Set Ejercicios 2 Ayudan Tias

Set de Ejercicios N◦2. Ayudant´ıas MAT-022. Departamento de Matem´aticas, UTFSM *. 2◦ Semestre 2006.

1.

Ejercicio de Repaso

1. Calcular la siguiente antiderivada √

Z

√ 3

I=

Soluci´ on.Haciendo u =

√ 6

x + 3 se tiene que Z I=

x+3 dx x+3+1

u3 6u5 du = 6 u2 + 1

Z

u8 du . u2 + 1

Aplicando divisi´on de polinomios, se desprende de inmediato que (u2 + 1)(u6 − u4 + u2 − 1) + 1 = u8 , por lo que se tiene lo siguiente Z  I=6

1 u −u +u −1+ 2 u +1 6

4

2

 du =

√ √ √ 6 6 = (x + 3)7/6 − (x + 3)5/6 + 2 x + 3 − 6 6 x + 3 + 6 arctan( 6 x + 3) + C 7 5 2. Determine el valor de la integral Z

a

f (x) dx 0 f (x) + f (a − x) donde f : [0, a] → R es tal que el integrando satisface el Teorema Fundamental del C´alculo.

Soluci´ on.Como es usual, se debe usar la sustituci´on u = a − x, a saber, si I es la integral pedida, se tiene: Z a f (a − u) I= du 0 f (a − u) + f (u) Z a Z a Z a f (x) f (a − u) a =⇒ 2I = dx + du = dx = a =⇒ I = 2 0 f (x) + f (a − x) 0 f (a − u) + f (u) 0 *

Coordinaci´on de Ayudant´ıas MAT-022

1

3. Probar que si l´ım an = L < ∞, entonces l´ım |an | = |L|. Dar un ejemplo en que la implicancia n→∞

n→∞

∞ inversa es falsa (es decir, encontrar una sucesi´on tal que {|an |}∞ n=1 converge, pero {an }n=1 diverge).

Soluci´ on.Primeramente, es necesario probar el siguiente Lema 1 Para todo par de n´ umeros reales a, b se cumple la siguiente desigualdad: ||a| − |b|| ≤ |a − b|. ´ n: Se sabe que |ab| ≥ ab para todo par de n´ Demostracio umeros reales a, b. A partir de esta desigualdad se tiene: |ab| ≥ ab ⇐⇒ −2|ab| ≤ −2ab ⇐⇒ a2 − 2|ab| + b2 ≤ a2 − 2ab + b2 ⇐⇒ (|a| − |b|)2 ≤ (a − b)2 . Extrayendo raices cuadradas, se tiene el resultado buscado  Ya teniendo este resultado, es tarea f´acil demostrar lo pedido. Sea ε > 0 un n´ umero positivo arbitrario. Por hip´otesis, existe N ∈ N tal que |an − L| < ε para n > N . Por el Lema 1, se tiene que ||an | − |L|| ≤ |an − L| < ε para n > N , a partir de lo cual se deduce que l´ım |an | = |L|. n→∞

El ejemplo can´onico de que en sentido inverso esta implicancia no funciona es la sucesi´on {(−1)n }∞ n=0 , pues la sucesi´on de los valores absolutos de la sucesi´on es la sucesi´on constante {1}∞ (que evin=0 dentemente converge a 1), pero la sucesi´on original no converge.

2.

Ejercicios Resueltos

4. Demuestre que, para a > 0: a) Si f : [−a, a] → R es una funci´on integrable y par, entonces Z a Z a f (x)dx = 2 f (x)dx −a

0

b) Si f : [−a, a] → R es una funci´on integrable e impar, entonces Z a f (x)dx = 0 −a

Soluci´ on.a) Es necesario separar la primera integral: Z a Z f (x)dx = −a

0

Z f (x)dx +

−a

a

f (x)dx 0

R0 Ahora, estudiaremos s´olo la integral J = −a f (x)dx, pues si probamos que Z 0 Z a f (x)dx = f (x)dx −a

0

2

tenemos el problema resuelto. Para hacer esto, apliquemos el cambio de variables u = −x a J, para obtener: Z 0 Z 0 Z a J= f (−u) · (−du) = − f (u)du = f (u)du a

a

0

Dado que las variables son mudas, tenemos la igualdad buscada. b) Se procede del mismo modo que antes, pero ahora se prueba que Z 0 Z a f (x)dx = − f (x)dx −a

0

de lo cual se desprende el resultado. Los detalles quedan propuestos. 5. Determine el valor de

π

Z 0

x sin(x) dx 1 + cos2 (x)

Soluci´ on.Primeramente es necesario tratar de cambiar las variables para hacer que el c´alculo sea m´as sencillo. Se sugiere usar el cambio z = cos(x): Z π Z 1 x sin(x) arc cos(z) dx = dz 2 1 + z2 0 1 + cos (x) −1 Despu´es, usando integraci´on por partes, (con u = arc cos(z) y dv = Z

π

0

x sin(x) dx = arc cos(z) arctan(z)|1−1 + 2 1 + cos (x)

Usando el ejercicio anterior, se tiene que y, por lo tanto, Z π 0

R1 −1

arctan(z) √ dz 1−z 2

Z

1

−1

dz ) 1+z 2

se tiene:

arctan(z) √ dz 1 − z2

= 0 (el integrando es una funci´on impar)

x sin(x) π2 dx = 1 + cos2 (x) 4

6. Demuestre que para r ∈ R+ 0 se tiene Pn l´ım

n→∞

k=1 k nr+1

r

=

1 r+1

Estudie primero los casos r = 0, 1, 2, 3.

Soluci´ on.Se sabe desde MAT-021 que: n X k=1

1=n ,

n X

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

,

n X

n(2n + 1)(n + 1) k = 6 k=1 2

3

,

n X k=1

3

k =



n(n + 1) 2

 .

Luego: Pn l´ım

k=1

1

Pn =1 ,

l´ım

k=1 n2

k

n→∞ n Para el caso general, notemos que: n→∞

Pn l´ım

n→∞

Pn

1 = 2

k=1 k nr+1

r

,

l´ım

n→∞

k=1 n3

k2

1 = 3

Pn ,

k=1 n4

l´ım

n→∞

=

1 . 4

n  r 1−0 X k = l´ım n→∞ n k=1 n

Z Lo cual es la suma de Riemann con una partici´on uniforme para la integral

1

xr dx =

0

7. Estudiar la convergencia de:   ∞ ∞ X X n 2 , b) a) n sen 5 n n +1 n=0 n=1

k3

∞ X (−1)n+1 , c) ln(n + 1) n=1

, d)

∞ X

1 . r+1

n2 e−n

n=1

Soluci´ on.a) Diverge, pues
  sen n2 2 l´ım n sen = 2 l´ım = 2 6= 0. 2 n→∞ n→∞ n n ∞ X 1 b) Converge. Compare con . 4 n n=1

c) Converge. Aplique el criterio de Leibniz: 1 =0 n→∞ ln(n + 1) l´ım

1 1 < . ln(n + 1) ln n

y

d ) Converge. Aplique el criterio del cuociente: 1 (n + 1)2 e−(n+1) = . l´ım 2 −n n→∞ ne e 8. Calcular la suma de las siguientes series:  n ∞ ∞ ∞ X X X 1 1 x n−1 1 a) , b) (para x < 2 ) , c) k(k + 2) n 1−x n! n=1 n=1 n=1 P 1 (Por si todav´ıa no sabe, ∞ n=0 n! = e ≈ 2,718281828 . . .)

Soluci´ on.a) Es necesario reescribir convenientemente la serie para poder aplicar la propiedad telesc´opica; a saber: "∞    X # ∞ ∞  ∞  X 1 1X 1 1 1 X 1 1 1 1 = − = − + − . k(k + 2) 2 k k + 2 2 k k + 1 k + 1 k + 2 n=1 k=1 k=1 k=1 Y, por propiedad telesc´opica, se tiene que ∞ X n=1

1 1 = k(k + 2) 2 4



1 1+ 2

 =

3 . 4

 n ∞ X 1 x b) Definamos s(x) = . Derivando esta funci´on (supongamos que se puede derivar n 1 − x n=1 t´ermino a t´ermino), se tiene: n−1 ∞  X x 1 1 1 1 d s(x) = . = = x 2 2 1− dx 1 − x (1 − x) (1 − x) (1 − x)(1 − 2x) 1−x n=1 De donde se deduce que 1−x +C s(x) = ln 1 − 2x donde C es una constante a determinar. Claramente, a partir de la definici´on se tiene que s(0) = 0, con lo cual se tiene que C = 0. c) Usando el hecho que ∞ X 1 =e n! n=0

se tiene: ∞ X n−1 n=1

3.

n!

=

∞ X n=1

∞

∞

X 1 X 1 1 − = − (e − 1) = e − (e − 1) = 1 (n − 1)! n=1 n! n=0 n!

Ejercicios Propuestos

9. Demuestre que 1

Z f (α) = 0

 α  si α 6= 0    2 sin(α)

dx = 1 + 2(cos(α))x + x2    

1 2

si α = 0

10. Considerando el siguiente teorema de Cauchy (no es necesario probarlo, aunque no es dif´ıcil de demostrar): Teorema 1 Suponga a1 ≥ a2 ≥ a3 ≥ · · · ≥ 0, entonces la serie

∞ X

an converge si y s´olo si

n=1

converge la siguiente serie ∞ X

2k a2k = a1 + 2a2 + 4a4 + 8a8 + · · ·

k=0 ∞ X 1 converge si y s´olo si p > 1. Pruebe el resultado conocido de las p−series, es decir, np n=1

Adem´as, verifique que el mismo resultado de convergencia es v´alido en el caso de la serie ∞ X n=2

1 n(ln(n))p

5