MA 2115 Primer Parcial 2019 Ene Mar 7 8 (Solución de Jorge Sánchez) pdf

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(1)Enero-Marzo 2019 MA2115 - Matemáticas IV Solución Parcial 1 (32 %) Turno 7-8 Pregunta 1 (6 ptos.) Sea la sucesión cuya fórmula de recursión viene dada por an+1 = 9 −. 8 , an. si n ≥ 0. a) Estudie la convergencia de la sucesión si a0 = 1. b) Estudie la convergencia de la sucesión si a0 = 2. Solución a) Si a0 = 1, escribiendo los primeros términos de la sucesión vemos que {an } = {1, 1, 1, 1, · · · , 1, · · · } Es decir, la sucesión es una sucesión constante an = 4 ∀ n ≥ 0. Por tanto, la sucesión converge a 1 . b) Si a0 = 2, escribiendo los primeros términos de la sucesión vemos que {an } = {2, 5,. 37 293 , ,···} 5 37. En donde pareciera ser una sucesión creciente y acotada superiormente por 8. Veamos: Acotamiento. Usaremos inducción matemática para probar que an < 8 ∀ n ≥ 0. • Paso base: a0 = 2 < 8, a1 = 5 < 8 • Hipótesis inductiva: Supongamos que ak < 8, con k ≥ 0. • Paso inductivo: Queremos ver que ak+1 < 8 para k ≥ 0. Por la hipótesis inductiva tenemos que ak < 8. De aquı́ que − a8k < − 88 = −1. Sumando 9 a ambos lados de la desigualdad tenemos que ak+1 = 9 − a8k < 9 − 1 = 8. Concluyendo ası́ lo deseado. Por tanto, {an } está acotada superiormente por 8. De igual forma podemos probar que la sucesión está acotada inferiormente por 1. Es decir, an > 1 para todo n. Ası́, la sucesión es acotada. También, después de probar la monotonı́a se puede concluir su acotamiento. 1.

(2) Monotonı́a. Para probar el crecimiento de la sucesión se puede hacer también usando inducción matemática. Sin embargo, consideraremos la diferencia an+1 − an = 9 −. 9an − 8 − a2n (an − 1)(8 − an ) 8 − an = = an an an. Observemos que todos los factores involucrados son positivos, ya que 1 < an < 4 para todo n, como se probó anteriormente. De donde concluimos que an+1 − an > 0, o an+1 > an para todo n. Es decir, la sucesión es monótona creciente. Finalmente, por el teorema de convergencia monótona, como la sucesión es monótona y acotada, ésta tiene lı́mite, digamos l. Por lo que se debe cumplir que lı́m an = lı́m an+1 = l. Aplicando el lı́mite a la fórmula de n→∞ n→∞ recursión tenemos que 8 lı́m an+1 = lı́m 9 − n→∞ n→∞ an 8 l = 9− l De donde se obtiene la ecuación cuadrática l2 − 9l + 8 = 0, cuya factorización es (l − 1)(l − 8) = 0. Es decir, l = 1 o l = 8. Por los datos recolectados anteriormente, es claro que l = 1 se descarta pues la sucesión comienza en 2 y es creciente. De manera que concluimos que la sucesión es convergente y tiene lı́mite l = 8 .. 2.

(3) Pregunta 2 (12 ptos.) Determine la convergencia absoluta, la convergencia condicional o la divergencia de las siguientes series: 1 sen ∞ ∞ ∞ X X X k cos(kπ) 3 k k+π a) b) c) (−1)k e−k −k 1 + 2 + ··· + k k+π k=1. k=1. k=1. Solución a) Primero notamos que el denominador del término general es la suma de los primeros k términos, cuya fórmula cerrada es conocida: k X. i=. i=1. k(k + 1) 2. Además, cos(kπ) = (−1)k para todo k entero. De modo que la serie se puede reescribir como ∞ X. (−1)k. k=1. 2 k+1. Ahora, al considerar la serie de valores absolutos, obtenemos ∞ X k=1. 2 k+1. La cual diverge al compararla por el criterio de comparación del lı́mite (CCL) con la serie armónica divergente. Nos queda estudiar la serie original, la cual es una serie alternante. Notemos que se comporta igual que la serie armónica alternante. Chequeamos: 2 > 0 para todo k ≥ 1. k+1 2 2 • > para todo k ≥ 1, pues a denominador mayor, fracción k+1 k+2 menor. Por tanto, decrece. 2 =0 • lı́m n→∞ n + 1 •. Por tanto, por el criterio de Leibniz, se concluye que la serie original converge. Finalmente, la serie dada inicialmente converge condicionalmente. b) Primero es importante notar que la serie de módulos es igual a la serie original: para el denominador, es claro que si k ≥ 1, entonces k + π > 0. Para el numerador, notemos que el argumento del seno es menor que 1 3.

(4) para todo k, y a medida que k crece éste se acerca a cero; y es conocido que la función seno es positiva entre 0 y 1. Ası́, los valores absolutos se pueden despreciar del término general. Para determinar la convergencia, usamos el CCL tomando como serie de prueba a X X X 1 1 = bk = 2 2 (k + π) k + 2kπ + π 2 la cual converge al compararla (usando el mismo criterio) con la serie P 1 hiperarmónica (serie ”p”) convergente , con p > 1. k2 De esta manera, tenemos que 1 sen an n+π lı́m =1 = lı́m 1 n→∞ bn n+π Donde la última igualdad es consecuencia del lı́mite notable estudiado en cursos anteriores. Luego, como el lı́mite finito existe y es distinto de cero, ambas series convergen o divergen simultáneamente. Como ya vimos que P bk converge entonces la serie original también converge. Finalmente, 1 sen ∞ X P P k+π como resultó ak = |ak |, concluimos que la serie k+π k=1. converge absolutamente. c) Al considerar la serie de valores absolutos obtenemos ∞ X. e−k. 3. −kk. k=1. Para determinar su convergencia usamos el criterio de Cauchy (de la raı́z n-ésima). Consideramos   −n3 − nn   lı́m(−n2 −nn−1 ) n lı́m (an )1/n = lı́m e = e−∞ = 0 < 1 =e n→∞. Por tanto, la serie de módulos converge. Finalmente, la serie. ∞ X. (−1)k e−k. k=1. converge absolutamente.. 4. 3. −kk.

(5) Pregunta 3 (8 ptos.) Determine el intervalo de convergencia de la siguiente serie de potencias: √ ∞ X (−1)k+1 3 k (x + 1)k k+2 k=1. Solución Aplicamos el criterio de D’Alembert (de la razón) a la serie de módulos. Tenemos el siguiente lı́mite: an+1 lı́m = lı́m n→∞ an. √ 3. n+2 n+2 n + 1(x + 1)n+1 √ = |x+1| lı́m 3 n n+3 n+3 n(x + 1). . n+1 n. 1/3. Como buscamos convergencia, es necesario que este lı́mite sea menor que 1. De donde se deduce que |x + 1| < 1. O análogamente que −2 < x < 0. Es decir, la serie de potencias converge absolutamente cuando x ∈ (−2, 0). Falta ver los extremos. Si x = −2, la serie queda √ ∞ ∞ √ 3 X X (−1)2k+1 3 k k =− k+2 k+2 k=1. k=1. La cual diverge al compararle con la serie hiperarmónica divergente con p = 23 < 1 usando el CCL. Si x = 0, la serie queda √ ∞ X (−1)k+1 3 k k=1. k+2. La cual es una serie alternante. Se verifican fácilmente las 3 condiciones de √ 3 k será siempre positivo; Leibniz: la primera es directa dado que k ≥ 1, k+2 y al considerar que la expresión del denominador crece más rápido que la del numerador se deducen la monotonı́a y el lı́mite. Ası́, la serie converge. Finalmente, tenemos que el intervalo de convergencia de la serie de potencias es (−2, 0] .. 5. = |x+1|.

(6) Pregunta 4 (6 ptos.) Halle la serie de Maclaurin de la siguiente función e indique el intervalo de convergencia: Z x ln(1 − t) dt f (x) = et − t 0 Solución Separamos la función por las propiedades de la integral definida de la siguiente manera: x. Z. . f (x) = 0. ln(1 − t) e − t t. . x. Z. Z. t. dt =. x. e dt− 0. 0. ln(1 − t) dt = ex − t. Z 0. x. ln(1 − t) dt t. x. ln(1 − t) dt. Hallamos las series de Maclaurin Sea g(x) = ex , y h(x) = − t 0 de estas funciones, y la suma de ellas será la serie de Maclaurin de f (x). Comenzamos con g(x). Es conocida la serie de Maclaurin de ex definida para todo x real: Z. g(x) = ex =. ∞ k X x k=0. k!. =1+x+. x2 x3 x4 + + ··· 2! 3! 4!. Ahora hallemos la representación de h(x). Es conocida de igual forma la 1 , definida para toda x real, con |x| < 1: serie de Maclaurin de la función 1−x ∞ X 1 xk = 1 + x + x2 + x3 + x4 + · · · = 1−x k=0. Haciendo un cambio de variable x = t e integrando tenemos Zx. Zx. dt 1−t. =. 0. =. Zx. ! t. k. dt =. k=0. 0. − ln(1 − x). ∞ X. 1 + t2 + t3 + t4 · · · dt. 0. ∞ X xk+1 x2 x3 x4 =x+ + + ··· k+1 2 3 4. k=0. Diviendo todo por x, y haciendo el cambio x = t e integrando nuevamente obtenemos Z − 0. x. ln(1 − t) dt = t. =. Zx. ∞ X. 0. k=0. tk k+1. !. Zx t t2 t3 t4 dt = 1 + + + + · · · dt 2 3 4 5 0. ∞ X xk+1 x2 x3 x4 = x + + + ··· (k + 1)2 22 32 42. k=0. 6.

(7) La cual es la serie de Maclaurin de h(x) para toda x real, con |x| < 1 (Notemos que las operaciones realizadas no alteran el intervalo de convergencia). Finalmente, tenemos que f (x) = g(x) + h(x), para toda x real, intersecado con toda x real, pero |x| < 1. Lo cual resulta en que la suma de estas funciones en su representación en serie de potencias converge siempre que |x| < 1. Esto es, Z f (x) = 0. x. Z x ln(1 − t) ln(1 − t) dt = ex − dt et − t t 0 =. ∞ k X x k=0. =. k!. +. ∞ X xk+1 (k + 1)2. k=0. x2 x3 x4 1+x+ + + + ··· 2! 3! 4!. =. =. 1 + x (1 + 1) + x. 1+. ∞ X. xk. . k=1. Prof. Jorge Sánchez [email protected]. 7. 2. . 1 1 + 2 k! k. 1 1 + 2 2! 2. . . x2 x3 x4 + x + 2 + 2 + 2 + ··· 2 3 4 . +x. 3. . 1 1 + 2 3! 3. . + ···. .

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