I4 Tav Calulo 2

Pontificia Universidad Cat´ olica de Chile Facultad de Matem´ aticas 26 de enero de 2006 MAT 1512 - C´ alculo II Interrogaci´ on N◦ 4

1. Dada la serie de potencias

∞ X

n 3n (x − 1)n

n=1

a)

Hallar el intervalo de convergencia de la serie. Soluci´ on: Por el criterio de la ra´ız, l´ım

n→∞

p √ n |an | = 3 |x − 1| l´ım n n = 3 |x − 1|. |n→∞ {z } 1

Luego, la serie converge si 3 |x − 1| < 1 y diverge si x >

↔

|x − 1| <

1 3

2 4 < x < 3 3

↔

4 2 o si x < . 3 3 ∞ X

1 Para x = 4/3 la serie es n3 n 3 n=1 t´ermino general no tiende a cero. n

=

An´alogamente, para x = 2/3 la serie es misma raz´on que la anterior.

∞ X

n, la cual diverge ya que el

n=1 ∞ X

(−1)n n, la cual diverge por la

n=1

¸ Por lo tanto, el intervalo de convergencia es I =

2 4 , 3 3

· ¥

b)

Encuentre la ecuaci´on de la funci´on a la cual converge en dicho intervalo.

Soluci´ on: Sea f (x) =

∞ X

n 3n (x − 1)n ; x ∈ I. Entonces

n=1

f (x) = 3(x − 1)

∞ X

n (3 (x − 1))n−1

n=0

= 3(x − 1)

∞ X 1 d · (3x − 3)n 3 dx

n=0

∞ d X (3x − 3)n dx n=0 µ ¶ d 1 = (x − 1) dx 1 − (3x − 3) µ ¶ 1 d = (x − 1) dx 4 − 3x

= (x − 1)

=

3 (x − 1) (4 − 3x)2

¥

Z

2.

1

sen(t) dt e indique cuantos t 0 t´erminos debe sumar como m´ınimo para que el error cometido en la aproximaci´on sea menor que 10−3 .

a) Encuentre una serie num´erica que converja a

Soluci´ on: Sabemos que, ∀t ∈ R, ∞ X

sen(t) =

n+1

(−1)

n=0

t2n+1 (2n + 1)!

⇒

∞ X sen(t) t2n = (−1)n+1 . t (2n + 1)! n=0

Integrando entre 0 y 1 obtenemos Z 0

1

Z 1 ∞ ∞ X X sen(t) t2n (−1)n+1 dt = dt = . (−1)n+1 t (2n + 1) (2n + 1)! 0 (2n + 1)! n=0

n=0

Como se trata de una serie alternante, el error cometido al aproximar el valor exacto de la serie por la suma finita m X n=0

es menor que

(−1)n+1 (2n + 1) (2n + 1)!

1 . (2m + 3) (2m + 3)!

Luego, para obtener la precisi´on requerida, debemos hallar m tal que 1 < 10−3 (2m + 3) (2m + 3)!

↔

(2m + 3) (2m + 3)! > 1000.

Observamos que esto se cumple ya para m = 2. Por lo tanto Z 0

1

2 X (−1)n+1 1 1 sen(t) dt ≈ = 1− + , t (2n + 1) (2n + 1)! 3 · 3! 5 · 5! n=0

con un error menor que 10−3

¥

b) Hallar los primeros t´erminos (hasta x6 ) de la serie de Maclaurin de

cos(x) . 1 + x2

Soluci´ on: Sabemos que, ∀x ∈ R, cos(x) = 1 −

x2 x4 x6 + − ± ··· 2! 4! 6!

y que, para −1 < x < 1, 1 = 1 − x2 + x4 − x6 ± · · · . 1 + x2 Por tanto, como

cos(x) 1 + x2

1 cos(x) = · cos(t), 2 1+x 1 + x2

µ ¶ x2 x4 x6 = 1 − x + x − x ± ··· × 1 − + − ± 2! 4! 6! ¶ µ ¶ µ ¶ µ 1 1 1 1 1 1 2 4 x + 1+ + x − 1+ + + x6 ¥ = 1 − 1+ 2! 2! 4! 2! 4! 6! ¡

2

4

6

¢

3. Hallar una funci´on f (t) de modo que todos los planos normales a la curva C : ~r(t) = (sen2 (t), sen(t) cos(t), f (t)) pasen por el origen. Soluci´ on: El plano normal tiene ecuaci´on ( ~x − ~r (t) ) · ~r 0 (t) = 0. Para que ~x = ~0 sea siempre soluci´on debemos, pues, tener que ∀t, ~r (t) · ~r 0 (t) = 0. Ahora bien, ~r 0 (t) = (sen(2t), cos(2t), f 0 (t)) y por tanto, ~r (t) · ~r 0 (t) = sen2 (t) sen(2t) + sen(t) cos(t) cos(2t) + f (t)f 0 (t) = 0. | {z } 1 2

sen(2t)

De all´ı tenemos que

f (t)f 0 (t) = −

¡ ¢ 1 sen(2t) 2 sen2 (t) + cos(2t) 2

= −

¡ ¢ 1 sen(2t) 2 sen2 (t) + cos2 (t) − sen2 (t) 2

= −

1 sen(2t) 2

Por tanto, f (t)f 0 (t) = − y entonces f (t) = cos(t) ¥

1 sen(2t) = − sen(t) cos(t) 2

4. Demuestre que para todo punto de una curva C : ~r(s), donde s es la longitud de arco, se tiene que ³τ ´ d2~r d3~r d4~r 5 d · × = k . ds2 ds3 ds4 ds κ

Soluci´ on: Tenemos que

d~r = tˆ y por tanto, ds d2~r dtˆ = = κn ˆ, 2 ds ds

por la f´ormula de Frenet–Serret. Derivando nuevamente con respecto a s obtenemos d3~r d = (κˆ n) = 3 ds ds

µ

dκ ds

¶ n ˆ +κ

³ ´ dˆ n = κ0 n ˆ + κ −κtˆ + τ ˆb . ds

Esto es, d3~r = −κ2 tˆ + κ0 n ˆ + κτ ˆb. ds3 Derivando nuevamente y usando las f´ormulas de Frenet–Serret,

d4~r ds4

= −2κκ0 tˆ − κ2 (κˆ n) + κ00 n ˆ + κ0 (−κtˆ + τ ˆb) + (κτ )0ˆb + κτ (−τ n ˆ) = −(3κκ0 ) tˆ − (κ3 − κ00 + κτ 2 ) n ˆ + (κ0 τ + (κτ )0 ) ˆb | {z } 2κ0 τ +κτ 0

Por lo tanto,

d3~r d4~r × ds3 ds4

= A tˆ + B ˆb − κ2 (2κ0 τ + κτ 0 ) (t|ˆ {z × ˆ}b) − (κτ )(3κκ0 )(ˆb| {z × }tˆ) −ˆ n

n ˆ

¡ ¢ = A tˆ + B ˆb + κ3 τ 0 − κ2 κ0 τ n ˆ

para ciertas expresiones A, B que no nos interesan ya que ahora haremos producto punto entre lo anterior y ~r 00 (s) = κˆ n y sabemos que tˆ · n ˆ = ˆb · n ˆ = 0. Por tanto,

d2~r d3~r d4~r · × ds2 ds3 ds4

¡ ¢ = κ κ3 τ 0 − κ2 κ0 τ ¡ ¢ = κ3 κτ 0 − κ0 τ µ

¶ κτ 0 − κ0 τ = κ κ2 d ³τ ´ = k5 ¥ ds κ 5