I3 Calculo 2 8

1.

a) Demuestre que si an ≥ 0, ∀n ∈ N, entonces la serie y s´olo si

∞ X

∞ X

an converge si

n=1

ln(1 + an ) converge.

n=1

RESPUESTA : Supongamos que cuando n → ∞.

(0.5 ptos.)

En tal caso, l´ım

n→∞

∞ X

an converge. Entonces an → 0

n=1

ln(1 + an ) es de la forma 0/0. Por L’Hopital, an l´ım

n→∞

ln(1 + x) ln(1 + an ) = l´ım x→0 an x = l´ım

x→0

= 1 Luego las series

∞ X

an y

n=1

∞ X

1 1+x (0,5ptos).

ln(1 + an ) ambas convergen o ambas diver-

n=1

gen y, como la primera es convergente (por hip´otesis), la segunda tambi´en converge. (1 pto.) Supongamos ahora que

∞ X

ln(1 + an ) converge. Entonces

n=1

l´ım ln(1 + an ) = 0

n→∞

⇒

l´ım an = 0.

n→∞

(0,5ptos)

Aplicando el mismo argumento que antes, conlu´ımos que

∞ X n=1

tambi´en. (0.5 ptos) Como la primera de ellas converge, la otra tambi´en lo hace.

an converge

b) Sean an ≥ 0, ∀n ∈ N, . Demuestre que l´ım

N Y

N →∞

(1 + an ) = l´ım [ (1 + a1 )(1 + a2 ) · · · (1 + aN ) ] N →∞

n=1

existe si y s´olo si

∞ X

an converge.

n=1

RESPUESTA : Tenemos que l´ım

N →∞

à ln

l´ım

N →∞

N Y

! (1 + an )

n=1

N Y

à = l´ım ln N →∞

(1 + an ) existe si y s´olo si existe

n=1 N Y

! (1 + an )

n=1

=

∞ X

ln(1 + an ),

n=1

ya que la multiplicatoria no puede tender a cero siendo todos sus factores mayores o iguales que 1. (2 ptos.) Pero, por la parte anterior, esta u ´ltima serie converge si y s´olo si lo hace

∞ X

an .

n=1

Por tanto, l´ım

N →∞

N Y

(1 + an ) existe si y s´olo si

n=1

∞ X n=1

an converge.

(1 pto.)

∞

ln(1 + x) X |an+1 | 2. Si = an xn , encuentre una f´ormula para an y calcule l´ım . n→∞ |an | 1+x n=1

RESPUESTA : Multiplicando por 1 + x obtenemos ¡ ¢ ln(1 + x) = (1 + x) a0 + a1 x + a2 x2 + a3 x3 + · · · = a0 + (a0 + a1 )x + (a1 + a2 )x2 + (a2 + a3 )x3 + · · · = a0 +

∞ X

(an−1 + an ) xn

(1)

(1pto.)

n=1

Por otro lado

ln(1 + x) = x − =

1 2 1 1 x + x3 − x4 + · · · 2 3 4

∞ X (−1)n+1 n=1

n

xn

(2)

(0,5ptos.)

Igualando obtenemos

a0 = 0 a1 = 1 − a0 = 1 µ 1 a2 = − − a1 = − 1 + 2 µ 1 1 a3 = − a2 = 1 + + 3 2

Conjeturamos, pues, que µ ¶ 1 1 1 n+1 an = (−1) 1 + + + ··· + ; 2 3 n

¶ 1 2 ¶ 1 3

n = 1, 2, . . .

(1pto.)

Lo demostramos por inducci´on. El caso n = 1 est´a ya probado. Supongamos cierta la conjetura para n = k. Igualando los coeficientes de xk+1 en (1) y (2) tenemos que (−1)k+2 ak + ak+1 = k+1 Por tanto, por hip´otesis de inducci´on,

ak+1 =

(−1)k+2 − ak k+1

(−1)k+2 = − (−1)k+1 k+1

µ 1 1+ + 2 µ 1 1+ + 2

1 1 + ··· + 3 k

1 1 (−1)k+2 = + (−1)k+2 + ··· + k+1 3 k µ ¶ 1 1 1 1 = (−1)k+2 1 + + + · · · + + , 2 3 k k+1

¶ ¶

lo que demuestra que tambi´en es cierto para n = k + 1. Por lo tanto, µ ¶ 1 1 1 n+1 ; ∀n ≥ 1 . (1pto.) an = (−1) 1 + + + ··· + 2 3 n Por lo tanto 1 1 + 12 + 13 + · · · + n1 + n+1 |an+1 | l´ım = l´ım = l´ım n→∞ |an | n→∞ n→∞ 1 + 12 + 31 + · · · + n1

1 y, como l´ım = 0; l´ım n→∞ n + 1 n→∞ l´ım

n→∞

y por lo tanto, l´ım

n→∞

µ

1 1 1 1 + + + ··· + 2 3 n

1 + 12 +

|an+1 | = 1. |an |

1 n+1 1 + 3

··· +

1 n

(2, 5ptos.)

à 1+

1 + 12 +

1 n+1 1 + 3

! ··· +

¶

= 0

= ∞, tenemos que

1 n

3.

a) Demuestre que los vectores normales a la curva ¡ ¢ C : ~r(t) = et cos(t), et sen(t), et forman ´angulos constantes con el eje Z.

RESPUESTA : El ´angulo en cuesti´on es el formado por los vectores kˆ y n ˆ (t). Por tanto, necesitamos que la tercera componente de n ˆ (t) sea constante. (1 pto.) Ahora bien: ~r 0 (t) = ~r 00 (t) =

¡ ¡

et (cos(t) − sen(t)), et (sen(t) + cos(t)), et −2et sen(t), 2et cos(t), et

¢

¢

(0,5ptos.)

Luego, ~r 0 (t)×~r 00 (t) = e2t (sen(t) − cos(t), −(sen(t) + cos(t)), 1) .

(0,5ptos.)

(~r 0 × ~r 00 ) × ~r 0 , (0,5ptos.) ||~r 0 × ~r 00 || ||~r 0 || calculamos la tercera coordenada del numerador: Como n ˆ (t) =

£ ¤ kˆ · [ (~r 0 × ~r 00 ) × ~r 0 ] = e3t sen2 (t) − cos2 (t) + cos2 (t) − sen2 (t) = 0. Luego, n ˆ (t) forma ´angulo constante con el eje Z (de hecho, ´angulo recto). (0.5 ptos.)

b) Dada la curva C : ~r (t), cuyos elementos fundamentales son tˆ, n ˆ , ˆb, κ, τ, s, considere la curva Z s n ˆ ˆb(u) du C1 : ~σ (s) = − + τ 0 donde s representa la longitud de arco de la curva original, C. Demuestre que si C tiene torsi´on constante, entonces C1 tiene curvatura constante.

RESPUESTA : Como τ es constante y usando el teorema fudamental del clculo y las f´ormulas de Frenet-Serret, obtenemos 1 dˆ n + ˆb(s) τ ds ´ 1 ³ = − −κ(s) tˆ(s) + τ ˆb(s) + ˆb(s) τ

~σ 0 (s) = −

=

κ(s) ˆ t(s) τ

(1pto.)

y por tanto,

κ0 (s) ˆ κ(s) ˆ0 ~σ (s) = t(s) + t (s) τ τ 00

=

κ0 (s) ˆ κ2 (s) t(s) + n ˆ (s) τ τ

(0,5ptos.)

luego, como tˆ × tˆ = ~0 y tˆ × n ˆ = ˆb, obtenemos

~σ 0 (s) × ~σ 00 (s) =

κ3 (s) ˆ b(s) τ2

||~σ 0 (s) × ~σ 00 (s)|| =

→

|κ3 (s)| . |τ 2 |

(1 pto.) Entonces, la curvatura de la curva ~σ (s) es ||~σ 0 (s) × ~σ 00 (s)|| = ||~σ 0 (s)||3 constante !

(0.5 ptos.)

µ

|κ3 (s)| |τ 2 |

¶,µ

|κ(s)|3 |τ |3

¶ = |τ |,

4. Dada la curva

¢ ¡ C : ~r(t) = a 3t − t3 , 3t2 , 3t + t3 ,

hallar el valor de a de modo que cuando t = 1 se cumpla que κτ = 1.

RESPUESTA : Tenemos que ¡ ¢ ~r 0 (t) = 3a 1 − t2 , 2t, 1 + t2 ~r 00 (t) = 6a ( −t, 1, t ) ~r 000 (t) = 6a ( −1, 0, 1 )

(1pto.)

Entonces: ~r 0 (t) × ~r 00 (t) =

¡ ¢ 18a2 t2 − 1, −2t, t2 + 1

(0,5ptos.)

¡ ¢ [~r 0 ~r 00 ~r 000 ] = 18a2 t2 − 1, −2t, t2 + 1 · 6a ( −1, 0, 1 ) = 216 a3 (0,5ptos.) √ || ~r 0 (t) || = 3a 2t4 + 4t2 + 2 √ = 3 2 a (t2 + 1) (0,5ptos.) √ || ~r 0 (t) × ~r 00 (t) || = 18 2 a2 (t2 + 1)

(0,5ptos.)

Entonces: 1 = κτ =

|| ~r 0 × ~r 00 || [~r 0 ~r 00 ~r 000 ] || ~r 0 ||3 || ~r 0 × ~r 00 ||2

=

[~r 0 ~r 00 ~r 000 ] || ~r 0 ||3 || ~r 0 × ~r 00 ||

(1pto.)

216 a3 1944 a5 (t2 + 1)4 1 = 2 9 a (t2 + 1)4

=

Por lo tanto, a =

1 1 y, cuando t = 1 resulta a = . 3 (t2 + 1)2 12

(2ptos.)