I3 Calculo 2 5

PONTIFICIA UNIVERSIDAD CATOLICA DE CHILE FACULTAD DE MATEMATICAS DEPARTAMENTO DE MATEMATICA

Interrogaci´ on N◦ 3 de Mat1512 S.19.06.2004 Nombre: ............................................................. Secci´ on N◦ :........ (1) Sea {yn } la sucesi´on de Fibonacci, o sea la sucesi´on definida por y0 = 0, y1 = 1 e yn+1 = yn + yn−1 para n ≥ 2. Demostrar que: (i) Para todo natural n se tiene que yn < 2n . [ 2 puntos] (ii) La serie de potencias f (x) = [ 2 puntos]

∞ X k=0

¯ ¯ 1 yk · xk converge absolutamente para ¯ x ¯ < 2

(iii) (1 − x − x2 )f (x) = x y, por lo tanto, se tiene

∞ X k=0

puntos]

yk · xk =

x .[ 2 1 − x − x2

¶ µ √ π 1 1+x 2x − 1 + √ en serie (2) Desarrollar la funci´on f (x) = ln √ + 3 Arctg √ 3 2 3 1 − x + x2 ¯ ¯3 de potencias en torno a ¯ x ¯ < 0 [ 4 puntos]. Demostrar que la serie alternante ∞ X (−1)k converge y encontrar su valor. [ 2 puntos] 3k + 1 k=0

1

(3)

e − (1 + x) x (i) Mediante la utilizaci´on de las series de potencias calcular lim x→0 x [ 3 puntos] −p (ii) Encontrar el desarrollo en serie de potencias de (1−x) q en torno a x0 = 0 y 1 1·3 1·3·5 utilizarlo para calcular el valor de la serie num´erica 1 + + + + ··· 8 8 · 16 8 · 16 · 24 [ 3 puntos]

(4) Utilizando funciones beta y gamma se pide calcular las integrales: Z ∞ 3 Z 1 ¡ ¢n x dx (i) . [ 3puntos] (ii) n ∈ N, xn ln x dx .[ 3puntos] 10 1+x 0 0 Hay 4 puntos base

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Pauta problema 1 Sea {yn } la sucesi´on de Fibonacci, o sea la sucesi´on definida por y0 = 0, y1 = 1 e yn+1 = yn + yn−1 para n ≥ 2. Demostrar que: (i) Para todo natural n se tiene que yn < 2n . [ 2 puntos] (ii) La serie de potencias f (x) = ¯ ¯ 1 ¯ x ¯ < [ 2 puntos] 2

∞ X

yk · xk converge absolutamente para

k=0

2

(iii) (1 − x − x )f (x) = x y, por lo tanto, se tiene

∞ X k=0

[ 2 puntos]

y k · xk =

x . 1 − x − x2

Soluci´ on: Para (i): Tenemos y0 < 20 , y1 < 21 , ahora bien, para n ≥ 2; se sabe que: yn+1 = yn−1 + yn , y si suponemos yn < 2n , tambi´en se tendr´a yn−1 < 2n−1 , con lo que se obtiene yn+1 < 2n−1 + 2n , o sea, yn+1 < 2n + 2n , en conclusi´on yn+1 < 2n+1 [ 2 puntos] Para (ii): De lo anterior se desprende que la serie serie

∞ X

∞ X

yk · xk est´a dominada por la

k=0

2k · xk y ´esta u ´ltima por el criterio de la raz´on converge absolutamente

k=0 ¯ para ¯ x | < 1/2 con lo que la primera converge absolutamente en ese mismo intervalo. [ 2 puntos]

Para (iii): Adem´as: ∞ ∞ X X k 2 (1 − x − x ) yk · x = y1 x + (y2 − y1 )x + (yk+1 − yk − yk−1 )xk+1 , 2

k=0

k=3

2

o sea:

∞ X (1 − x − x ) y k · xk = x 2

k=0

con lo que:

∞ X k=0

y k · xk =

x . [ 2puntos] 1 − x − x2 1 punto base

3

Pauta problema 2 µ ¶ √ 1 1+x 2x − 1 π Desarrollar la funci´on f (x) = ln √ + 3 Arctg √ + √ 3 ¯ ¯ 1 − x + x2 3 2 3 en serie de potencias en torno a ¯ x ¯ < 0 [ 4 puntos]. Demostrar que la serie ∞ X (−1)k alternante converge y encontrar su valor. [ 2 puntos] 3k + 1 k=0 Soluci´ on: Tenemos: √ (x + 1)(2x − 1) √ 1 − x + x2 − √ h ³ ´ √ 2 1 1−x+x 2 1 − x + x2 0 f (x) = + 3 3 1+x 1 − x + x2

=

1 2 i √ = (2x − 1)2 3 1+ 3

i 1 h 2(1 − x + x2 ) − (x + 1)(2x − 1) 3 1 + = = 3 2(1 + x3 ) 2(x2 − x + 1) 1 + x3 = 1 − x3 + x6 − x9 + x12 − · · · ,

(| x | < 1)

luego: Z

x

f (x) =

(1−u3 +u6 −u9 +u12 +· · · )du = x−

0

x4 x7 x10 x13 + − + −· · · , 4 7 10 13

(| x | < 1)

adem´as, la serie alternante: 1−

1 1 1 1 + − + − ··· , 4 7 10 13

[ 4puntos]

por el criterio de Leibniz converge, luego: f (1) = 1 −

1 1 1 1 1h π i + − + − ··· = ln 2 + √ . [ 2puntos] 4 7 10 13 3 3 1 punto base

4

Pauta problema 3 1

e − (1 + x) x (i) Mediante la utilizaci´on de las series de potencias calcular lim x→0 x [ 3 puntos] −p

(ii) Encontrar el desarrollo en serie de potencias de (1 − x) q en torno al valor x0 = 0 y utilizarlo para calcular el valor de la serie num´erica 1 1·3 1·3·5 1+ + + + · · · [ 3 puntos] 8 8 · 16 8 · 16 · 24 Soluci´ on: Para (i): Sea

1

e − (1 + x) x ` = lim x→0 x

as´ı se tiene: ³ 1 x

(1 + x) = e x

= e · e− 2 +

x2 3

+···

1 x

log(1+x)

¡ ³ − =e 1+

x 2

+

=e

x2 3

1 x

+ ···

´ 2

3

4

x− x2 + x3 − x4 +···

¢

¡ +

1!

−

x 2

+

x2 3

x

= e1− 2 + + ···

x2 3

+···

¢2

´ + ···

2!

=

,

[ 1.5puntos]

luego: ` = e lim

¡ − −

x 2

+

x2 3

x→0

¢ ¡ − · · · − 12 − x

x 2

+

x2 3

− ···

¢2

+ ···

=

e . [ 1, 5puntos] 2

Para (ii): Tenemos: p

(1 − x)− q =

∞ X

(−1)k

k=0

µ p¶ µ p¶ µ p¶ µ p¶ −q k −q −q 2 −q 3 x+ x − x + ··· = x =1− 1 2 3 k

¶ µ ¶µ ¶ −p −p −p −p −1 −1 −2 q q q q x2 − x3 + · · · 2! 3! µ ¶ µ ¶µ ¶ p p p p p p +1 +1 +2 q q q q q q =1+ x+ x2 + x3 + · · · 1! 2! 3! µ ¶2 µ ¶3 p x p(p + q) x p(p + q)(p + 2q) x =1+ + + + · · · .[ 1, 5puntos] 1! q 2! q 3! q −p p q q =1+ x+ 1!

µ

5

Ahora:

1 1·3 1·3·5 + + + ··· = 8 8 · 16 8 · 16 · 24    2  3 1 1 1 1  4  1 · (1 + 2)  4  1 · (1 + 2)(1 + 2 · 2)  4  =1+  +   +   + ··· = 1! 2 2! 2 1! 2 1+

=

µ µ ¶− 21 ¶− 12 1 3 2√ 1− = = 3 .[ 1, 5puntos] 4 4 3 1 punto base

6

Pauta problema 4 Utilizando funciones beta y gamma se pide calcular las integrales: Z

∞

(i) 0

N, (ii) n Z∈ 1 ¡ ¢n xn ln x dx .[ 3puntos]

x3 dx . [ 3puntos] 1 + x10

0

Soluci´ on: Para (i): H´agase: u = x10 ⇒

µ 1 du dx = 9 10 u 10

¯∞ ¯∞ ¶ ¯ ¯ x¯ → u¯ ,

,

0

0

por lo tanto, obtenemos: Z 1 Z ∞ 3 −9 Z ∞ 2 −1 ¡ ¢n 1 u 10 u 10 1 u 5 du 1 π xn ln x dx = du = = = 10 0 1+u 10 0 1+u 10 sen 2π 0 5 √ 4 π 2 π p p = √ = √ , 10 10 + 2 5 5 5+ 5 pues: v Ã√ !2 u r q √ 2π u 2π 5−1 1 t 2 10 + 2 5 . [ 3puntos] sen = 1 − cos = 1− = 5 5 4 4

Para (ii): Sea:

µ x=e

con ello:

Z

0

I=

¡

−v

¢ −v n

e

−v

⇒

dx = −e dv

n

(−v)

¡

¢

−v

,

¯1 ¯0 ¶ ¯ ¯ x¯ → v ¯ , 0

∞

Z

∞

n

− e dv = (−1)

∞

v n e−(n+1)v dv ,

0

dz con esto: n+1 ¶n Z ∞ Z ∞µ (−1)n z −z dz n e = z (n+1)−1 e−z dz = I = (−1) n+1 n + 1 n + 1 (n + 1) 0 0

colocando en esta u ´ltima (n + 1)v = z resulta dv =

=

(−1)n n! (−1)n Γ(n + 1) = . [ 3puntos] (n + 1)n+1 (n + 1)n+1 1 punto base 7