Ejercicios detallados del obj 2 Mat V (739

Texto completo

(1)

Capítulo V Matemática V (739)

Objetivo 2. Resolver problemas relacionados con los conceptos de

convergencia uniforme, series de potencias y fórmula de Taylor.

Antes de comenzar a desarrollar este objetivo, veremos algunas definiciones.

Es importante destacar, que en el objetivo 1, se consideraron series numéricas, es decir, de términos constantes, ahora, en este objetivo se consideraran series de funciones reales; las series numéricas las denotábamos como

an, de manera semejante, las series de funciones se denotaran

fn,

estando claro que ahora tenemos funciones que normalmente depende de equis.

CONVERGENCIA UNIFORME

Cuando consideramos series de funciones, éstas están formadas por funciones reales que tienen un dominio común en la recta real, para cada equis del dominio podemos construir la sucesión

{

fn

( )

x

}

, y ésta sucesión converge

si:

( )

( )

lim n

n→∞ f x = f x

Con xS, donde S es el conjunto de puntos donde la sucesión

{

fn

( )

x

}

converge.

Ahora bien, nos interesan aquellas sucesiones

{

fn

( )

x

}

cuyos términos tengan la propiedad de continuidad, derivabilidad e integrabilidad, por ello surge la pregunte ¿En qué condiciones se conservan esas propiedades en la función límite lim n

( )

n→∞ f x ?

La respuesta a esta pregunta la dio Weierstrass cuando genero una condición suficiente para que las series de funciones conservaran esas propiedades, y a dichas funciones las denomino convergentes uniformes.

(2)

Este criterio indica:

Dada una serie de funciones

( )

1

n n

f x

=

, es condición suficiente para que

ésta sea uniformemente convergente que exista una serie numérica

convergente

1

n n

a

=

que verifique: fn

( )

xan, para todo xS y para todo n∈ℕ.

Ejemplos:

a) Estudiar la convergencia uniforme de la siguiente serie de funciones:

2 2 1

1

n

x

n

=

+

Sobre el conjunto

.

RESOLUCIÓN:

Vamos a construir una desigualdad válida para el término de la serie de

funciones,

f

n

( )

x

2

1

2

x

n

=

+

. Sabemos que para todo

x

, se cumple: 2 2 2

x

+ ≥

n

n

Es decir, al sumar el término x2, que siempre es positivo para todo número real o cero, se logra evidenciar que

x

2

+ ≥

n

2

n

2.

Si tomamos recíprocos en la desigualdad anterior, se tiene:

2 2 2 2 2

1

1

1

,

x

x

+

n

=

x

+

n

n

∀ ∈

Observa que la serie de términos positivos 2

1

1

n

n

=

es una serie

convergente, ya que se trata de una serie

p

, con

p

>

2

, explicada

suficientemente en el objetivo 1, por lo tanto la serie 2 2

1

1

n

x

n

=

+

converge

uniformemente en

.

b) Estudiar la convergencia uniforme de la siguiente serie de funciones:

2 1 2 1

2

1

n

n

n n

x

x

− ∞

=

+

(3)

RESOLUCIÓN:

Vamos a construir una desigualdad válida para el término de la serie de

funciones,

( )

2 1 2

2

1

n

n

n n

x

f

x

x

=

+

. Sabemos que para todo

x

∈ −

[

r r

,

]

, se cumple: 2

1

+

x

n

1

Es decir, al sumar el término 2n

( )

n 2

x = x , que siempre es positivo para

todo número

x

∈ −

[

r r

,

]

, se logra evidenciar que

1

+

x

2n

1

.

Si tomamos recíprocos en la desigualdad anterior, se tiene:

2

1

1

1

+

x

n

Además, como

x

∈ −

[

r r

,

]

, es decir,

− ≤ ≤

r

x

r

, se puede escribir

x

r

, entonces:

(

)

2 1

2 1 2 1

2 2 2

2

1

1

2

2

1

1

1

n

n n

n

n n

n n n

x

x

x

x

x

x

− −

=

=

+

+

+

Como ya acotamos 2

1

1

1

+

x

n

, se tiene:

2 2 1 2

2

1 1

1

1

2

1

2

2

n n n

n

n n n

x

x

x

x

− −

=

+

i

Continuando el desarrollo:

2 1

2 1 2 1 2 1

2

2

2

2

n

n n n

n n n n

x

=

x

=

x

=

x

− Como

x

r

, se tiene:

( )

2 1 2 1

2

2

n n

n n

x

r

Entonces si la serie

( )

2 1

1

2

n n

n

r

=

converge, la serie

2 1

2 1

2

1

n

n

n n

x

x

− ∞

=

+

converge uniformemente en

[

r r

,

]

.

Analizando la serie

( )

2 1

1

2

n n

n

r

− =

, para verificar si converge, se tiene

(4)

( )

( )

( )

( )

1 1

1 2 1 2 1

1

2 1 2 1

2

2 2

2

lim

lim

lim

lim

2

2

n n

n n

n n n

n

n n

n n n n

n

r

r

a

a

r

r

+ +

+ − −

+

− −

→∞

=

→∞

=

→∞

=

→∞

( )

2 1 1

2

2

n

n

r

+−

( )

( )

( )

1

2 1

2 1

2 lim

2 1

n

n n

n

r

r

r

+

=

→∞ −

Como se tiene la misma base erre, podemos escribir:

( )

1 1 1

2 1 2 1 2 1 2 1 2 2 22 2 2

2 lim

2 lim

2 lim

2 lim

2 lim

n n n n n n n n n

n

r

n

r

n

r

n

r

n

r

+− − + +

− − + − −

→∞

=

→∞

=

→∞

=

→∞

=

→∞

Como en el ejercicio nos proporcionan la información Sobre el conjunto

[

r r

,

]

con

r

<

1

, entonces el límite:

( )

( )

2 2

2 lim

n

2

2

n

r

r

r

→∞

=

=

Repitiendo, como

r

<

1

, se tiene:

r

=

0

, por lo tanto:

( )

2

2 lim

n

2 0

0

n→∞

r

=

=

Recordemos, que el criterio del cociente establece, que si

lim

n 1

1

n

n

a

a

+

→∞

<

, la

serie converge, y como

lim

n 1

0 1

n

n

a

a

+

→∞

= <

, la serie

( )

2 1 1

2

n n

n

r

=

converge, por lo

tanto la serie

2 1 2 1

2

1

n

n

n n

x

x

− ∞

=

+

converge uniformemente en

[

r r

,

]

.

SERIES DE POTENCIAS

Son series de la forma:

(

)

0

n n

n

a

x c

=

En la cual, el centro es

c

y los coeficientes

a

n son los términos de la

sucesión.

(5)

SERIES DE MACLAURIN (TAYLOR ALREDEDOR DE CERO) NOTABLES

1)

0

!

n x

n

x

e

n

=

=

converge para

x

2)

(

)

( )

1

1

1

ln

1

n n

n

x

x

n

+ ∞

=

+ =

converge para

x

<

1

3)

0

1

n

n

a

ax

x

=

=

converge para

x

<

1

4)

(

1

)

1

(

1

)

2

(

1

)(

2

)

3

...

2!

3!

m

m m

m m

m

x

+

= +

mx

+

x

+

x

+

converge

para

x

<

1

5)

( )

(

( )

)

2 1

0

1

2

1 !

n n

n

sen x

x

n

+

=

=

+

converge para

x

6)

( )

( )

( )

2

0

1

cos

2

!

n n

n

x

x

n

=

=

converge para

x

RADIO DE CONVERGENCIA

Otro aspecto importante a utilizar en este objetivo es el teorema de Cauchy-Hadamard, que considera el radio de convergencia de una serie de

potencias centrada en

x

0,

(

0

)

0

n n

n

a

x

x

=

, con

a

n,

x

y

x

0 perteneciente a los

reales, y éste radio viene dado por la expresión:

1 1

1

lim

lim

n n

n n

n

n

a

R

a

a

a

→∞ + +

→∞

=

=

La serie

(

0

)

0

n n

n

a

x

x

=

converge absolutamente para

x

x

0

<

R

, y

diverge

x

x

0

>

R

, debiendo estudiar aparte los extremos del intervalo de

convergencia, es decir, los extremos de

(

x

0

R x

,

0

+

R

)

, para verificar si en los mismos la serie converge o diverge.

(6)

En caso que

R

→ ∞

, implicara que la serie convergerá para todo real, es decir,

x

.

Comencemos el desarrollo de la guía de este objetivo.

Ejercicio 1

Determine el intervalo de convergencia de la serie de potencia:

1 2

0

4

3

n n

n

x

n

+ ∞

=

+

Solución

Justificación:

Este tipo de ejercicio, es relativamente sencillo, y se atacan normalmente de la siguiente manera:

• PASO 1: Aplicar el criterio del cociente o razón, explicado ampliamente en el objetivo 1.

• PASO 2: Se analiza la o las serie(s) en donde falla el criterio, para establecer si el intervalo de convergencia será cerrado o abierto.

Desarrollemos este ejercicio.

PASO 1

Identificando

1 2

4

3

n n

n

x

a

n

+

=

+

, aplicamos el criterio del cociente:

( ) ( )

(

)

1 2 2

1 1 2 1 2 2 2

1 1

1 2 1 2 1 2

4

4

4

4

1

3

4

4

lim

lim

lim

lim

lim

4

4

4

3

3

3

n n

n n n n

n n

n n n n n n

n n n n n

n n

x x

x

x

n

a

n

n

a

a

a

x

x

x

n

n

n

+

+ + + + +

+ +

+ + +

→∞ →∞ →∞ →∞ →∞

+ +

+

+

=

=

=

=

+

+

+

1 1 2 2

1 2

4

3 4

3 4

4

lim

lim

4 4

n

n n

n n

n n

n

n

x x

n

x

+ +

+

→∞ →∞

+

+

=

+

2n

x

2

1

4 4

n

x

n

+

+

x

2n

2

2

4

3

3

lim

4

lim

4

4

n n

n

x

n

x

n

n

→∞ →∞

+

+

=

=

+

+

Como

n

,

n

+

3

y

n

+

4

, son positivos, por lo tanto:

3

3

3

1

1

3

1 0

1

lim

lim

lim

1

4

4

4

4

1 0

1

1

1

n n n

n

n

n

n

n

n

n

n

n

n

→∞ →∞ →∞

+

+

+

+

=

=

=

=

+

= =

+

+

+

+

+

(7)

Por lo tanto:

( )

2

2

3

2

4

lim

4

1

4

4

n

n

x

x

x

n

→∞

+

=

=

+

Según el criterio del cociente

lim

n 1 n

n

a

L

a

+

→∞

=

:

Si L<1 la serie

an converge

Si L>1 la serie

an diverge Si L=1 NO decide.

Entonces, en nuestro caso L=4 x2, y como esta expresión es variable, porque depende del valor de x, se tiene:

Si 4 2 1 2 1 1 1

4 4 2

x < → x < → <x → <x , la serie

an converge

Si 4 2 1 2 1 1 1

4 4 2

x > → x > → >x → >x , la serie

an diverge

Si 4 2 1 2 1 1 1

4 4 2

x = → x = → =x → =x NO decide.

PASO 2

La ecuación modular: 1 2

x = , tiene 2 soluciones, a saber:

1

1 2

x = − y 2 1 2 x =

Analicemos las 2 series que se generan con estos valores particulares de equis:

SERIE para 1 1 2 x = − :

Sustituyendo 1 1 2

x = − en la serie original:

2 1

0

1

4

2

3

n n

n

n

+ ∞

=

+

(8)

Desarrollando:

2 2

1 1

0 0 0

1

1

4

1

4

4

2

4 4

2

4

3

3

3

n

n n

n n

n n

n

n

n

n

n

n

+ +

∞ ∞ ∞

= = =

 

 

=

=

 

=

+

+

+

1

4

4

n

0 0

4

3

3

n

n

n

n

∞ ∞

= =

=

+

+

Analicemos si la serie

0

4

3

n

n

=

+

converge o diverge.

Aplicando el criterio de comparación por paso al límite:

Tomando

4

3

n

a

n

=

+

y la serie divergente conocida 1

1

n

n

=

, siendo

entonces

b

n

1

n

=

, se tiene:

4

4

1

1

3

lim

lim

lim

4 lim

4 lim

4 lim

4

1

3

3

3

3

3

1

1

n

n n n n n n

n

n

a

n

n

n

n

n

b

n

n

n

n

n

n

→∞ →∞ →∞ →∞ →∞ →∞

+

=

=

=

=

=

=

+

+

+

+

+

( )

1

1

1

4

4

4

4 1

4

3

1 0

1

1

=

=

=

=

+

+

Por lo tanto, ambas series tienen el mismo carácter, en fin, la serie

0

4

3

n

n

=

+

diverge.

SERIE para 2

1 2 x = :

Sustituyendo 2

1 2

x = en la serie original:

2 1

0

1

4

2

3

n n

n

n

+ ∞

=

 

 

 

+

(9)

Obtendremos exactamente la misma serie anterior, que como ya se analizó, diverge.

Por lo tanto el intervalo de convergencia de la serie

1 2

0

4

3

n n

n

x

n

+ ∞

=

+

es:

1 1 1 1 1

,

2 2 2 2 2

x < → − < < → ∈ −x x

 

Respuesta: El intervalo de convergencia de la serie

1 2

0

4

3

n n

n

x

n

+ ∞

=

+

es:

1 1 , 2 2 x∈ − 

 

Ejercicio 2

Demuestre que la serie

( )

1

cos

n

n

x

n

=

con

,

3

4

4

x

π π

converge

uniformemente en ese intervalo.

Solución

Justificación: En este tipo de ejercicio, aplicaremos el criterio de Weierstrass, el cual explique al principio de esta guía. Debemos construir una desigualdad

válida para el término de la serie de funciones,

( )

cos

( )

n

n

x

f

x

n

=

. En este caso,

donde nos dan una función trigonométrica y un intervalo

,

3

4

4

x

π π

, donde

(10)

Se observa claramente que en el tramo

,

3

4

4

π π

la función

cos

( )

x

es

decreciente, y sus imágenes están acotadas entre:

( )

3

cos

cos

cos

4

x

4

π

π

Ahora bien, los valores de

cos

4

π

y

3 cos

4 π

   

 , lo puedes obtener de tu

calculadora, recuerda que si la calculadora está en “D” significa que debes

tener los ángulos en grados. Como

π

=

180º

, entonces:

180º

45º

4

4

π

=

=

y

(

)

3 180º

3

540º

135º

4

4

4

π

=

=

=

, entonces:

( )

2

cos

cos 45º

0, 7071...

4

2

π

=

=

=

(

)

3

2

cos

cos 135º

0, 7071...

4

2

π

=

= −

= −

Si la calculadora está en “R” significa que debes tener los ángulos en radianes, y directamente introduces los valores de pi, así:

2

cos

0, 7071...

4

2

π

=

=

3

2

cos

0, 7071...

4

2

π

= −

= −

(11)

Entonces podemos escribir

cos

3

cos

( )

cos

4

x

4

π

π

, como:

( )

2

2

cos

2

x

2

Recordando las propiedades de valor absoluto, a saber:

( )

( )

f x

< → − <

a

a

f x

<

a

Se tiene:

( )

( )

2

2

2

cos

cos

2

x

2

x

2

Con esta acotación, ya podemos desarrollar el acotamiento de la serie de funciones dada, es decir:

( )

cos

n

x

n

Recuerda que debemos acotar esta serie de funciones, porque nuestra intención es aplicar e criterio de Weierstrass el cual te menciono: Dada una

serie de funciones

( )

1

n n

f x

=

, es condición suficiente para que ésta sea

uniformemente convergente que exista una serie numérica convergente

1

n n

a

=

que verifique: fn

( )

xan, para todo xS y para todo n∈ℕ.

Por lo tanto, hay que construir fn

( )

xan. Continuando nuestro ejercicio:

( )

(

cos

( )

)

(

cos

( )

)

cos

( )

cos

n n

n

n

x

x

x

x

n

=

n

=

n

=

n

Como

cos

( )

2

2

x

, se tiene:

( )

2

cos

2

n

n

x

(12)

Como

n

es positivo y

2

2

2

=

2

, se puede escribir:

( )

1 2 1 1 1 2 2 1 2 2

2

2

2

2

2

cos

2

2

1

2

n

n n n

n n

n

x

n

n

n

n

n

n

n

− − −

=

=

=

=

=

En conclusión:

( )

2

cos

1

2

n n

x

n

n

Ahora solo queda verificar que la serie

1 2

1

2

n n

n

∞ =

converge, para poder

concluir que la serie de funciones

( )

1

cos

n n

x

n

∞ =

, converge uniformemente en el

intervalo

,

3

4

4

π π

.

Apliquemos el criterio del cociente, para conocer la convergencia de la

serie 1 2

1

2

n n

n

∞ =

, donde

2

1

2

n n

a

n

=

(

)

( )

(

)

( )

(

)

1

2 2 2 2

1 1 1 2 2 2 2

1

1 2

2

2

2

lim

lim

lim

lim

lim

1

1 2

1 2

2

n n n n

n

n n

n n n n n

n

n

n

a

n

n

n

a

n

n

n

+ + + →∞ →∞ →∞ →∞ + →∞

+

=

=

=

=

+

+

(

1 2

)

2

n

n

+

1 2

2

(

)

12

(

)

1

lim

lim

lim

1

1

2

2

1 2

n n n

n

n

n

n

n

n

→∞ →∞ →∞

=

=

=

+

+

+

1

1

1

1

1

1

1

1

1

1

1

1

lim

lim

lim

1

1

1

1

1

1 0

1

2

n

2

n

2

n

1

2

1

2

2

2

2

n

n

n

n

n

n

n

n

→∞

+

=

→∞

=

→∞

=

=

+

=

⋅ =

⋅ =

+

+

+

(13)

El criterio del cociente

lim

n 1 n

n

a

L

a

+

→∞

=

, establece:

Si L<1 la serie

an converge

Si L>1 la serie

an diverge Si L=1 NO decide.

En nuestro caso

lim

1

1

1

2

n n

n

a

L

a

+

→∞

= =

<

, por lo tanto la serie 1 2

1

2

n n

n

=

converge, por ende:

Respuesta: la serie

( )

1

cos

n

n

x

n

=

es uniformemente convergente en el

intervalo

,

3

4

4

π π

.

Ejercicio 3

Halle los números reales x tales que la serie

(

3

)

0

2 n

n

x

= +

sea

convergente.

Solución

Justificación:

PASO 1

Identificando

a

n

=

(

x

3

+

2

)

n, aplicamos el criterio del cociente:

(

)

(

)

(

)

1 3

3 1

1

3

2

2

lim

lim

lim

lim

2

n n

n n

n

n n n n

n n

x

x

a

a

a

a

x

+ +

+

→∞ →∞ →∞ →∞

+

+

=

=

=

+

(

)

3

3

2

2

n

x

x

+

+

3 3

lim

2

2

n→∞

x

x

=

+ =

+

Según el criterio del cociente

lim

n 1 n

n

a

L

a

+

→∞

=

:

Si L<1 la serie

an converge Si L>1 la serie

an diverge

(14)

Entonces, en nuestro caso 3

2

L= x + , y como esta expresión es

variable, porque depende del valor de x, se tiene: Si 3

2 1

x + < , la serie

an converge

Si 3

2 1

x + > , la serie

an diverge

Si 3

2 1

x + = NO decide.

Vamos a resolver la inecuación 3

2 1 x + < .

Consideremos la definición de valor absoluto:

( )

( )

( )

si

( )

( )

0

si 0

f x f x

f x

f x f x

− <



=



Por lo tanto:

(

)

(

)

3 3

3

3 3

2 si 2 0 2

2 si 2 0

x x

x

x x

+ + <

+ =

+ + ≥



Luego factorizamos el polinomio 3

2

x + , haciendo uso de la fórmula:

(

)

(

)

3 3 2 2

a + = +b a b aab b+

En este caso:

3

3 3 3

3 3 3

2 2 2

a x

a x a x

b b b

== =

→ →

  

= =  =

  , entonces:

(

)

(

( )

2

)

(

)

(

)

3

3 3 2 3 3 3 2 3 2

2 2 2 2 2 2 2

x + = +x xx+ = +x xx+

(

)(

)

3 3 2 3 3

2 2 2 4

x + = +x xx+

Después de factorizar, replanteemos x3+2 :

(

)

(

)(

)

(

)

(

)(

)

3 3 2 3 3

3

3 3 2 3 3

2 si 2 2 4 0

2

2 si 2 2 4 0

x x x x

x

x x x x

+ + + <

+ =

+ + − + ≥



Pero 2 3 3

2 4

xx+ siempre es positiva, por las siguientes 2 razones: I) El coeficiente de 2

x es positivo.

II) El discriminante es negativo: 2

( )

3 2

( )

3 3 3 3

4 2 4 1 4 4 4 4 3 4

(15)

Por lo tanto:

(

)

(

)

(

)

(

)

3 3

3

3 3

2 si 2 0 2

2 si 2 0

x x

x

x x

+ + <

+ =

+ + ≥



(

)

(

)

3 3

3

3 3

2 si 2 2

2 si 2

x x

x

x x

+ < −

+ =

+ ≥ −



SOLUCIÓN A:

Para 3

2

x< − , se tiene:

(

3

)

2 1

x

− + <

Desarrollando:

(

3

)

(

3

)

(

3

)

3

2 1 0 2 1 0 2 1 0 3 0

xxx x

− + − < → − + + < → + + > → + >

Factorizando el polinomio 3

3

x + , haciendo uso de la fórmula:

(

)

(

)

3 3 2 2

a + = +b a b aab b+

En este caso:

3

3 3 3

3 3 3 3

3 3

a x

a x a x

b b b

== =

→ →

  

= =  =

  , entonces:

(

)

(

( )

2

)

(

)

(

)

3

3 3 2 3 3 3 2 3 2

3 3 3 3 3 3 3

x + = +x xx+ = +x xx+

(

)(

)

3 3 2 3 3

3 3 3 9

x + = +x xx+

Nuestra inecuación queda:

(

3

)(

2 3 3

)

3 3 9 0

x+ xx+ >

Pero 2 3 3

3 9

xx+ siempre es positiva, por las siguientes 2 razones: I) El coeficiente de 2

x es positivo.

II) El discriminante es negativo: 2

( )

3 2

( )

3 3 3 3

4 3 4 1 9 9 4 9 3 9

bac= − − = − = −

Por lo tanto:

(

3

)(

2 3 3

)

(

3

)

3

3 3 9 0 3 0 3

x+ xx+ > → +x > ∴ > −x

Considerando 3

2

x< − y 3

3

(16)

Por lo tanto, la solución A es:

(

3 3

)

3, 2

− −

SOLUCIÓN B:

Para 3

2

x≥ − , se tiene:

(

3

)

2 1

x + <

Desarrollando:

(

3

)

3

2 1 0 1 0

x + − < → + <x

Factorizando el polinomio 3

1

x + , haciendo uso de la fórmula:

(

)

(

)

3 3 2 2

a + = +b a b aab b+

En este caso:

3

3 3 3

3 3

1

1 1

a x

a x a x

b

b b

=

==

→ →

  

=

= =

 , entonces:

(

)

(

( )

2

)

(

)

(

)

3 2 2

1 1 1 1 1

x + = +x x − +x = +x x − +x

(

)

(

)

3 2

1 1 1

x + = +x x − +x

Nuestra inecuación queda:

(

)

(

2

)

1 1 0

x+ x − + <x

Pero 2

1

x − +x siempre es positiva, por las siguientes 2 razones: I) El coeficiente de x2 es positivo.

II) El discriminante es negativo: 2

( )

2

( )

4 1 4 1 1 1 4 3

bac= − − = − = −

Por lo tanto:

(

)

(

2

)

(

)

1 1 0 1 0 1

x+ x − + < → + < ∴ < −x x x

Considerando 3

2

(17)

Por lo tanto, la solución B es:

(

3

)

2, 1

− −

La SOLUCIÓN total es: Soltotal =SolASolB, por lo tanto:

Es decir, la solución de la inecuación original 3

2 1

x + < , donde la serie

(

3

)

0

2 n

n

x

= +

converge, es el intervalo:

(

3

)

3, 1

x∈ − − → ∈

{

x ℝ 3

}

3 x 1

− < < −

PASO 2

Ahora analizamos los puntos donde el criterio del cociente no decidio, ellos son 3

2 1

x + = , ésta ecuación modular, tiene 2 soluciones, a saber:

(

)

2

3 3

2 1 2 1

x + = → x + =

Se aplicó el hecho: 2

a = a

Continuando:

(

)

2

(

)

(

)

3

2 2

3 2 3 3

3

2 1

2 1 2 1 2 1 1

2 1

x

x x x

x

+ =  

+ = → + = → + = = ± →

 

+ = −

 

3 3 3

3 3 3

2 1 0 1 0 1 0

2 1 0 3 0 3 0

x x x

x x x

+ − =+ =+ =

→ →

  

+ + = + = + =

  

Sabemos que factorizando 3

1 x + y 3

3

x + , se tiene:

(

)

(

)

(

)(

)

2

2

3 3 3

1 1 0

3 3 9 0

x x x

x x x

+ − + =

 

+ − + =



También sabemos que los factores

(

2

)

1

x − +x y

(

2 3 3

)

3 9

xx+ nunca se

anulan, porque su discriminante b2−4ac es negativo, por lo tanto:

1 3 3

2

1 1 0

3 3 0

x x

x x

= −

+ = 

 

 

= −

+ =

 

(18)

SERIE para x1= −1:

Sustituyendo x1= −1 en la serie original:

(

3

)

(

( )

3

)

(

)

( )

0 0 0 0

2 1 2 1 2 1

n

n n n

n n n n

x

∞ ∞ ∞ ∞

= = = =

+ = − + = − + =

Analicemos si la serie

( )

0

1 n

n

=

converge o diverge.

Aplicando el la condición necesaria de convergencia: 0 la serie problema dada diverge lim

0 no decide (aplicar otro criterio)

n n

L

a L

L

→∞

≠ →

= →

= →

En este caso an =

( )

1 n, entonces:

( )

lim 1

n

1

n

∞ →∞

=

Forma indeterminada que se elimina así:

( )

lim ( )1 1 lim ( )0 lim 0 0

lim 1

n

1

n n n n n

1

n

e

e

e

e

→∞ − →∞ →∞

→∞

= →

=

=

= =

Como

1

0

, la serie

( )

0

1 n

n

=

diverge.

SERIE para 3

2 3

x = − :

Sustituyendo 3

2 3

x = − en la serie original:

(

)

(

( )

3

)

(

)

( )

3 3

0 0 0 0

2 3 2 3 2 1

n

n n n

n n n n

x

∞ ∞ ∞ ∞

= = = =

+ = − + = − + = −

Hemos obtenido una serie alterna, apliquemos el criterio de Leibnitz, el cual dice:

Dada la serie alternada

an, ésta converge siempre y cuando se cumplan las siguientes 2 condiciones:

• lim n 0

n→∞a =

• La sucesión an sea decreciente, es decir,

a

n

a

n+1 ,

∀ ∈

n

Aplicando la primera condición, que no es más que la condición necesaria para que una serie sea convergente, en este caso an = −

( )

1n, se tiene:

( )

( )

lim n lim 1 n lim 1 n

(19)

Pero este límite ya lo calculamos, y dio como resultado: lim 1

( )

n 1 0

n→∞ = ≠ ,

por lo tanto la serie

( )

0

1 n

n

= −

diverge.

En conclusión, la serie

(

3

)

0

2 n

n

x

= +

converge en el intervalo:

Respuesta:

(

3

)

3, 1 x∈ − −

Ejercicio 4

Determine un desarrollo en x que permita aproximar el valor de

2

1

0

1

x

dx

e

, usando los cinco primeros términos del desarrollo

0

!

n x

n

x

e

n

=

=

;

(

,

)

x

∈ −∞ ∞

.

Solución

Justificación: Es importante que conozcas el significado de

0

!

n x

n

x

e

n

=

=

con

x

∈ −∞ ∞

(

,

)

, significa que la serie

0

!

n x

n

x

e

n

=

=

converge para todo

número real, ya que:

(

−∞ ∞ =

,

)

.

Para calcular la primitiva de 2

1

x

dx

e

, nos apoyaremos en el

desarrollo

0

!

n x

n

x

e

n

=

=

.

Observa que la integral, se puede escribir:

2 2

2

2

1

x x

x

dx

e

dx

e

dx

e

− −

=

=

Desarrollando la serie dada:

0 1 2 3 4

0

...

!

0!

1!

2!

3!

4!

!

n n

x

n

x

x

x

x

x

x

x

e

n

n

=

(20)

2 3 4

0

1

...

!

1

2

6

24

!

n n

x

n

x

x

x

x

x

x

e

n

n

=

=

= + +

+

+

+ +

Para obtener

2

2

x

e

, que es la función integrando, simplemente se

sustituye

2

2

x

x

=

en el desarrollo, así:

2

2 3 4

2 2 2 2 2

2

2

0

2

2

2

2

2

2

1

...

!

1

2

6

24

!

n n

x

n

x

x

x

x

x

x

e

n

n

− ∞

=

=

= +

+

+

+

+ +

Desarrollando:

( )

2

2 6 8 2

4 2 2

0

1

2

4

8

16

2

1

...

!

2

2

6

24

!

n

n n

n x

n

x

x

x

x

x

x

e

n

n

=

=

= −

+

+

− +

( )

( )

2

2

2

2 4 6 8

2

0

1

2

1

...

!

2

8

48

384

!2

n

n n x

n n

x

x

x

x

x

x

e

n

n

− ∞

=

=

= −

+

+

− +

Como se nos pide los 5 primeros términos, se tiene:

2

2 4 6 8

2

1

2

8

48

384

x

x

x

x

x

e

≈ −

+

+

Por lo tanto, podemos calcular la primitiva aproximada, así:

2

2 4 6 8 3 5 7 9

2

1

2

8

48

384

6

40

336

3456

x

x

x

x

x

x

x

x

x

e

dx

dx

x

C

+

+

≈ −

+

+

+

Esta primitiva converge para todo número real, ya que:

(

−∞ ∞

,

)

, por lo

tanto, también converge para el intervalo de integración

[ ]

0,1

, entonces:

2 1

1 3 5 7 9

2

0

6

40

336

3456

0

x

x

x

x

x

e

dx

x

C

+

+

+

(21)

2

1 3 5 7 9 3 5 7 9

2

0

1

1

1

1

0

0

0

0

1

0

6

40

336

3456

6

40

336

3456

x

e

dx

C

C

 

≈ − +

+

 

+

+

+ −

 

2

1 2

0

1

1

1

1

1

1

1

1

1

1

6

40

336

3456

6

40

336

3456

x

e

dx

≈ − +

+

= − +

+

2

1 2 0

1

1

1

1

1

6

40

336

3456

x

e

dx

≈ − +

+

2

1 2 0

17

65

1

120

24192

x

e

dx

≈ −

2

1 2 0

17461

120960 17461

103499

1

120960

120960

120960

x

e

dx

≈ −

=

=

Por lo tanto:

Respuesta:

2

1 2 0

0, 08556464947...

x

e

dx

Ejercicio 5 Calcule la integral:

2

1 2 0

1

e

x

dx

x

Solución

Justificación: Observamos en la integral solicitada, la función

e

x2, que sabemos, no tiene primitiva, para poder integral, debemos utilizar el desarrollo de una función semejante, a saber,

e

x, cuyo desarrollo de Colin Maclaurin es conocido, y fue utilizado en el ejercicio inmediato anterior:

2 3

0

1 ...

! 1 2! 3! !

n n

x n

x x x x x e

n n

=

=

= + + + + +

La cual converge para todo número real, es decir,

x

∈ −∞ ∞

(

,

)

.

(22)

Primero construyamos:

e

x2, sustituyendo

x

= −

x

2 en el desarrollo:

( )

( ) ( ) ( )

2

2 3

2 2 2 2

0

1 ...

! 1 2! 3!

n x

n

x x x x

e

n

∞ −

=

− − − −

=

= + + + +

( )

2

2 4 6

2 0

1 ...

! 2! 3!

n x

n

x x x

e x

n

∞ −

=

=

= − + − +

Construyamos ahora:

1

e

x2:

2 2 4 6

1 1 1 ...

2! 3!

x x x

e−  x

− = − − + − + 

 

2 2 4 6

1 1 1 ...

2! 3!

x x x

ex

− = − + − + −

2 2 4 6

1 ...

2! 3!

x x x

ex

− = − + −

Finalmente, construimos la función integrando completa:

2

2

1

e

x

x

:

2

4 6 2

2 2

...

2!

3!

1

x

x

x

x

e

x

x

+

=

2 2 4 6

2 2 2 2

1

...

2!

3!

x

e

x

x

x

x

x

x

x

=

+

2 2 4

2

1

1

...

2!

3!

x

e

x

x

x

= −

+

Como el intervalo de integración

[ ]

1,1

está dentro del intervalo de la serie que hemos construido, que como sabemos, converge en todos los reales, se tiene:

2

1 1 2 4

2

0 0

1

1

...

2!

3!

x

e

x

x

dx

dx

x

=

+

=

2 1

1 3 5

2

0 0

1

...

3 2!

5 3!

x

e

x

x

dx

x

x

=

+

(23)

2

1 3 5 3 5

2 0

1

1

1

0

0

1

...

0

...

3 2!

5 3!

3 2!

5 3!

x

e

dx

x

 

= −

+

− −

+

 

 

2

1 2 0

1

1

1

1

...

3 2!

5 3!

x

e

dx

x

= −

+

Ahora observemos el comportamiento de esta serie, para construir el término general.

1

1

1

...

1 1!

3 2!

+

5 3!

Recuerda que cada término de la serie, corresponde a un número natural, es decir:

0 1 2

1

1

1

...

1 1! 3 2! 5 3!

n= n= n=

+

La intercalación de signos será de la forma

( )

1

n, ya que debe ser positivo para

n

=

0

, y negativo para

n

=

1

y así sucesivamente.

Ahora bien los factoriales varían según ene así:

0 1 2

1! 2! 3! ...

n= n= n=

Esto sugiere un término de la forma

(

n

+

1 !

)

, ya que genera los términos factoriales antes nombrados:

n

(

n

+

1 !

)

0

(

0 1 ! 1!

+

)

=

1

( )

1 1 !

+

=

2!

2

(

2 1 ! 3!

+

)

=

Los términos que no tienen factoriales varían según ene así:

0 1 2

1 3 5 ...

n= n= n=

Esto sugiere un término que genere números impares, de la forma

Figure

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