\geq1}$ y $(f'_n)_{n\geq1}$.

\begin{Solucion}
Observemos que para cada $n\in\NN$ y todo $x\in[0,1]$ es
  \[
  f_n(x) = \frac{nx^2}{1+xn^2} 
        = 1 - \frac{1}{1+nx^2},
  \]
así que es claro que la sucesión converge puntualmente a la función
$f:[0,1]\to\RR$ tal que para cada $x\in[0,1]$ tiene
  \[
  f(x)
        = \begin{cases*}
          0 & si $x=0$; \\
          1 & si $x\in(0,1]$.
          \end{cases*}
  \]
Como las funciones de la sucesión son continuas y el límite puntual no lo
es, la convergencia no es uniforme. Por otro lado, para cada $n\in\NN$ y
cada $x\in(0,1]$ tenemos que 
  \[
  f'_n(x) = \frac{2nx}{(1+nx^2)^{2}}.
  \]
Si $x\in(0,1]$, es
  \[
  0\leq f'_n(x) \leq \frac{2nx}{n^2x^4}
        = \frac{1}{n}\cdot\frac{2}{x^3}
  \]
porque $(1+nx^2)^2\geq n^2x^4$, así que la sucesión $(f'_n(x))_{n\geq1}$
converge a~$0$. Por otro lado, es claro que $(f'_n(0))_{n\geq1}$ converge
a~$0$, así que la sucesión de las derivadas converge puntualmente a la
función nula. La convergencia de $(f_n')_{n\geq1}$ a~$0$ no es uniforme:
por ejemplo, tenemos que
  \[
  f'_n(n^{-1/2}) = \frac{n^{1/2}}{2},
  \]
que diverge a~$+\infty$ cuando~$n$ crece. \qed
\end{Solucion}

%%%%%%%%%%%%%%%
\item Sea $X$ un espacio métrico y sea $(f_n)_{n\geq1}$ una sucesión de
funciones $X\to\RR$ uniformemente continuas que converge uniformemente a
una función $f:X\to\RR$. ¿Es uniformemente continua la función~$f$?

\begin{Solucion}
Sea $\epsilon>0$. Como la sucesión converge uniformemente a~$f$, existe
$n\in\NN$ tal que $\abs{f(x)-f_n(x)}<\epsilon/6$ para todo $x\in X$. Por
otro lado, como la función~$f_n$ es uniformemente continua, existe
$\delta>0$ tal que si $x$ e~$y$ son puntos de~$X$ tales que $d(x,y)<\delta$
se tiene que $\abs{f_n(x)-f_n(y)}<\epsilon/6$. Si ahora $x$ e~$y$ son dos
puntos tales que $d(x,y)<\delta$, entonces
  \[
  \abs{f(x)-f(y)}
        \leq \abs{f(x)-f_n(x)}+\abs{f_n(x)-f_n(y)} + \abs{f_n(y)-f(y)}
        \leq \frac{\epsilon}{6} +\frac{\epsilon}{6} +\frac{\epsilon}{6} <
        \epsilon.
  \]
Esto muestra que la función~$f$ es uniformemente continua. \qed
\end{Solucion}

%%%%%%%%%%%%%%%
\item Sea $X$ un espacio métrico y sean $(f_n)_{n\geq1}$ y $(g_n)_{n\geq1}$
dos sucesiones de funciones $X\to\RR$ que convergen uniformemente sobre~$X$
a funciones~$f$ y~$g$, respectivamente.
\begin{ejitems}

\item La sucesión $(f_n+g_n)_{n\geq1}$ converge uniformemente a $f+g$
sobre~$X$.

\item Si las dos sucesiones están uniformemente acotadas, entonces la
sucesión $(f_ng_n)_{n\geq1}$ converge uniformemente a~$fg$ sobre~$X$.

\end{ejitems}

\begin{Solucion}
\ejitem{1} Sea $\epsilon>0$. Como las sucesiones $(f_n)_{n\geq1}$ y
$(g_n)_{n\geq1}$ convergen uniformemente a~$f$ y a~$g$, respectivamente,
existe $N\in\NN$ tal que si $n\geq N$ es $\abs{f_n(x)-f(x)}<\epsilon/4$ y
$\abs{g_n(x)-g(x)}<\epsilon/4$ cualquiera sea $x\in X$. Esto implica que
para todo $n\in\NN$ tal que $n\geq N$ y todo $x\in X$ es
  \[
  \abs[\big]{(f_n(x)+g_n(x))-(f(x)+g(x))}
        \leq \abs{f_n(x)-f(x)} + \abs{g_n(x)-g(x)}
        \leq \frac{\epsilon}{4} + \frac{\epsilon}{4} < \epsilon.
  \]
Vemos así que la sucesión $(f_n+g_n)_{n\geq1}$ converge uniformemente
a~$f+g$.

\medskip

\ejitem{2} Supongamos ahora que las sucesiones $(f_n)_{n\geq1}$ y
$(g_n)_{n\geq1}$ están uniformemente acotadas, de manera que existe un
número $M>0$ tal que $\abs{f_n(x)}\leq M$ y $\abs{g_n(x)}\leq M$ para todo
$n\in\NN$ y todo $x\in\RR$. Observemos que si $x\in X$, entonces tenemos
que $\abs{g(x)}=\lim_{n\to\infty}\abs{g_n(x)}\leq M$, ya que la sucesión
$(g_n)_{n\geq1}$ converge puntualmente a~$g$.

Sea $\epsilon>0$. Como las sucesiones $(f_n)_{n\geq1}$ y $(g_n)_{n\geq1}$
convergen uniformemente a~$f$ y a~$g$, respectivamente, existe $N\in\NN$
tal que si $n\geq N$ es $\abs{f_n(x)-f(x)}<\epsilon/4M$ y
$\abs{g_n(x)-g(x)}<\epsilon/4M$ cualquiera sea $x\in X$. Tenemos entonces
que si $n\geq N$ y $x\in X$ es
  \begin{align*}
  \abs{f_n(x)g_n(x)-f(x)g(x)}
        &\leq \abs{f_n(x)}\abs{g_n(x)-g(x)}
             + \abs{g(x)}\abs{f_n(x)-f(x)} \\
        &\leq M\frac{\epsilon}{4M} + M \frac{\epsilon}{4M} < \epsilon.
  \end{align*}
Vemos así que la sucesión $(f_ng_n)_{n\geq1}$ converge uniformemente
en~$X$. \qed
\end{Solucion}

%%%%%%%%%%%%%%%
\item Sea $X$ un espacio métrico compacto y sea $A$ un conjunto. Si
$(f_n)_{n\geq1}$ es una sucesión de funciones continuas $X\to\RR$ que
converge uniformemente a~$f:X\to\RR$ y $(g_n)_{n\geq1}$ es una sucesión de
funciones que converge uniformemente a una función $g:A\to X$, entonces la
sucesión $(f_n\circ g_n)_{n\geq1}$ converge uniformemente sobre~$A$
a la composición~$f\circ g$.

\begin{Solucion}
Sea $\epsilon>0$. Como la sucesión $(f_n)_{n\geq1}$ converge uniformemente
a la función~$f$, existe $N\in\NN$ tal que $\abs{f_n(x)-f(x)}<\epsilon/4$
siempre que $x\in X$ y $n\geq N$. Por otro lado, como esa sucesión es de
funciones continuas y converge uniformemente a~$f$ y el espacio~$X$ es
compacto, la función~$f$ es uniformemente continua: existe entonces
$\delta>0$ tal que si $x$ e~$y$ son elementos de~$X$ tales que
$d(x,y)<\delta$ se tiene que $\abs{f(x)-f(y)}<\epsilon/4$. Finalmente,
como la sucesión $(g_n)_{n\geq1}$ converge uniformemente a la función~$g$,
existe $M\geq N$ tal que si $n\geq M$ se tiene que $d(g_n(a),g(a))<\delta$
siempre que $a\in A$.

Si ahora $n\geq M$ y $a\in A$ entonces
  \begin{align*}
  \abs{f_n(g_n(a))-f(g(a))}    
       &\leq \abs{f_n(g_n(a))-f(g_n(a))}    
             + \abs{f(g_n(a))-f(g(a))} \\
       &\leq \frac{\epsilon}{4} + \frac{\epsilon}{4} < \epsilon.
  \end{align*}
Esto muestra que la sucesión $(f_n\circ g_n)_{n\geq1}$ converge
uniformemente a la composición~$f\circ g$, como queremos. \qed
\end{Solucion}

%%%%%%%%%%%%%%%
\item\emph{Teorema de Dini}. Sea $X$ un espacio métrico compacto. Si 
$(f_n)_{n\geq1}$ en una sucesión de funciones continuas $X\to\RR$ tal que
\begin{itemize}

\item $f_n(x)\geq f_{n+1}(x)$ para todo $x\in X$ y todo $n\in\NN$, y

\item $(f_n)_{n\geq1}$ converge puntualmente a una función $f:X\to\RR$ que
es continua,

\end{itemize}
entonces la sucesión $(f_n)_{n\geq1}$ converge uniformemente a~$f$ en~$X$.

\begin{Solucion}
Sea $(f_n)_{n\geq1}$ una sucesión de funciones $X\to\RR$ y sea $f:X\to\RR$
una función como en el enunciado. Sea $\epsilon>0$ y para cada $n\in\NN$
sea $U_n=\{x\in X:f_n(x)-f(x)<\epsilon\}$, que es un abierto de~$X$ porque
la función $f_n-f$ es continua. Si $y\in X$, entonces la sucesión
$(f_n(y))_{n\geq1}$ decrece a~$f(y)$, así que existe $m\in\NN$ tal que
$y\in U_n$: vemos así que $X=\bigcup_{n\geq1}U_n$. Como el espacio~$X$ es
compacto, existe un conjunto finito $F\subseteq\NN$ tal que
$X=\bigcup_{n\in F}U_n$.  Más aún, como la sucesión $(f_n)_{n\geq1}$ es
decreciente, tenemos que $U_n\subseteq U_{n+1}$, así que si $m$ es el mayor
elemento del conjunto~$F$, es $X=U_m$. Ahora bien, si $x\in X$ y $n\geq m$,
entonces tenemos que $0\leq f_n(x)-f(x) \leq f_m(x)-f(x) < \epsilon$ porque
$x\in U_m$: esto nos dice que la sucesión $(f_n)_{n\geq1}$ converge
uniformemente a~$f$. \qed
\end{Solucion}

%%%%%%%%%%%%%%%
\item Sea $X$ un espacio métrico compacto, sea $(f_n)_{n\geq1}$ una
sucesión de funciones continuas $X\to\RR$ y sea $f:X\to\RR$ una función
continua. La sucesión $(f_n)_{n\geq1}$ converge uniformemente a~$f$ si y
solamente si para todo sucesión $(x_n)_{n\geq1}$ en~$X$ que converge a un
punto~$x$ la sucesión $(f_n(x_n))_{n\geq1}$ converge
a~$f(x)$.

\begin{Solucion}
Supongamos primero que la sucesión $(f_n)_{n\geq1}$ converge uniformente
a~$f$ y sea $(x_n)_{n\geq1}$ una sucesión en~$X$ que converge a un
punto~$x$. Sea $\epsilon>0$. Como $f$ es continua en~$x$, existe $\delta>0$
tal que $\abs{f(x)-f(y)}<\epsilon/2$ siempre que $d(x,y)<\delta$. Como
$(f_n)_{n\geq1}$ converge uniformente a~$f$ y $(x_n)_{n\geq1}$ converge
a~$x$, existe $N\in\NN$ tal que para cada $n\geq N$ es
$\abs{f_n(y)-f(y)}<\epsilon/2$ para todo $y\in X$ y $d(x_n,x)<\delta$. Si
ahora $n\geq N$ tenemos que
  \[
  \abs{f_n(x_n)-f(x)}
        \leq \abs{f_n(x_n)-f(x_n)} + \abs{f(x_n)-f(x)}
        < \frac{\epsilon}{2} + \frac{\epsilon}{2} = \epsilon.
  \]
Vemos así que $(f_n(x_n))_{n\geq1}$ converge a~$f(x)$.

Supongamos ahora, para probar la recíproca,  que la sucesión
$(f_n)_{n\geq1}$ no converge uniformemente a~$f$, de manera que
existe $\eta>0$ tal que para todo $n\in\NN$ existe $x_n\in X$ tal que
$\abs{f_n(x_n)-f(x_n)}\geq\eta$. Como el espacio $X$ es compacto, hay una
subsucesión $(x_{n_k})_{k\geq1}$ de~$(x_n)_{n\geq1}$ que converge a un
punto~$x\in X$. Como $f$ es continua, existe $K\in\NN$ tal que
$\abs{f(x)-f(x_{n_k})}<\eta/2$ siempre que $k\geq K$ y entonces para todo
$k\geq K$ tenemos que
  \[
  \eta \leq \abs{f_{n_k}(x_{n_k})-f(x_{n_k})}
        \leq \abs{f_{n_k}(x_{n_k})-f(x)} + \abs{f(x)-f(x_{n_k})}
        < \abs{f_{n_k}(x_{n_k})-f(x)} + \frac{\eta}{2},
  \]
así que
  \[
  \frac{\eta}{2} < \abs{f_{n_k}(x_{n_k})-f(x)}.
  \]
Esto implica, en particular, que la sucesión $(f_{n_k}(x_{n_k}))_{k\geq1}$
no converge a~$f(x)$. Sea ahora $(y_n)_{n\geq1}$ la sucesión en~$X$ tal que
$y_n=x_{n_k}$ siempre que $n_k\leq n<n_{k+1}$: es claro que la sucesión
$(y_n)_{n\geq1}$ converge a~$x$ y que la sucesión $(f_n(y_n))_{n\geq1}$ no
converge a~$f(x)$. \qed
\end{Solucion}

%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%
\section{Equicontinuidad}

%%%%%%%%%%%%%%%
\item Sean $X$ e~$Y$ dos espacios métricos.
\begin{ejitems}

\item Una familia finita de funciones $X\to Y$ continuas en un punto~$x$ de
$X$ es equicontinua en~$x$.

\item Sea $B(X,Y)$ el espacio métrico de las funciones acotadas $X\to Y$.
La clausura de un subconjunto equicontinuo de~$B(X,Y)$ es
equicontinua.

\item Si $X$ es compacto, entonces toda famila equicontinua de funciones $X\to Y$ es
uniformemente equicontinua.

\item Una sucesión de funciones continuas
$X\to Y$ que converge uniformemente es equicontinua.

\item Si $X$ es compacto, entonces una sucesión de funciones $X\to Y$ que es
uniformemente equicontinua y converge puntualmente converge uniformemente.

\end{ejitems}

\begin{Solucion}
\ejitem{1} Sea $x\in X$, sea $n\in\NN$ y sean $f_1$,~\dots,~$f_n:X\to Y$
funciones continuas en~$x$. Sea $\epsilon>0$. Si $i\in\inter{n}$, entonces
$f_i$ es continua en~$x$, así que existe~$\delta_i>0$ tal que
$d(f_i(y),f_i(x))<\epsilon$ siempre que $d(y,x)<\delta_i$. Sea 
$\delta=\min\{\delta_i:i\in\inter{n}\}$. Si ahora $y\in X$ es tal
que $d(y,x)<\delta$ e~$i\in\inter{n}$, entonces $d(y,x)<\delta_i$ y, por lo
tanto, $d(f_i(y),f_i(x))<\epsilon$. Vemos así que la familia
$\{f_1,\dots,f_n\}$ es equicontinua en~$x$.

\ejitem{2} Sea $A$ un subconjunto equicontinuo de~$B(X,Y)$, sea $x\in X$ 
y sea $\epsilon>0$. Como $A$ es equicontinuo, existe $\delta>0$ tal que
$d(f(y),f(x))<\epsilon/3$ siempre que $f\in A$ y $d(y,x)<\delta$. Sea ahora
$f\in\overline A$ y sea $y\in X$ tal que $d(y,x)<\delta$. Hay una función
$g\in A$ tal que $d(f,g)<\epsilon/3$ y entonces
  \[
  d(f(y),f(x)) \leq d(f(y),g(y)) + d(g(y),g(x)) +  d(g(x),f(x))
        < \frac{\epsilon}{3} + \frac{\epsilon}{3} + \frac{\epsilon}{3} = \epsilon.
  \]
Vemos así que la familia $\overline A$ es equicontinua, como queremos.

\ejitem{3} Supongamos que $X$ es compacto, sea $A$ una familia
equicontinua de funciones $X\to Y$ y sea $\epsilon>0$. Para cada $x\in X$
existe $\delta_x>0$ tal que para toda $f\in A$ es
$f(B_{\delta_x}(x))\subseteq B_{\epsilon/2}(f(x))$. El conjunto
$\{B_{\delta_x}(x):x\in X\}$ es un cubrimiento abierto del compacto~$X$,
así que existe $\delta>0$ tal que para todo $y\in X$ existe $x\in X$ tal
que $B_\delta(y)\subseteq B_{\delta_x}(x)$.

Sean ahora $y$ y $z$ dos puntos de~$X$ tales que $d(y,z)<\delta$ y sea
$f\in A$. Por la forma en que elegimos~$\delta$, existe $x\in X$ tal que
$B_{\delta}(y)\subseteq B_{\delta_x}(x)$ y entonces tanto $d(x,y)$ como
$d(x,z)$ son menores que~$\delta_x$ y, de acuerdo a la elección
de~$\delta_x$, es
  \[
  d(f(y),f(z)) 
        \leq d(f(y),f(x)) + d(f(x),f(z))
        < \frac{\epsilon}{2} + \frac{\epsilon}{2} = \epsilon.
  \]
Esto muestra que la famila~$A$ es uniformemente equicontinua.

\ejitem{4} Sea $(f_n)_{n\geq1}$ una
sucesión de funciones continuas $X\to Y$ que converge uniformemente a una
función~$f:X\to Y$, que es, por lo tanto, continua: tenemos que mostrar que
la familia $\{f_n:n\geq1\}$ es equicontinua. Sea $x\in X$ y sea
$\epsilon>0$. Como $f$ es continua en~$x$, existe $\delta>0$ tal que
$d(f(x),f(y))<\epsilon/3$ si $d(x,y)<\delta$. Por otro lado, como
$(f_n)_{n\geq1}$ converge uniformemente a~$f$, existe $N\in\NN$ tal que
$d(f_n(z),f(z))<\epsilon/3$ siempre que $n\geq N$ y $z\in X$. 
Si ahora $n\geq N$ y $y\in B_{\delta}(x)$, entonces
  \begin{align*}
  d(f_n(y),f_n(y))
       &\leq d(f_n(y),f(y))+ d(f(y),f(x))+ d(f(x),f_n(x)) \\
       &< \frac{\epsilon}{3} + \frac{\epsilon}{3} + \frac{\epsilon}{3}
        = \epsilon.
  \end{align*}
Esto nos dice que la famila $\{f_n:n\geq N\}$ es equicontinua. Como 
$\{f_n:n\geq 1\}$ es la unión de esa famila y la familia finita
$\{f_1,\dots,f_{N-1}\}$ de funciones continuas, vemos que es equicontinua.

\ejitem{5} Supongamos que $X$ es compacto y sea $(f_n)_{n\geq1}$ una
sucesión de funciones $X\to Y$ que es uniformemente equicontinua y que
converge puntualmente a una función~$f:X\to Y$. Queremos mostrar que la
convergencia es uniforme. Sea $\epsilon>0$. Como la sucesión es
uniformemente equicontinua, existe $\delta>0$ tal que
$d(f_n(x),f_n(y))<\epsilon/5$ siempre que $x$ e~$y$ son elementos de~$X$
tales que $d(x,y)<\delta$. Por otro lado, como $X$ es compacto, existe un
conjunto finito $F\subseteq X$ tal que $X=\bigcup_{x\in F}B_\delta(x)$.
Finalmente, como la sucesión converge puntualmente sobre~$X$ y el
conjunto~$F$ es finito, existe $N\in\NN$ tal que siempre que $n\geq N$ y
$x\in F$ se tiene que $d(f_n(x),f(x))<\epsilon/5$.

Sea ahora $y\in X$ y $n$,~$m\geq N$. La elección de~$F$ implica que existe $x\in
F$ tal que $d(x,y)<\delta$, y entonces
  \begin{align*}
  \MoveEqLeft
  d(f_n(y),f_m(y)) \\
       &\leq d(f_n(y),f_n(x)) + d(f_n(x),f(x)) + d(f(x),f_m(x) + d(f_m(x),f_m(y)) \\
       &\leq \frac{4\epsilon}{5}
  \end{align*}
Como $(f_m(y))_{m\geq1}$ converge a~$f(y)$ y la función distancia~$d$ es
continua, esto implica que
  \[
  d(f_n(y),f(y)) = \lim_{m\to\infty} d(f_n(y),f_m(y)) \leq \frac{4\epsilon}{5} 
        < \epsilon.
  \]
Vemos así que la sucesión $(f_n)_{n\geq1}$ converge a~$f$ uniformemente. \qed
\end{Solucion}

%%%%%%%%%%%%%%%
\item Sea $(f_n)_{n\geq1}$ una sucesión de funciones $[a,b]\to\RR$
integrables y uniformemente acotadas. Si para cada $n\in\NN$ la función
$F_n:[a,b]\to\RR$ es tal que
  \[
  F_n(x) = \int_{a}^xf_n(\xi)\,\mathrm d\xi
  \]
para cada $x\in[a,b]$, entonces la sucesión $(F_n)_{n\geq1}$ posee una
subsucesión que converge uniformemente en~$[a,b]$.

\begin{Solucion}
Bastará, gracias al teorema de Arzelà--Ascoli, que mostremos que la
sucesión $(F_n)_{n\geq1}$ está uniformemente acotada y es equicontinua. Sea
$K$ una cota uniforme para la sucesión $(f_n)_{n\geq1}$, de manera que
$-K\leq f_n(x)\leq K$ para todo $n\in\NN$ y todo $x\in[a,b]$. Esto implica
en primer lugar que si $n\in\NN$ y $x\in[a,b]$ es
  \[
  -(b-a)K \leq -(x-a)K =
  \int_{a}^x(-K)\,\mathrm d\xi
  \leq
  \int_{a}^xf_n(\xi)\,\mathrm d\xi
  \leq
  \int_{a}^xK\,\mathrm d\xi
  = (x-a)K \leq (b-a)K,
  \]
así que $\abs{F_n(x)}\leq(b-a)K$: vemos así que la sucesión
$(F_n)_{n\geq1}$ está uniformemente acotada.

Por otro lado, sabemos que para todo $n\in\NN$ la función $F_n$ es
derivable y su derivada es $F'_n=f_n$: esto implica que las derivadas de
las funciones de la sucesión $(F_n)_{n\geq1}$ están uniformemente acotadas
por~$K$ y de esto se sigue inmediatamente que esa sucesión es equicontinua. \qed
\end{Solucion}

%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%
\section{Series de funciones}

%%%%%%%%%%%%%%%
\item Sea $X$ un espacio métrico y sea $(f_n)_{n\geq1}$ una sucesión de
funciones continuas $X\to\RR$ tal que la serie $\sum_{n\geq1}f_n$ converge
uniformemente en~$X$.
\begin{ejitems}

\item La función suma $f=\sum_{n\geq1}f_n$ es continua en~$X$.

\item Si $X=[a,b]$, entonces $\int_a^bf(x)\,\mathrm
dx=\sum_{n\geq1}\int_a^bf_n(x)\,\mathrm dx$.

\end{ejitems}

\begin{Solucion}
\ejitem{1} Que la serie $\sum_{n\geq1}f_n$ converja uniformemente significa
que la sucesión de funciones $(\sum_{n=1}^Nf_n)_{N\geq1}$ converge
uniformemente a la función suma $\sum_{n\geq1}f_n$. Como las componentes de
esta sucesión son continuas, es claro que la función suma es continua.

\ejitem{2} Supongamos que $X=[a,b]$ y sea $\epsilon>0$. Como la serie
converge uniformemente a la función~$f$, existe $M\in\NN$ tal que para todo
$m\geq M$ y todo $x\in[a,b]$ se tiene que
$\abs{f(x)-\sum_{n=1}^mf_n(x)}<\epsilon$, de manera que si $m\geq M$ es
  \begin{align*}
  \abs*{\int_a^bf(x)\,\mathrm dx-\sum_{n=1}^m\int_a^bf_n(x)\,\mathrm dx}
        &= \abs*{\int_a^b
                \left(f(x)-\sum_{n=1}^mf_n(x)\right)
                \,\mathrm dx} \\
        &\leq \int_a^b
                \abs*{f(x)-\sum_{n=1}^mf_n(x)}
                \,\mathrm dx 
         \leq (b-a)\epsilon.
  \end{align*}
Esto nos dice que
  \[
  \sum_{n\geq1}\int_a^bf_n(x)\,\mathrm dx
        = \lim_{m\to\infty} \sum_{n=1}^m\int_a^bf_n(x)\,\mathrm dx
        = \int_a^bf(x)\,\mathrm dx,
  \]
como afirma el enunciado. \qed
\end{Solucion}

%%%%%%%%%%%%%%%
\item\emph{Criterio de Weierstrass}. Sea $X$ un espacio métrico, sea
$(M_n)_{n\geq1}$ una sucesión de números reales y sea $(f_n)_{n\geq1}$ una
sucesión de funciones $X\to\RR$ tal que $\abs{f_n(x)}\leq M_n$ para cada
$x\in X$ y cada $n\in\NN$. Si la serie de números $\sum_{n\geq1}M_n$ converge,
entonces la serie de funciones $\sum_{n\geq1}f_n$ converge absoluta y
uniformemente sobre~$X$.

\begin{Solucion}
Supongamos que la serie $\sum_{n\geq1}M_n$ converge. Si $x\in X$, entonces
la serie $\sum_{n\geq1}\abs{f_n(x)}$ está acotada término a término por la
serie~$\sum_{n\geq1}M_n$: vemos así que la serie de funciones
$\sum_{n\geq1}f_n$ converge puntualmente sobre~$X$ de manera absoluta.
Escribamos $f$ a su suma. Sea
ahora $\epsilon>0$. Como la serie de términos no negativos $\sum_{n\geq1}M_n$ converge,
existe $N\in\NN$ tal que $\sum_{n\geq N}M_n<\epsilon$. Si ahora $m\geq N$ y
$x\in X$, entonces
  \begin{align*}
  \abs*{f(x)-\sum_{n=1}^mf_n(x)}
        = \abs*{\sum_{n>m}f_n(x)}
        \leq \sum_{n>m}\abs{f_n(x)}
        \leq \sum_{N}\abs{M_n}
        < \epsilon.
  \end{align*}
Esto nos dice que la serie $\sum_{n\geq1}f_n$ converge uniformemente. \qed
\end{Solucion}

%%%%%%%%%%%%%%%
\item\label{ej:dirichlet}\emph{Criterio de Dirichlet} Sean $(a_n)_{n\geq1}$
una sucesión decreciente de números reales que converge a~$0$ y
$(b_n)_{n\geq1}$ una sucesión de números complejos. Si existe $M>0$ tal que
$\abs*{\sum_{n=1}^mb_n}<M$ para todo $m\in\NN$, entonces la serie
$\sum_{n\geq1}a_nb_n$ converge.

Observemos que si $b_n=(-1)^n$ esto es el \emph{criterio de Leibniz} para
series alternadas.

\begin{Solucion}
Sea $M$ un número positivo tal que $\abs{\sum_{n=1}^mb_n}<M$ para todo
$m\in\NN$ y escribamos $B_n=\sum_{k=1}^nb_n$ para cada $n\in\NN$, de manera
que $\abs{B_n}<M$. Una
inducción evidente muestra que para todo $n\in\NN$ es
  \[
  \sum_{k=1}^n a_kb_k = a_nB_n + \sum_{k=1}^{n-1}B_k(a_k-a_{k+1}).
  \]
Sea $\epsilon>0$. Como la sucesión $(a_n)_{n\geq1}$ de números no negativos decrece a~$0$,
existe $N\in\NN$ tal que $a_n<\epsilon/2M$ siempre que $n\geq N$.
Si $N\leq \alpha\leq\beta$, entonces
  \begin{align*}
  \abs*{\sum_{k=1}^\beta a_kb_k-\sum_{k=1}^\alpha a_kb_k}
        &= \abs*{a_\beta B_\beta-a_\alpha B_\alpha
                +\sum_{k=\alpha}^{\beta-1}B_k(a_k-a_{k+1})
                } \\
        &\leq a_\beta\abs{B_\beta}+a_\alpha\abs{B_\beta}
                +\sum_{k=\alpha}^{\beta-1}\abs{B_k}(a_k-a_{k+1}) \\
        &\leq M\left(a_\beta+a_\alpha 
                +\sum_{k=\alpha}^{\beta-1}(a_k-a_{k+1})\right) 
         = 2Ma_\beta < \epsilon.
  \end{align*}
Esto muestra que la sucesión de sumas parciales de la
serie~$\sum_{k\geq1}a_kb_k$ es de Cauchy, así que la serie converge. \qed
\end{Solucion}

%%%%%%%%%%%%%%%
\item\emph{La función $\zeta$ de Riemannn}. Muestre que la serie
  \[
  \zeta(s) = \sum_{n\geq1}\frac{1}{n^s}
  \]
definida para $s\in(1,+\infty)$ converge puntualmente en $(1,+\infty)$ y
uniforme\-mente en $(1+\epsilon,+\infty)$ cualquiera sea $\epsilon>0$. Más
aún, la función suma es derivable en~$(1,+\infty)$ y allí es posible
derivarla término a término.

\begin{Solucion}
Sea $t>1$. Com la función $t>0\mapsto 1/n^t$ es decreciente, para todo
$s\geq t$ la serie de términos positivos $\sum_{n\geq1}1/n^s$ está acotada
término a término por la serie $\sum_{n\geq1}1/n^t$: está última converge, 
así que el criterio de Weierstrass nos dice que la serie
$\sum_{n\geq1}1/n^s$ converge uniformemente en~$(t,+\infty)$. Como esto es
así cualquiera sea $t>1$, es claro que la serie converge puntualmente en el
intervalo $(1,+\infty)$.

Si derivamos término a término la serie de funciones $\sum_{n\geq1}1/n^s$ obtenemos
la serie $-\sum_{n\geq1}\log(n)/n^s$. Si $t>1$ y $s\in(t,+\infty)$,
entonces la serie de términos positivos $\sum_{n\geq1}\log(n)/n^s$ está
acotada término a término por la serie $\sum_{n\geq1}\log(n)/n^t$: para ver
que la primera converge uniformemente en $(t,+\infty)$ es suficiente
entonces que mostremos que la segunda converge. Existe $N\in\NN$ tal que
$\log(n)\leq n^{(t-1)/2}$ para todo $n\geq N$, porque $t>1$, así que
la serie $\sum_{n\geq1}\log(n)/n^t$ está acotada término a término a partir
del $N$-ésimo por la serie $\sum_{n\geq1}1/n^{t-(t-1)/2}$, y ésta converge
ya que $t-(t-1)/2=(t+1)/2>1$.

Sea $t>1$. Tenemos que la serie $\sum_{n\geq1}1/n^s$ converge uniformemente
en $(t,+\infty)$ y que la serie que se obtiene derivando término a término
converge uniformemente en el mismo intervalo. El siguiente resultado nos dice
que la suma de la primera es entonces derivable y que su derivada el la
suma de la segunda serie.
  \[
  \claim[.85]{si $(f_n)_{n\geq1}$ es una sucesión de funciones derivables
  con continuidad en~$(a,b)$ que converge uniformemente a~$f$ y tal que
  $(f'_n)_{n\geq1}$ converge uniformemente a~$g$, entonces $f$ es derivable
  y $f'=g$.}
  \]
Observemos que $g$ es continua en~$(a,b)$ porque es límite uniforme de
funciones continuas. Sea $c\in(a,b)$ y sea $x\in(a,b)$. Es
  \[
  \lim_{n\to\infty}\int_c^xf'_n=\int_c^xg,
  \]
porque la sucesión $(f'_n)_{n\geq1}$ converge uniformemente a~$g$. Por otro
lado, para todo $n\in\NN$ es $\int_c^xf'_n=f_n(x)-f_n(c)$, así que
  \[
  \lim_{n\to\infty}\int_c^xf'_n
        = \lim_{n\to\infty}(f_n(x)-f_n(c))
        = f(x) - f(c)
  \]
porque la sucesión $(f_n)$ converge puntualmente a~$f$. Vemos de esta forma
que para todo $x\in(a,b)$ se tiene que
  \[
  \int_c^xg = f(x) - f(c).
  \]
Del teorema fundamental se sigue entonces que $f$ es derivable y que su
derivada en~$g$. \qed
\end{Solucion}

%%%%%%%%%%%%%%%
\item Si $(a_n)_{n\geq1}$ es una sucesión en~$\CC$ tal que la
serie $\sum_{n\geq1}a_n$ converge absolutamente, entonces las series de
funciones $\sum_{n\geq1}a_n\cos nx$ y $\sum_{n\geq1}a_n\sin(nx)$ convergen
absoluta y uniformemente sobre~$\RR$.

\begin{Solucion}
Las series de funciones $\sum_{n\geq1}\abs{a_n\cos nx}$ y
$\sum_{n\geq1}\abs{a_n\sin nx}$ está acotadas término a término por la
serie de números $\sum_{n\geq1}\abs{a_n}$, que converge. El criterio de
Weierstrass nos dice que las series $\sum_{n\geq1}a_n\cos nx$ y
$\sum_{n\geq1}a_n\sin nx$ convergen absoluta y uniformemente. \qed
\end{Solucion}

%%%%%%%%%%%%%%%
\item Estudie la convergencia puntual, absoluta y uniforme de las
series de funciones definidas sobre $\RR$
  \[
  \sum_{n\geq1}\frac{(-x)^n}{n},
  \qquad
  \qquad
  \sum_{n\geq0}\frac{x^n}{n!},
  \qquad
  \qquad
  \sum_{n\geq1}\frac{n!x^n}{n^n},
  \]
y de las series de funciones definidas sobre~$\CC$
  \[
  \sum_{n\geq1}\frac{z^n}{n},
  \qquad
  \qquad
  \sum_{n\geq1}\frac{(-1)^nz^{n(n+1})}{n^2}.
  \]

\begin{Solucion}
\ejitem{1} Sea $x\in\RR$ tal que $\abs{x}>1$, de manera que
$\log\abs{x}>0$.
Usando el criterio de L'Hôpital es inmediato ver que
$\lim_{t\to\infty}\log(t)/t=0$, así que existe $N\in\NN$ tal que
$\log(n)/n<\log\abs{x}$ para todo $n\geq N$ y, por lo tanto,
$\abs{-x^n}/n>1$. Vemos así que la serie $\sum_{n\geq1}(-x)^n/n$ no
converge.

Si $x=-1$, entonces la serie $\sum_{n\geq1}(-x)^n/n$ diverge, porque se
trata de la serie armónica, y si $x=-1$ entonces la serie converge por el
criterio de Leibniz. Finalmente, sea $r\in(0,1)$ y sea $N\in\NN$ tal que
$1/N<r$. La serie $\sum_{n\geq1}(-x)^n/n$ está acotada en módulo término a
término a partir del $N$-ésimo por la serie $\sum_{n\geq1}r^{n+1}$, que
converge: el criterio de Weierstrass nos dice entonces que la serie
$\sum_{n\geq1}(-x)^n/n$ converge uniformemente en~$(-r,r)$. Como esto es
así cualquiera sea~$r\in(0,1)$, vemos que, de hecho, la serie converge
puntualmente en~$(-1,1)$.

Con esto concluimos que el dominio de convergencia de la serie es
exactamente el intervalo $(-1,1]$, que la convergencia es absoluta en
$(-1,1)$ y condicional en~$1$, y que la convergencia es uniforme en todo
intervalo de la forma $(-r,r)$ con $r\in(0,1)$. 

\medskip

\ejitem{2} Mostremos que la serie converge puntualmente de manera absoluta
en todo~$\RR$, que converge uniformemente en todo conjunto acotado, y que
no converge uniformemente en ningún conjunto no acotado.

Si $R>0$ y $x\in[-R,R]$, la serie $\sum_{n\geq0}x^n/n!$ está
acotada en módulo término a término por la serie $\sum_{n\geq0}R^n/n!$, y
esta converge: en efecto, el cociente entre dos términos sucesivos es
$(R^{n+1}/(n+1)!)/(R^n/n!)=R/(n+1)$, que converge a~$0$ si $n$ crece.
Esto nos dice que la serie $\sum_{n\geq0}x^n/n!$ converge absoluta y
uniformemente en todo intervalo de la forma~$[-R,R]$ con $R>0$. En
particular, la serie converge absolutamente puntualmente en todo~$\RR$ y
uniformemente en todo subconjunto acotado de~$\RR$.

Sea ahora $I$ un subconjunto no acotado de~$\RR$ y supongamos que
la serie converge uniformemente sobre~$I$. Existe entonces $N\in\NN$ tal que
cada vez que $n$,~$m\geq N$ se tiene que
$\abs{\sum_{k=1}^nx^k/k!-\sum_{k=1}^mx^k/k!}<1$ para todo $x\in I$. 
En particular, si tomamos $n=N+1$ y $m=N$, vemos que $\abs{x^N/N!}<1$ para
todo $x\in I$: es inmediato ver que esto es absurdo, ya que $I$ no es
acotado.

\medskip

\ejitem{3} Si $x\neq0$, el cociente entre
los valores absolutos de términos sucesivos de la serie es
  \[
  \frac{(n+1)!\abs{x}^{n+1}}{(n+1)^{n+1}}\Biggm/\frac{n!\abs{x}^n}{n^{n}}
        = \abs{x}\left(\frac{n}{n+1}\right)^n\left(\frac{n+1}{n}\right)
        \to e^{-1}\abs{x}
  \]
porque $\left(\frac{n}{n+1}\right)^n\frac{n}{n+1}\to e^{-1}
\to 1$ cuando $n\to\infty$. Esto nos dice que la serie del enunciado
converge absolutamente cuando $0<\abs{x}<e$. Por supuesto, también converge
absolutamente cuando $x=0$.

Sea ahora $x\in\RR$ tal que $\abs{x}\geq e$.
Si $n\in\NN_0$ es
  \begin{align*}
  \left(1+\frac1{n+1}\right)^{n+1}\Bigm/\left(1+\frac1{n}\right)^{n}
    &= \frac{(n+2)^{n+1}n^n}{(n+1)^{n+1}(n+1)^n}
     = \left(\frac{(n+2)n}{(n+1)^2}\right)^{n+1}\frac{n+1}{n} \\
    &=\left(1-\frac{1}{(n+1)^2}\right)^{n+1}\frac{n+1}{n}.
  \end{align*}
Ahora bien, una inducción inmediata muestra 
que $(1-\xi)^{n+1}\geq 1-(n+1)\xi$ siempre que $\xi\in(0,1)$ y, en particular, 
que
  \[
  \left(1-\frac{1}{(n+1)^2}\right)^{n+1}
        \geq 1-(n+1)\frac{1}{(n+1)^2}
        = 1-\frac{1}{n+1}.
  \]
Usando esto, vemos que
  \begin{align*}
  \left(1+\frac1{n+1}\right)^{n+1}\Bigm/\left(1+\frac1{n}\right)^{n}
    &\geq \left(1-\frac{1}{n+1}\right)\frac{n+1}{n} = 1.
  \end{align*}
Esto nos dice que la sucesión $\left(1+\frac1{n}\right)^{n}$ crece a su
límite, que es $e$ y, por lo tanto, que para todo $n\in\NN$ es
  \[
  \left(1+\frac1{n}\right)^{n} \leq e \leq \abs{x},
  \]
de manera que
  \[
  \frac{1}{n^n} \leq \frac{\abs{x}}{(n+1)^n}
  \]
y, por lo tanto,
  \[
  \frac{n!\abs{x}^n}{n^n} \leq \frac{(n+1)!\abs{x}^{n+1}}{(n+1)^{n+1}}.
  \]
Esto nos dice que cuando $\abs{x}\geq e$ el valor absoluto del término general
de nuestra serie no decrece y, en consecuencia, que esta no converge. La
conclusión de todo esto es que el dominio de convergencia puntual es
exactamente el intervalo $(-e,e)$ y que allí la convergencia es absoluta.

Si $0<R<e$, entonces para todo $x\in[-R,R]$ la serie está acotada término a
término en valor absoluto por la serie $\sum_{n\geq1}n!R^n/n^n$, que
converge: el criterio de Weierstrass nos dice entonces que la serie del
enunciado converge uniformemente en el intervalo~$[-R,R]$.

Veamos que la convergencia no es uniforme en $(-e,e)$. Si la convergencia
fuese uniforme, tendriamos que
  \[
  f_n(x) \coloneqq \frac{n!x^n}{n^n} \to 0
  \]
uniformenente en~$(-e,e)$: mostraremos que esto no es así.

Si $n\in\NN$, entonces
  \begin{equation}\label{eq:an}
  a_n \coloneqq \log\frac{n}{\sqrt[n]{n!}}
        = \log n-\frac{1}{n}\sum_{k=1}^n\log k
        = \sum_{k=1}^n\frac{1}{n}\log\frac{n}{k}.
  \end{equation}
Observemos que 
  \begin{align*}
  a_{2^{n+1}} 
       &= \sum_{k=1}^{2^{n+1}}\frac{1}{2^{n+1}}\log\frac{2^{n+1}}{k}
        = \sum_{k=1}^{2^n}\frac{1}{2^{n+1}}
                \left(\log\frac{2^{n+1}}{2k}+\log\frac{2^{n+1}}{2k-1}\right) \\
       &\geq \sum_{k=1}^{2^n}\frac{1}{2^{n+1}}
                2\log\frac{2^{n+1}}{2k} 
            = a_{2^n},
  \end{align*}
de manera que la sucesión $(a_{2^n})_{n\geq1}$ es creciente.

De la expresión~\eqref{eq:an} vemos que se trata de una suma de Riemann
para la integral $\int_0^1\log\frac1x\,\mathrm dx=1$, así que
$\lim_{n\to\infty}a_n=1$. (En realidad, el integrando de esta integral no
es acotado en~$[0,1]$, así que la integral es impropia, así que se requiere
un argumento ---que aquí omitimos--- para ver que la integral es el límite
de nuestras sumas de Riemann.) Se sigue de esto que
  \[
  \lim_{n\to\infty}\frac{n}{\sqrt[n]{n!}}
  = \lim_{n\to\infty}e^{a_n}
  = e.
  \]
En particular, la sucesión  $(b_n)_{n\geq1}$ con
  \[
  b_n \coloneqq \frac{2^n}{\sqrt[2^n]{2^n!}}
  \]
crece a~$e$. Si $n\in\NN$, entonces $b_n\in(0,e)$ y 
  \[
  f_{2^n}(b_n) = \frac{2^n!}{(2^n)^{2^n}}b_n^{2^n} = 1.
  \]
Esto muestra que la sucesión $(f_n)_{n\geq1}$ no converge uniformenente
a~$0$ en~$(-e,e)$, como queríamos.

\medskip

\ejitem{4} Si $z\neq0$ y $n\in\NN$, entonces
  \[
  \frac{\abs{z}^{n+1}}{n+1}\Bigm/\frac{\abs{z}^n}{n}
        = \abs{z}\frac{n}{n+1} \to \abs{z}
  \]
si $n\to\infty$, así que el criterio del cociente nos dice que la serie
diverge cuando $\abs{z}>1$ y que converge absolutamente cuando $0<\abs{z}<1$. Por
supuesto, la serie converge absolutamente cuando $z=0$.

Sea ahora $z\in\CC$ con $\abs{z}=1$ y $z\neq1$. Es
  \[
  \abs*{\sum_{k=1}^nz^k}
        = \abs*{\frac{1-z^{n+1}}{1-z}}
        \leq \frac{2}{\abs{1-z}},
  \]
así que la serie $\sum_{n\geq1}z^n$ tiene sus sumas parciales acotadas. Por
otro lado, la sucesión $(1/n)_{n\geq1}$ es de números reales positivos y
decrece a~$0$. El criterio de Dirichlet del Ejercicio~\ref{ej:dirichlet},
entonces, nos dice que la serie $\sum_{n\geq1}z^n/n$ converge; esa
convergencia es claramente condicional. Por otro lado, cuando $z=1$ la
serie no converge.

La conclusión de todo esto es que el dominio de convergencia puntual de la
serie es $\{z\in\CC:\abs{z}\leq1,z\neq1\}$ y el dominio de convergencia
absoluta es $\{z\in\CC:\abs{z}<1\}$.

Mostremos ahora que para todo $R\in(0,1)$ la serie converge uniformemente
en el disco cerrado $\overline B_R(0)\subseteq\CC$. Fijemos para ello
$R\in(0,R)$. Si $z\in\overline B_R(0)$, entonces la serie
$\sum_{n\geq1}z^n/n$ está acotada en módulo término a término por la serie
$\sum_{n\geq1}R^n/n$, que sabemos que converge: lo que queremos, entonces,
sigue del criterio de Weierstrass.

\medskip

\ejitem{5} Sea $z\in\CC$. Si $\abs{z}>1$, entonces
$\abs{z}^{n(n+1)}/n^2\to\infty$ cuando $n$ crece, así que la serie diverge.
Si $\abs{z}\leq 1$, entonces el término general de la serie
$\sum_{n\geq1}(-1)^nz^{n(n+1)}/n^2$ está acotado en módulo por los de la
serie $\sum_{n\geq1}1/n^2$, que converge: esto nos dice que la serie
converge uniformemente en~$\overline B_1(0)\subseteq\CC$. \qed
\end{Solucion}

%%%%%%%%%%%%%%%
\item\begin{ejitems}

\item Para todo $x\in\RR$ es 
  \[
  \sin x=\sum_{k\geq0}\frac{(-k)^k}{(2k+1)!}x^{2k+1}
  \]
y la serie converge absoluta y uniformemente en todo intervalo finito. ¿Qué
sucede en~$\RR$?

\item La serie 
  \[
  \sum_{n\geq1}\left(\frac{x^n}{n!}\right)^2
  \]
converge puntualmente en~$\RR$ y su suma es una función continua.

\end{ejitems}

\begin{Solucion}
\ejitem{1} Sea $f:x\in\RR\mapsto\sin x\in\RR$. Una inducción 
muestra que si $k\in\NN_0$ es
  \[
  f^{(k)}(x) = \begin{cases*}
               (-1)^{k(k-1)/2}\sin x & si $k\equiv0\mod 2$; \\
               (-1)^{k(k-1)/2}\cos x & si $k\equiv1\mod 2$. \\
               \end{cases*}
  \]
Esto implica inmediatamente que para todo $k\in\NN_0$ y todo $x\in\RR$ se
tiene que $\abs{f^{(k)}(x)}\leq1$ y que
  \[
  f^{(k)}(0) = \begin{cases*}
               0 & si $k\equiv0\mod 2$; \\
               (-1)^{k(k-1)/2} & si $k\equiv1\mod 2$.
               \end{cases*}
  \]
En particular, esto nos dice que para cada $l\in\NN$ es
  \[
  f^{(2l+1)}(0) = (-1)^{l}.
  \]

Sea ahora $R>0$ y sea $x\in\RR$
tal que $\abs{x}\leq R$. El teorema de Taylor nos dice que para cada
$n\in\NN$ es 
  \[
  f(x) = \sum_{k=0}^n\frac{f^{(k)}(0)}{k!}x^k + \frac{f^{(n+1)}(\xi)}{(n+1)!}x^{n+1}
  \]
para algún número~$\xi_n$ que está entre $0$ y $x$, y entonces
  \[
  \abs*{f(x) - \sum_{k=0}^n\frac{f^{(k)}(0)}{k!}x^k}
        \leq \frac{\abs{f^{(n+1)}(\xi_n)}}{(n+1)!}R^{n+1}
        \leq \frac{R^{n+1}}{(n+1)!},
  \]
ya que las derivadas sucesivas de~$f$ están todas acotadas en módulo por~$1$
sobre~$\RR$. Como la última expresión converge a~$0$ si $n$ crece, vemos
así que 
  \[
  f(x) = \sum_{k\geq0}\frac{f^{(k)}(0)}{k!}x^k
        = \sum_{l\geq0}\frac{(-1)^l}{(2l+1)!}x^{2l+1},
  \]
con la serie convergiendo uniformemente sobre todo intervalo compacto.
La serie converge puntualmente en todo~$\RR$ y es inmediato que la
convergencia en~$\RR$ no es uniforme, porque ninguno de los téminos de la
serie es acotado.

\ejitem{2} Si $R>0$ y $x\in[-R,R]$, entonces la serie
$\sum_{n\geq1}x^{2n}/n!^2$ está acotada término a término en valor absoluto
por  la serie $\sum_{n\geq1}R^{2n}/n!^2$. El cociente entre dos términos
sucesivos de esta última es 
  \[
  \frac{R^{2(n+1)}/(n+1)!^2}{R^{2n}/n!^2}
        = \frac{R^2}{(n+1)^2},
  \]
y esto converge a~$0$: vemos así que la serie con la que empezamos converge
uniformemente en~$[-R,R]$ y, como todos sus términos son funciones
continuas, la función suma es continua en ese intervalo. Como esto ocurre
para todo $R>0$, vemos que la serie original converge puntualmente a una
función continua en todo~$\RR$. \qed
\end{Solucion}

%%%%%%%%%%%%%%%
\item Consideremos la serie de funciones 
  \[
  \sum_{n\geq1}\frac{1}{1+n^2x^2}
  \]
sobre~$\RR$.
\begin{ejitems}

\item ¿En qué conjunto converge la serie?

\item ¿Sobre qué intervalos es uniforme la convergencia?

\item ¿Sobre qué intervalos \emph{no} es uniforme la convergencia?

\item ¿Es continua la función suma en su dominio? ¿Y acotada?

\end{ejitems}

\begin{Solucion}
\ejitem{1} Es claro que la serie diverge cuando~$x=0$. Sea $r>0$ y
supongamos que $\abs{x}\geq r$. En ese caso la serie esta acotada
superiormente en módulo por la serie $\sum_{n\geq1}(1+n^2r^2)^{-1}$, que
converge: el teorema de Weierstrass nos permite concluir entonces que la
serie converge uniformemente en el conjunto $\RR\setminus(-r,r)$. Vemos así
que la serie converge uniformemente en todo conjunto cuya clausura no contiene a~$0$.

Si $A$ es un subconjunto de~$\RR$ tal que $0\in\overline A$. Si la serie
convergiera uniformemente en~$A$, entonces tendríamos que $(1+n^2x^2)^{-1}$
convergería uniformemente a~$0$ en~$A$ cuando $n$ crece y, en particular,
tendríamos que $(1+n^2x^2)^{-1}<1/2$ para todo $x\in A$ y $n$ grande: esto
es absurdo, porque todas esas funciones valen~$1$ cuando~$x=0$. 

La función suma de la serie es continua en~$\RR\setminus0$, porque es una
serie de funciones continuas que converge uniformemente en un entorno
de cada uno de los puntos de~$\RR\setminus0$. 

Sea $N\in\NN$ y sea $x\in(0,1/N)$. Si $n\in\inter{N}$, entonces
  \[
  \frac{1}{1+n^2x^2} \geq \frac{1}{1+N^2x^2} \geq \frac{1}{2},
  \]
así que
  \[
  \sum_{n\geq1}\frac{1}{1+n^2x}
        \geq \frac{N}{2} + \sum_{n>N}\frac{1}{1+n^2x^2}
        \geq \frac{N}{2}.
  \]
Esto muestra que la función suma de la serie no está acotada en ningún
conjunto cuya clausura contenga a~$0$. \qed
\end{Solucion}

\end{ejercicios}

\end{document}
%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%
% vim: spell spelllang=es
