Primera Separata Leccion 3 Funcion Beta

SEPARATA DE LA LECCIÓN No 3 (www.contractil.com)

FUNCIÓN BETA APLICACIONES DE LA SERIE DE FUNCIONES BETA

(Beta Function)

URRA-SAAVEDRA UNIVERSIDAD DE ORIENTE VENEZUELA, FEBRERO - 2006

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PALABRAS A LOS LECTORES Atendiendo a una invitación conjunta de la Comisión de Investigación y la Delegación de Recursos Humanos del Núcleo de Nueva Esparta de la Universidad de Oriente, Venezuela, hemos participado en el seminario “Innovaciones en Educación, con énfasis en Matemática”. La organización estuvo a cargo del profesor Florencio Valverde. El seminario tuvo lugar el día Viernes 03-02 del 2006. Encontramos oportuno, tratándose de “innovaciones”, presentar allí una separata de la Lección No. 3 (en preparación) correspondiente al curso sobre funciones contráctiles.Ésta lección estará terminada y lista para su publicación en el mes de Marzo del 2006. Sin embargo, nos pareció apropiado adelantar parte de su contenido, extrayendo una separata que contiene material referente a la serie de funciones beta.- Material que, con especial interés hacemos llegar a los lectores de contractil.com. Las demostraciones de las fórmulas que se proporcionan en los Preámbulos pueden buscarse en la Lección No. 2. El conocimiento de tales demostraciones pudiera ser útil para una lectura comprensiva de esta separata.Alejándonos de la formalidad protocolar, habitual en este tipo de comunicación, deseamos hacer llegar a nuestros lectores un afectuoso saludo. Al mismo tiempo, manifestarles un especial reconocimiento por su interés en conocer nuestro trabajo. Urra – Saavedra

2

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Preámbulos. 1.-

La serie de funciones beta ∞

∑ β ( x, y + k )

, x, y > 0 , n = 0,1,...

k =n

converge si x > 1 y diverge si x ≤ 1 . 2.- Fórmulas de Urra – Saavedra 2.1.-

Si x > 1 , ∞

∑ β ( x, y + k ) = β ( x − 1, y + n )

,

y > 0 , n = 0,1,...

k =n

2.2.-

Si x > 1 , ∞

∑ β ( x, k ) = β ( x − 1, n )

, n = 1, 2,...

k =n

Palabras Clave Función Beta Función Tau Beta Keywords Beta Function Tau Beta Function

3

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A.- SERIES REDUCIBLES A SERIES DE FUNCIONES BETA.1.- Problema.- Determinar las condiciones de convergencia de la serie, ∞ ∞

∑∫ k =n 0

xr

(1 + x p )

p > 0, r > −1

dx ,

k

y determinar su valor límite. Solución.- Para que la serie (1) sea convergente, debe serlo la integral impropia ∞

∫

1.1

0

xr

(1 + x p )

k

dx

Las condiciones de convergencia de la integral 1.1 están implícitas en la fórmula ∞

∫

1.2

0

xr

(1 + x )

p k

dx =

1 ⎛ r +1 r +1⎞ ,k − β⎜ ⎟ p ⎝ p p ⎠

Donde debe ser necesariamente, k >

r +1 >0 , k ≥n p

Luego, 1.3

∞ ∞

∑∫ k =n 0

∞

xr

(1 + x )

p k

dx = ∑ k =n

1 ⎛ r +1 r +1⎞ ,k − β⎜ ⎟ p ⎝ p p ⎠

las condiciones de convergencia de la serie del segundo miembro de 1.3 son, k>

r +1 >1 , k ≥ n p

1.4

En tal caso, el valor de la serie es, ∞ ∞ xr 1 ⎛ r +1 r +1⎞ dx = β ⎜ − 1, n − ∑ ⎟ k ∫ p p ⎝ p p ⎠ k = n 0 (1 + x )

2.-

Problema.- Determinar el valor límite de la serie, ∞ ∞

∑∫ k =5 0

x

1 2

(1 + x ) 2

k+ 3

dx

4

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Solución.-

2.1

∞ ∞

∑∫ k =5 0

x

1 2

∞

(1 + x ) 2

k+ 3

dx = ∑ k =5

1 ⎛ 1+ 2 1+ 2 ⎞ β ⎜⎜ ,k + 3 − ⎟ 2 ⎟⎠ 2 ⎝ 2

1 ⎛ 2 −1 9 + 2 3 − 2 ⎞ , β⎜ ⎟⎟ 2 2 ⎜⎝ 2 ⎠ = 2.229234046

=

3.- Problema.- Determinar el valor límite de la serie, π ∞ 2

cos 2 k x dx ∑ ∫ k = 2 0 2k − 1 Solución.π

2 k +1 1 ∞ 1 cos 2 k x 2 β ( 2 , 2) dx = ∑ ∑ ∫ 2k − 1 k = 2 0 2k − 1 k =2 ∞ 2

3.1

1 ∞ ⎛ 2k − 1 3 ⎞ , ⎟ ∑β ⎜ 2 k =2 ⎝ 2 2 ⎠ 1 ⎛3 1⎞ = β⎜ , ⎟ 2 ⎝2 2⎠ =

=

π

4

4.- Problema.- Determinar el valor límite de la serie doble, ∞

∞ ∞

∑∑ ∫ n =1 k = n 0

3

x2

(1 + x )

k +3

dx

Solución.4.1

∞

∞ ∞

3

∞ ∞ 1⎞ ⎛5 dx β ⎜ ,k + ⎟ = ∑∑ ∑∑ k +3 ∫ 2⎠ ⎝2 n =1 k = n 0 (1 + x ) n =1 k = n

x2

∞ 1⎞ ⎛3 = ∑ β ⎜ ,n + ⎟ 2⎠ ⎝2 n =1 ⎛1 3⎞ =β⎜ , ⎟ ⎝2 2⎠

=

π

2

5

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5.- Problema.- Determinar el valor límite de la serie doble. ∞

∞

k!

∑∑ ( n + 2 )( n + 3)( n + 4 ) ... ( n + 2 + k ) n =3 k = 2

Solución.5.1.

∞

∞

∞ ∞ k! = β ( n + 2, k + 1) ∑∑ ∑∑ n = 3 k = 2 ( n + 2 )( n + 3 )( n + 4 ) ... ( n + 2 + k ) n =3 k = 2 ∞

= ∑ β ( n + 1,3) n =3

= β ( 4, 2 )

=

1 20

6.- Problema.- Determinar el valor límite de la serie doble, ∞

∞

∑∑ k β ( 3 + α , k )

α >0

,

n =1 k = n

Solución. ∞

6.1.-

∞

∞

∞

∑∑ k β ( 3 + α , k ) = ∑∑ ( 2 + α ) β ( 2 + α , k + 1) n =1 k = n

n =1 k = n ∞

= ∑ ( 2 + α )β (1 + α , n + 1) n =1

= ( 2 + α ) β (α , 2 )

=

2 +α α (α + 1)

, α >0

7.- Problema.- Determinar el valor límite de la serie doble, ∞

∞

β ( 3, k + 1)

∑∑ β ( n =1 k = n

1 2

, k + 1)

Solución.7.1

β ( 3, k + 1) ∞ ∞ β ( 12 + 52 , k + 1) = ∑∑ ∑∑ 1 β ( 12 , k + 1) n =1 k = n β ( 2 , k + 1) n =1 k = n ∞

∞

6

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β ( 52 , k + 32 ) β ( 12 , 52 ) n =1 k = n ∞ β ( 32 , n + 32 ) =∑ β ( 12 , 52 ) n =1 β ( 12 , 52 ) = β ( 12 , 52 ) ∞

∞

= ∑∑

=1 8.- Problema.- Determinar el valor límite de la serie, ∞ 1

∑∑ ∫ (1 − ∞

3

)

k+ 2

x

3

)

k+ 2

x

n =3 k = n 0

dx

Solución.8.1

∞ 1

∑∑ ∫ (1 − ∞

n =3 k = n 0

∞ ∞ (k + dx = ∑∑1

2

1 3

)

n =3 k = n ∞

(

∞

= ∑∑ 3β 3, k + 1 + 2 n =3 k = n ∞

(

= 3∑ β 2, n + 1 + 2 n =3

(

= 3β 1, 4 + 2 =

)

)

)

3 4+ 2

9.- Problema.- Determinar el valor límite de la serie ∞ β (α , k + 1) , α >0 ∑ k = 2 k ( k − 1) Solución.9.1

∞

β (α , k + 1)

∑ k ( k − 1) k =2

∞

= ∑ β (α , k + 1).β ( k − 1, 2 ) k =2 ∞

= ∑ β (α , k − 1 + 2 ) .β ( k − 1, 2 ) k =2 ∞

= ∑ β (α + 2, k − 1) .β (α , 2 ) k =2

= β (α + 1,1) .β (α , 2 )

7

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=

1

α (α + 1)

,α > 0

2

10.- Problema.- Probar que,

β (α , k + 1)

∞

Γ (α )

∑ k ( k − 1)( k − 2 ) ... ( k − n ) = α + n Γ α + n ( ) ( )

α > 0, n = 1, 2,...

,

2

k = n +1

Solución.-

β (α , k + 1)

∞

10.1

∞

β (α , k + 1) β ( k − n, n + 1)

k = n +1

n!

∑ k ( k − 1)( k − 2 ) ... ( k − n ) ∑ =

k = n +1

1 ∞ ∑ β (α , k − n + n + 1) β ( k − n, n + 1) n ! k = n +1 1 ∞ = ∑ β (α + n + 1, k − n ) β (α , n + 1) n ! k = n +1 β (α + n,1) β (α , n + 1) = n! Γ (α ) Γ ( n + 1) = n !(α + n ) Γ (α + n + 1) =

=

Γ (α )

(α + n ) Γ (α + n ) 2

α > 0 , n = 1, 2,...

,

11.- Problema.- Determinar el valor límite de la serie, ∞ 9.14.19.…. ( 4 + 5k )

∑ k =3

(5

)(

)(

) (

7 + 6 5 7 + 11 5 7 + 16 .…. 5 7 + 1 + 5k

)

Solución.11.1

∞

∑ k =3

(5

)(

9.14.19.…. ( 4 + 5k )

)(

∞

) (

7 + 6 5 7 + 11 5 7 + 16 .…. 5 7 + 1 + 5k

∞

=∑ k =3

)

=∑ k =3

⎛ ⎝

⎛ ⎝

⎞ ⎠

6 5

β ⎜ 7 + ,k ⎟ ⎛9 ⎝5

⎞ ⎠

β ⎜ ,k ⎟

9⎞ ⎠ 3 9⎞ ⎛ β⎜ 7− , ⎟ 5 5⎠ ⎝ 3

β ⎜ 7 − ,k + ⎟ 5 5

8

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8 24 ⎞ ⎛ ⎟ 5 5 ⎠ = ⎝ 3 9⎞ ⎛ β⎜ 7− , ⎟ 5 5⎠ ⎝ = 0.9827507787

β⎜ 7− ,

12.- Problema.- Sea n un número entero positivo. Determinar la condición de convergencia de la serie ⎛n+ k ⎞ ∑ ⎜ ⎟ k =1 ⎝ n ⎠ ∞

−1

y calcular su valor límite. Solución.-

Partiremos de la relación,

12.1

⎛n+ k ⎞ 1 ⎜ ⎟ β ( n, k + 1) = n ⎝ n ⎠ luego,

12.2

−1

∞ ⎛n+ k ⎞ = nβ ( n, k + 1) ∑ ∑ ⎜ ⎟ k =1 ⎝ n ⎠ k =1 ∞

la condición de convergencia es n > 1 . Para el valor límite se tiene, 12.3

⎛n+ k ⎞ ∑ ⎜ ⎟ k =1 ⎝ n ⎠ ∞

−1

= nβ ( n − 1, 2 ) =

1 n −1

,

n>1

13.- Problema.- Demostrar la Identidad Serial de Beta. ∞

∞

∑∑ β (α + n, p + k ) = β (α , p ) ,

α, p > 0

n =1 k =1

Solución.∞

13.1.

∞

∞

∑∑ β (α + n, p + k ) = ∑ β (α + n − 1, p + 1) n =1 k =1

n =1

= β (α , p )

9

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B.- SUCESIONES ASOCIADAS. ∞

1.- Sea

∑a k =1

k

una serie convergente de términos positivos. Si λ es el valor límite y λn la

sucesión de sumas parciales, entonces 1.1

λ = λn +

∞

∑a

k = n +1

,

k

n = 1,2,…

Sea σ n una sucesión de números reales que satisface las siguientes condiciones: 1.2

lim σ n = 0 n →∞

1.3 Existe un número entero positivo n0 tal que, ∞

∑a

k

k =n

≤ σn ,

n > n0

Considerando ahora, la desigualdad λn < λ , junto a las relaciones 1.1 y 1.3 se tiene, 1.4

λn < λ ≤ λn + σ n +1 ,

n ≥ n0

La desigualdad 1.4 puede escribirse en la forma, 1.5

⎛ ⎝

λ = ⎜ λn +

σ n +1 ⎞

⎟±ε 2 ⎠

,

n ≥ n0

donde ε es un número real positivo que satisface la relación ε ≤

σ n +1 2

.

La fórmula 1.5 permite hacer una estimación del valor límite λ de la serie (1) con la aproximación deseada. Si se desea hacer una estimación del valor de λ con un error ε < 10−α , siendo α un número entero positivo, bastará resolver la inecuación, 1.6

σ n +1 2

< 10−α

Si las soluciones de 1.6 son n = ne , ne + 1,... , entonces el valor

10

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1.7

⎛ ⎝

λ = ⎜ λn +

σ n +1 ⎞

⎟±ε 2 ⎠

,

n ≥ ne , 0 < ε < 10− α

es el valor de λ que se desea encontrar. El método de estimación del valor límite de una serie convergente de términos positivos, basado en la fórmula 1.7, será referido como Método de la Sucesión Asociada (MSA). La sucesión σ n se denominará Sucesión Asociada y el número ne , Índice de Estimación. La aplicación del MSA plantea tres problemas que deben ser resueltos separadamente. El primero de ellos es un problema teórico. Consiste en generar en cada caso, una sucesión de números reales que satisfaga las condiciones de una sucesión asociada a una serie. Hay después un problema algebraico. Se trata de resolver una inecuación para determinar el índice de estimación. Aunque este problema pudiera, en algunos casos, resolverse por métodos analíticos. El tercer problema se resuelve mediante cálculo interactivo, puesto que el valor numérico λ , del límite de la serie, se obtiene con arreglo a la fórmula 1.7 . Para ejemplificar el uso del MSA, resolveremos algunos problemas en los cuales se recurre a la serie de funciones beta para obtener una sucesión asociada. 2.-

Problema.- Determinar con un error ε < 10−3 el valor límite λ de la serie ∞

1

∑⎛ k =1

2.1

(

)

3⎞ ⎜ k + ⎟ k + 5 (k + π ) 2⎠ ⎝

Solución.- Obsérvese que, 1 1 < , k ≥1. 3⎞ k + 1)( k + 2 )( k + 3) ⎛ ( ⎜ k + ⎟ k + 5 (k + π ) 2⎠ ⎝

(

)

Esta desigualdad sugiere que es apropiado elegir como sucesión asociada, 2.2

∞

1 k = n ( k + 1)( k + 2 )( k + 3 )

σn = ∑

1 ∞ ∑ β ( k + 1,3) 2 k =n 1 = β ( n + 1, 2 ) 2

=

Para el valor de λ se tiene,

11

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⎛ ⎝

λ = ⎜ λn +

2.3

σ n +1 ⎞

⎟±ε , 2 ⎠

n = 1, 2,... , 0 < ε ≤

σ n +1 2

Donde 2.4

k =n

λn = ∑ k =1

1

(

)

3⎞ ⎛ ⎜ k + ⎟ k + 5 (k + π ) 2⎠ ⎝

Para un error ε < 10−3 , hay que resolver la inecuación. 2.5

σ n +1 2

< 10−3

1 β ( n + 2, 2 ) < 10−3 4 1 < 10−3 4 ( n + 2 )( n + 3)

( 2.2 )

,

Las soluciones son n = 14,15,... El índice de estimación es ne = 14 . Si se toma el valor n = 14 , se tiene

2.6

⎛⎛ ⎞ ⎞ ⎜ ⎜ k =14 ⎟ 1 1 ⎟⎟ ⎜ ⎟+ λ = ⎜∑ ±ε 3⎞ 1088 ⎟ ⎜ ⎜ k =1 ⎛ ⎟ ⎜ k + ⎟ k + 5 (k +π ) ⎟ ⎜⎜ ⎟ 2⎠ ⎝ ⎠ ⎝⎝ ⎠

(

)

0 < ε < 10−3 El cálculo interactivo arroja el valor estimado, 2.7

λ = 0.063958826 ± ε

, 0 < ε < 10− 3

Para n = 48 se obtiene una mejor aproximación. 2.8

3.-

λ = 0.064718565 ± ε

, 0 < ε < 10− 4

Problema.- Determinar con un error ε < 10−3 el valor límite λ de la serie

∑ k =1

( k + 61 ) ( k + π ) 19 )( k + 29 )( k + 3

∞

(k +

)(

10 k +

)(

37 k + 51

)

Solución.- La siguiente sucesión es apropiada como sucesión asociada,

12

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( k + 8)( k + 32 ) k = n ( k + 3 )( k + 4 )( k + 5 )( k + 6 )( k + 7 ) ∞

σn = ∑

3.1 Luego,

∞

σn = ∑

3.2

( k + 8 )( k + 32 ) β 24

k =n

( k + 3,5)

1 ∞ ∑ ( k + 8) ( 4β ( k + 4, 4 ) + 29 β ( k + 3,5) ) 24 k = n 1 ∞ = ∑ (12 β ( k + 5,3) + 132β ( k + 4, 4 ) + 145β ( k + 3,5) ) 24 k = n 1 = (12 β ( n + 5, 2 ) + 132 β ( n + 4,3) + 145 β ( n + 3, 4 ) ) 24 =

De donde,

σn =

3.3

⎛ ⎞ 1 44 145 + ⎜⎜ 2 + ⎟ 4(n + 5)(n + 6) ⎝ n + 4 ( n + 3)( n + 4 ) ⎟⎠

Por lo tanto,

σ n +1

3.4

2

=

⎛ ⎞ 1 44 145 + ⎜⎜ 2 + ⎟ 8(n + 6)(n + 7) ⎝ n + 5 ( n + 4 )( n + 5 ) ⎟⎠

De 3.4 se deduce que, para cada n = 1, 2,...

σ n +1 2

< =

1 8 ( n + 6)

2

( 2 + 8 + 5)

15 8 ( n + 6)

2

Para un error ε < 10−3 , basta resolver la inecuación 15

3.5

8 ( n + 6)

2

< 10− 3

Las soluciones son, n = 37,38,... Para

σ 38 2

se tiene,

13

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σ 38

1 ⎛ 44 145 ⎞ + ⎜2+ ⎟ 2 8.43.44 ⎝ 42 41.42 ⎠ = 0.000206912

3.6

=

El valor límite de la serie (3) es, ⎛ ⎝

λ = ⎜ λ37 +

3.7

σ 38 ⎞

⎟±ε , 2 ⎠

0<ε ≤

Donde, 3.8

λ37 =

k =1

2

< 10− 3

( k + 61 ) ( k + π ) 19 )( k + 29 )( k + 3

k =37

∑

σ 38

(k +

)(

10 k +

)(

37 k + 51

)

= 0.086912487 El valor de λ con un error ε < 10− 3 es 3.9

λ = 0.0871194 ± ε

, 0 < ε < 10− 3

Si en lugar de n = 37 se toma n = 19 , el error cometido al evaluar el valor límite de la serie, es todavía inferior a 10− 3 . En efecto, 3.10

σ 20

3.11

λ = ⎜ λ19 +

2

= 0.000787695 ⎛ ⎝

σ 20 ⎞

⎟±ε , 2 ⎠

0<ε ≤

σ 20 2

< 10− 3

Esto es, 3.12

λ = 0.0866075 ± ε

, 0 < ε < 10− 3

4.- Problema.- Determinar con un error ε < 10− 4 , el valor límite λ de la serie.

( k + 13 ) 5 ) (k + π )(k + 3

∞

∑ k =1

(k +

π

17

)

Solución.- Debemos procurar encontrar una sucesión asociada.Obsérvense las siguientes desigualdades.

14

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( k + 13 ) 5 ) (k + π )(k + 3

4.1.-

(k +

π

( k + 4) < 3 17 ) ( k + 2 ) ( k + 3)( k + 4 ) 2

<

( k + 4) k ( k + 1)( k + 2 )( k + 3)

,

k = 1, 2,...

las desigualdades 4.1 sugieren que es apropiado elegir como sucesión asociada,

k+4 k = n k ( k + 1)( k + 2 )( k + 3 ) ∞

σn = ∑

4.2

,

n = 1, 2,...

k +4 β ( k, 4) 6 k =n 1 ∞ = ∑ ( 3β ( k + 1,3) + 4 β ( k , 4 ) ) 6 k =n 1 = ( 3β ( n + 1, 2 ) + 4 β ( n,3) ) 6 ⎞ 1⎛ 3 8 = ⎜⎜ + ⎟ 6 ⎝ ( n + 1)( n + 2 ) n ( n + 1)( n + 2 ) ⎟⎠ 1 8⎞ ⎛ = ⎜3+ ⎟ 6 ( n + 1)( n + 2 ) ⎝ n⎠ ∞

=∑

luego, 4.3

σ n +1

=

2

1 8 ⎞ ⎛ ⎜3+ ⎟ 12 ( n + 2 )( n + 3) ⎝ n +1⎠

El valor λ de la serie es, 4.4

⎛ ⎝

λ = ⎜ λn +

σ n +1 ⎞

⎟±ε , 2 ⎠

0<ε ≤

σ n +1 2

Si se toma n = 50 , se tiene 4.5

σ 51

1 8⎞ ⎛ ⎜3+ ⎟ 2 12.52.53 ⎝ 51 ⎠ = 0.000095454 < 10− 4 =

Por lo tanto,

15

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σ 51 ⎞

⎛ ⎝

λ = ⎜ λ50 +

4.6

⎟±ε 2 ⎠

0 < ε < 10− 4

,

Donde

λ50 =

4.7

( 5)

k = 50

∑ k =1

(k +

k + 13

)

3

(k + π )(k +

π

17

)

= 0.03246258 Para λ se tiene entonces el valor estimado,

λ = 0.032558 ± ε

4.8

, 0 < ε < 10− 4

(

)

5.- Problema.- Determinar el valor de ζ 1 + 10 con un error ε < 10− 5 , siendo ζ la función Zeta de Riemann. Solución.-

(

)

∞

1

ζ 1 + 10 = ∑

5.1

k =n

=∑ k =1

1

k

k 1+

k =1

1+ 10

+

10

∞

∑

k = n +1

1

k

1+ 10

Pero ∞

5.2

∑

k = n +1

1

k

1+ 10

≤ ≤

∞

1 4 k = n +1 k

∑ ∞

1

∑ k ( k − 1)( k − 2 )( k − 3)

,

n≥3

k = n +1

=

∞

∑

β ( k − 3, 4 )

6 β (n − 2,3) = 6 1 = 3 ( n − 2 )( n − 1) n k = n +1

,

n≥3

luego,

16

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k =n

∑k

5.3

k =1

1 1+ 10

(

)

⎛ k =n 1 ≤ ζ 1 + 10 ≤ ⎜ ∑ 1+ 10 ⎝ k =1 k

1 ⎞ ⎟ + 3n n − 1 n − 2 ( )( ) ⎠

, n≥3

Por lo tanto, 5.4

(

)

⎛ ⎛ k =n

1

ζ 1 + 10 = ⎜⎜ ⎜ ∑ 1+ ⎝ ⎝ k =1 k

10

⎞ 1 1 ⎞ ⎟ + 6n n − 1 n − 2 ⎟⎟ ± ε , n ≥ 3, 0 < ε ≤ 6n(n − 1)(n − 2) ( )( )⎠ ⎠

Para n = 27 se tiene, 5.5

1 1 = < 10− 5 6.27.26.25 105300

0<ε ≤

Además, k = 27

5.6

∑k k =1

1

= 1.071939199

1+ 10

De donde se obtiene, 5.7

(

)

ζ 1 + 10 = 1.07194869 ± ε , 0 < ε < 10− 5

Para obtener esta aproximación a partir de la serie original, habría que sumar más de 120 términos. 6.- Problema.- Determinar con un error ε < 10− 5 el valor límite λ de la serie ∞

1

∑2 k =1

k3

Solución.∞

6.1

λ =∑ k =1

1 2

k

= λn +

3

∞

∑

k = n +1

1 2k

3

donde 6.2

k =n

1

k =1

2k

λn = ∑

3

Pero, 17

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6.3

∞

∞

1

∑

k = n +1

2k

1 6 k = n +1 k

≤∑

3

∞

1

∑ k ( k − 1)( k − 2 )( k − 3)( k − 4 )( k − 5)

≤

,n≥5

k = n +1

1 ∞ ∑ β ( k − 5, 6 ) , n ≥ 5 120 k = n +1 1 = β ( n − 4,5 ) ,n≥5 120 =

luego, 6.4

⎛

β ( n − 4,5 ) ⎞

⎝

240

λ = ⎜ λn +

⎟±ε ⎠

, 0<ε ≤

β ( n − 4,5 ) 240

Para n = 10 se tiene, 6.5

⎛

λ = ⎜ λ10 +

β ( 6,5 ) ⎞

⎟±ε 240 ⎠

⎝

,0<ε ≤

β ( 6,5 ) 240

=

1 < 10− 5 302400

Donde, 6.6

k =10

1

k =1

2k

λ10 = ∑

3

= 0.5039062575

obteniéndose para λ el valor, 6.7

λ = 0.5039095643 ± ε , 0 < ε < 10− 5

7.- Problema.- Determinar con un error ε < 10− 6 el valor límite λ de la serie, ∞

∑2

π

−k 3

k =1

Observación.- En la solución de este problema podría seguirse una rutina análoga a aquella del Prob. 6. Allí se hizo uso de la desigualdad 2α > α 2

,α ≥ 4

que se aplicó en 6.3. Análogamente, pudiera aplicarse aquí la desigualdad

18

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2α > α 3 , α ≥ 10 y obtener así una sucesión asociada a la serie (7), que se reduce a una evaluación de la función beta. Pero existe otra opción.Solución del Problema 7.k =n

7.1

Sea λn = ∑ 2− k

π

3

k =1

Luego, 7.2

λ = λn +

∞

∑2

π

−k3

k = n +1

Pero, ∞

7.3

∑2

π

−k3

≤

k = n +1

=

∞

∑2

−k

k = n +1 ∞

∑ (1 ⊕ 1)

k

k = n +1

= 2 (1 ⊕ 1) =

n+1

1 2n

Por lo tanto, 7.4

⎛ ⎝

λ = ⎜ λn +

1 ⎞ ⎟±ε 2n +1 ⎠

, 0<ε ≤

1 2n +1

Para un error ε < 10− 6 , basta resolver la inecuación 7.5

1 < 10− 6 n +1 2

las soluciones son: n = 19, 20,... Para n = 19 se tiene, 7.6

⎛ ⎝

λ = ⎜ λ19 +

1 ⎞ 1 1 ± ε , 0 < ε ≤ 20 = < 10− 6 20 ⎟ 2 ⎠ 2 1048576

Donde,

19

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7.7

k =19

π

λ19 = ∑ 2− k = 0.9459361087 3

k =1

Para λ se obtiene el valor, 7.8

λ = 0.9459370624 ± ε , 0 < ε < 10− 6

Si se desea obtener el valor límite λ de la serie (7) con un error ε < 10− 8 , es suficiente tomar n = 27 . En tal caso, 7.9

⎛ ⎝

λ = ⎜ λ27 +

1 ⎞ ⎟±ε , 228 ⎠

0<ε ≤

1 < 10− 8 28 2

Donde, 7.10

λ 27 =

k = 27

π

∑ 2− k = 0.94593631306635 3

k =1

El valor que se obtiene para λ es, 7.11

λ = 0.945936316791 ± ε , 0 < ε < 10− 8

20

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C.- LA FUNCIÓN TAU-BETA.

1.-

Para cada número real z > 0, la función β ( x, y ) τ z ( x, y ) = , x, y > 0 β ( z, y )

será referida como función TAU-BETA. 2.-

Proposición.yτ z ( x, y ) = z (τ z +1 ( x, y ) − τ z ( x, y ) )

Demostración.- Recurriremos a la fórmula proporcionada en el Prob. B-5.169 de la Lección N° 2. (www.contractil.com). ⎛ 1 ⎞ ⎜⎜ z −1,1 ⎟ y ⎟⎠ ⎝

β ( z + 1, y ) = β ( z, y ) .1

2.1

⎛ z⎞ = β ( z, y ) ⎜1 ⊕ ⎟ y⎠ ⎝ z = β ( z, y ) z+ y De 2.1 se obtiene, y z z = − β ( z , y ) β ( z + 1, y ) β ( z, y )

2.2

De donde, ⎛ β ( x, y ) y β ( x, y ) β ( x, y ) ⎞ = z ⎜⎜ − ⎟⎟ β ( z, y ) ⎝ β ( z + 1, y ) β ( z , y ) ⎠

2.3 Luego, 2.4

yτ z ( x, y ) = z (τ z +1 ( x, y ) − τ z ( x, y ) )

├ Obsérvese que la relación funcional 2.5

yτ z = z (τ z +1 − τ z )

hace referencia exclusiva a la Prop.2. En efecto, 21

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2.6

yτ z ( x, u ) = z (τ z +1 ( x, u ) − τ z ( x, u )) = uτ z ( x, u )

(Prop. 2)

lo que implica que u = y 3.- Teorema.- Sean a1 ,..., an , números reales. Si i=n

ϕ ( x, y ) = ∑ ai τ i ( x, y ) ,

x, y > 0

i =1

Entonces, yϕ ( x, y ) =

i = n +1

∑ i =1

i −1 i τ ( x, y ) ai ai −1 i

Con la condición adicional, a0 = an +1 = 0 Demostración.3.1

i =n

yϕ ( x, y ) = ∑ ai y τ i ( x, y ) i =1

⎛ i=n ⎞ = ⎜ ∑ ai i (τ i +1 − τ i ) ⎟ ( x, y ) ⎝ i =1 ⎠ = ( a1 (τ 2 − τ 1 ) + 2a2 (τ 3 − τ 2 ) + ... + nan (τ n +1 − τ n ) ) ( x, y ) = ( −a1τ 1 + ( a1 − 2a2 ) τ 2 + ... + nanτ n +1 ) ( x, y )

⎛ 0 =⎜ ⎝ a1 =

i = n +1

∑ i =1

1 1 τ1 + a0 a2 i −1

i

ai

ai −1

n 2 τ 2 + ... + an +1 a1

n +1 ⎞ τ n +1 ⎟ ( x, y ) an ⎠

, an +1 = 0

τ i ( x, y ) ├

4.

Proposición.- Si x > z , entonces,

τ z ( x, y ) =

β ( x − z, y + z ) β ( x − z, z )

Demostración.- La prueba deriva de la igualdad, 4.1

β ( x − z, y + z ) β ( z, y ) = β ( x − z + z, y ) β ( x − z, z ) ├

22

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5. Teorema.- Para cada número entero positivo n, existen números reales a1 ,..., an tales que, i=n

y n β ( x, y ) = ∑ ai τ i ( x, y ) ,

x, y > 0

i =1

Demostración.- Procederemos por inducción completa. y β ( x, y ) =

β ( x, y ) = τ ( x, y ) β (1, y ) 1

5.1

n =1

5.2

Hipótesis de Inducción.- Sea n un número entero positivo arbitrario y a1 ,..., an números reales tales que,

,

i=n

y n β ( x, y ) = ∑ ai τ i ( x, y ) ,

, x, y > 0

x, y > 0

i =1

5.3

Aplicando el Teor. 3 se tiene, ⎛ i=n ⎞ y n +1 β ( x, y ) = y ⎜ ∑ ai τ i ( x, y ) ⎟ ⎝ i =1 ⎠ i = n +1 i − 1 i τ ( x, y ) = ∑ ai ai −1 i i =1 Con la condición adicional a0 = an +1 = 0 ├ Los coeficientes a1 ,..., an en la fórmula

5.4

i=n

y n β ( x, y ) = ∑ ai τ i ( x, y ) ,

x, y > 0

i =1

se obtienen aplicando el Teor. 3 en forma recurrente, a partir de n = 1 . Se construye así el “Triángulo TAU-BETA”.

n =1 n=2 n=3 n=4 n=5 n=6

1 −1 1

1 −3

2

−1 7 − 12 6 − 15 50 − 60 24 1 −1 31 − 180 390 − 360 120 Por ejemplo,

5.5

y 5 β ( x, y ) = τ 1 ( x, y ) − 15τ 2 ( x, y ) + 50τ 3 ( x, y ) − 60τ 4 ( x, y ) + 24τ 5 ( x, y )

23

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6.- Teorema.- Para cada número entero positivo n las funciones τ 1 ,..., τ n son linealmente independientes. Demostración.- Sea i =n

∑a τ

6.1

i =1

6.2

i

i

=0

Entonces, para cada par de números reales positivos x,y se tiene, i =n ai β ( x, y ) =0 ∑ β ( i, y ) i =1 luego,

6.3

i =n

ai

∑ β ( i, y ) = 0

, y>0

i =1

Esto es, 6.4

an a1 a2 + + ... + =0 β (1, y ) β ( 2, y ) β ( n, y )

, y>0

De 6.4 se obtiene la identidad, 6.5 a1 y + a2 y ( y + 1) +

a3 y ( y + 1)( y + 2 ) a y ( y + 1) ... ( y + n − 1) + ... + n =0 , y>0 2! ( n − 1)!

Es claro que la identidad 6.5 implica a1 = a2 = ... = an = 0 , mostrando la independencia lineal de las funciones τ i , 1 ≤ i ≤ n . ├ Puede probarse que la función beta es linealmente independiente sobre el conjunto ∞ de funciones {τ i }i =1 . En efecto, sea 6.6

β ( x, y ) = a1τ 1 ( x, y ) + ... + anτ n ( x, y )

, x, y > 0

Consideremos un entero k, 1 ≤ k ≤ n 6.7

β ( x, y ) = β ( k , y ) τ k ( x, y )

, x, y > 0

24

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De 6.6 y 6.7 se tiene, 6.8

a1τ 1 ( x, y ) + ... + ( ak − β ( k , y ) ) τ k ( x, y ) + ... + anτ n ( x, y ) = 0

Mostrando que ai = 0,

, x, y > 0

i ≠ k , 1 ≤ i ≤ n y ak = β ( k , y ) , contradiciendo la

hipótesis inicial en 6.6, donde ak debe ser constante. ├ Incluiremos la función beta en el conjunto de funciones tau-beta, definiendo τ 0 = β ( x, y ) . El espacio vectorial generado por el conjunto de funciones {τ i }i =0 , será referido como Espacio Vectorial Tau-Beta. ∞

El teorema que sigue tiene fuerte impacto teórico.7.-

Teorema.- La serie de funciones tau-beta. ∞

∑ τ ( x, k ) k =n

, x > 0,

z

z ≥ 0, n = 1, 2,...

converge si x > z + 1 y diverge si x ≤ z + 1 . Demostración.- Si z = 0 , el teorema se refiere a la serie de funciones beta.Para z > 0 , distinguiremos dos casos. 7.1 x ≤ z . En este caso se tiene,

τ z ( x, k ) =

β ( x, k ) ≥1 , β ( z, k )

k = 1, 2,...

mostrando que la serie (7) diverge. 7.2

x > z . Aplicando la Prop. 4, tenemos

( ) ∑ τ ( x, k ) = ∑ β ( z , k ) ∞

k =n

∞

z

β x, k

k =n

β ( x − z, k + z ) β ( x − z, z ) k =n ∞

=∑

la última serie escrita en 7.2 es una serie de funciones beta. Por lo tanto, converge si x − z > 1 y diverge si x − z ≤ 1 . ├

25

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8.- Teorema. Para cada par de números reales positivos x,z. ∞

∑τ (1 + x + z, k ) = τ ( x, z ) τ ( x + z, n ) k =n

1+ x

z

, n = 1, 2,...

z

Demostración.8.1

β (1 + x + z, k ) ∑τ (1 + x + z, k ) = ∑ β ( z, k ) ∞

k =n

∞

z

k =n

β (1 + x, k + z ) β (1 + x, z ) k =n β ( x, n + z ) = β (1 + x, z ) β ( x, z ) β ( x, n + z ) = β (1 + x, z ) β ( x, z ) ∞

=∑

(Prop. 4)

= τ 1+ x ( x, z ) τ z ( x + z , n )

├ Para evaluar funciones tau-beta, son útiles las siguientes propiedades.8.2 8.3

z x z ( z + 1) ... ( z + k − 1) τ z ( x, k ) = x ( x + 1) ... ( x + k − 1)

τ z ( x,1) =

8.4

τ z (1, x ) =

8.5

τ z (k, x) =

8.6

1 x β ( z, x )

( k − 1)! x ( x + 1) ... ( x + k − 1) β ( z, x ) τ z ( z + x, y ) = τ z ( z + y , x )

, x, z > 0 , x, z > 0 , k = 2,3,... , x, z > 0

, x, z > 0 , k = 2,3,... , x, y , z > 0

La propiedad 8.6 tiene incidencia significativa en operaciones numéricas. Obsérvese el caso siguiente, donde k es un número entero positivo. 8.6.1

τ z ( z + k , y ) = τ z ( z + y, k ) =

z ( z + 1) ... ( z + k − 1) ( z + y )( z + y + 1) ... ( z + y + k − 1)

, ( 8.3)

Veamos un ejemplo numérico. 8.6.2

τ 7 ( 9,35 ) = τ 7 ( 7 + 2,35 ) 26

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= τ 7 ( 7 + 35, 2 ) = τ 7 ( 42, 2 )

7.8 42.43 4 = 129 =

El Teor. 8 tiene una forma más general. 9.- Teorema.- Para cada trío de números reales positivos x,y,z. ∞

∑τ (1 + x + z, y + k ) = τ ( x, z ) τ ( x + z, y + n ) k =n

z

1+ x

z

, n = 1, 2,...

Demostración.9.1

β (1 + x + z , y + k ) ∑τ (1 + x + z, y + k ) = ∑ β ( z, y + k ) ∞

k =n

∞

z

k =n

β (1 + x, y + k + z ) β (1 + x, z ) k =n β ( x, y + n + z ) = β (1 + x, z ) β ( x, z ) .β ( x, y + n + z ) = β (1 + x, z ) .β ( x, z ) ∞

=∑

= τ 1+ x ( x, z ) .τ z ( y + n + z , x ) = τ 1+ x ( x, z ) .τ z ( x + z , y + n )

,

( 8.6 ) ├

10.- Problema.- Sean a, b números reales positivos. Determinar las condiciones de convergencia de la serie ∞

a ( a + 1) ... ( a + k )

∑ b ( b + 1) ...( b + k ) k =0

y determinar su valor límite. Solución.- Recurriremos a la serie de funciones tau-beta.10.1

a ( a + 1) ... ( a + k ) ∞ = ∑ τ a ( b, k + 1) ∑ k = 0 b ( b + 1) ... ( b + k ) k =0 ∞

,

(8.3)

27

Descargado de http://www.contractil.com ∞

= ∑ τ a ( b, k ) k =1

luego, la condición de convergencia de la serie (10) es, b > a + 1 (Teor. 7) Sea λ el valor límite de la serie. 10.2

∞

λ = ∑ τ a (1 + ( b − a − 1) + a, k ) k =1

= τ b − a ( b − a − 1, a ) .τ a ( b − 1,1)

,

(Teor. 8)

=

,

(8.2)

,

(L2.B-5.169)

β ( b − a − 1, a ) a . β ( b − a, a ) b − 1

Por otra parte, 10.3

β ( b − a, a ) = β ( b − a − 1 + 1, a ) 1⎞ ⎛ ⎜ b − a − 2 ,1 ⎟ a⎠

= β ( b − a − 1, a ) .1⎝

b − a −1 ⎞ ⎛ = β ( b − a − 1, a ) ⎜1 ⊕ ⎟ a ⎠ ⎝ b − a −1 = β ( b − a − 1, a ) . b −1

Introduciendo 10.3 en 10.2 se tiene, 10.4

λ=

a b − a −1

Resumiremos el Prob. 10 del siguiente modo: Si a, b son números reales positivos, tales que b > a + 1 , entonces, 10.5

∞

a ( a + 1)… ( a + k )

a

∑ b ( b + 1)…( b + k ) = b − a − 1 k =0

El método que se ha usado aquí para resolver el Prob. 10., fue propuesto por Urra y Saavedra.No es fácil intuir una solución simple para este problema. Consideramos útil ilustrar la fórmula 10.5 mediante un ejemplo numérico.

10.6

∞

∑ k =0

3

(

) (

3 +1 …

3+k

π (π + 1)… (π + k )

)=

3 π − 3 −1

28

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11.- Problema.- Determinar el valor límite de la serie. 1 33.1.2 43.1.2.3 + + + ... 7 7.8.9 7.8.9.10 Solución.- Sea λ el valor límite de la serie 11.1

k !( k + 1) λ =∑ k =1 7. ( 7 + 1)… ( 7 + k ) 3

∞

∞

= ∑ ( k + 1) .β ( 7, k + 1) 3

k =1 ∞

= ∑ k 3 .β ( 7, k ) k =2

Aplicando el Teor.5 y el triángulo tau-beta se tiene ∞

11.2

λ = ∑ (τ 1 ( 7, k ) − 3τ 2 ( 7, k ) + 2τ 3 ( 7, k ) ) k =2

Haremos ahora los arreglos necesarios para aplicar el Teor.8 11.3

∞

λ = ∑ (τ 1 (1 + 5 + 1, k ) − 3τ 2 (1 + 4 + 2, k ) + 2τ 3 (1 + 3 + 3, k ) ) k =2

luego, 11.4

λ = τ 6 ( 5,1)τ 1 ( 6, 2 ) − 3τ 5 ( 4, 2 ) τ 2 ( 6, 2 ) + 2τ 4 ( 3,3)τ 3 ( 6, 2 ) Evaluando las funciones tau-beta se tiene,

11.5

6 1.2 5.6 2.3 4.5.6 3.4 . . −3 +2 5 6.7 4.5 6.7 3.4.5 6.7

λ= .

De donde, 11.6

11.7

39 70 Esto es

λ=

1 33.1.2 43.1.2.3 + + + ... 7 7.8.9 7.8.9.10

=

39 70

29

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12.- Problema.- Comprobar que, ∞

∑

3

(

k =0

) (

3 +1 …

3+k

( k + 3) !

) = 3+ 2

3

2

Solución.- Podemos dar a esta serie, la forma de la serie presentada en el Prob. 10 y aplicar en consecuencia, el resultado proporcionado en la fórmula 10.5

12.1

∞

∑

3

(

k =0

) (

3 +1 …

3+k

( k + 3)!

)=1

∞

∑ 2

3

k =0

(

) (

3 +1 …

3+k

3 ( 3 + 1)… ( 3 + k )

)

1 3 = . 2 3 − 3 −1 =

3+ 2 3 2

13.- Problema.- Determinar el valor límite de la serie, ∞

k!

∑ ( k + 4 )! k =1

Mostraremos tres métodos para resolver este problema. Los tres son extraordinariamente breves. Solución 1. Aplicando la fórmula 10.5. 13.1

k! 1 ∞ 1(1 + 1)… (1 + k − 1) = ∑ ∑ 4! k =1 5 ( 5 + 1)… ( 5 + k − 1) k =1 ( k + 4 ) ! ∞

1 ∞ 1(1 + 1)… (1 + k ) ∑ 4! k =0 5 ( 5 + 1)… ( 5 + k ) 1 1 = . , 4! 5 − 1 − 1 1 = 72 =

(10.5)

Solución 2. Reduciendo la serie a una serie de funciones beta. 13.2

∞

∞ k! 1 = ∑ ∑ k =1 ( k + 4 ) ! k =1 ( k + 1)( k + 2 )( k + 3 )( k + 4 )

=

1 ∞ ∑ β ( k + 1, 4 ) 3! k =1 30

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1 β ( 2,3) 3! 1 = 72

=

Solución 3. Aplicando la fórmula 12.3 obtenida en el Prob. 12. Sección A. −1

k! 1 ∞ ⎛ k + 4⎞ = 13.3 ∑ ∑⎜ ⎟ 4! k =1 ⎝ 4 ⎠ k =1 ( k + 4 ) ! 1 1 = . 4! 4 − 1 1 = 72 14. Sucesiones Laterales.- Las sucesiones ∞

,

14.1

An = ( −1)

n −1

, n = 1, 2,...

14.2

Bn = ( n − 1) !

, n = 1, 2,...

14.3 14.4

(A- 12.3)

⎧⎪1 si n = 1 Cn = ⎨ n −1 ⎪⎩( −1) (1 + 2 Cn −1 ) si n = 2,3,... ( n + 1)! , n = 1, 2,... Dn = − 2

se generan como consecuencia de las condiciones adicionales que completan la hipótesis del Teor. 3 ( a0 = an +1 = 0 ) . Serán referidas como sucesiones laterales del triángulo tau-beta. El uso de las sucesiones laterales simplifica en la práctica, la construcción del triángulo. Las siguientes figuras muestran el proceso de construcción del triángulo tau-beta, partiendo de las sucesiones laterales. Los elementos que faltan (X) se obtienen con arreglo al método proporcionado en 5.4.

31

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Fig. 1

Fig. 2

1 -1

1 -3

1 -1 1 -1 1

7 -15

31 -63

6

-12

-360

X X

24

-60

X X

X

2

X

-2520

120 720

32