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Ayudantia 05s

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PONTIFICIA UNIVERSIDAD CATÓLICA DE CHILE
Facultad de Matemáticas
MAT1620 - Cálculo II - Sección 12
Prof.: Wolfgang RIVERA DE VERA (wcrivera@mat.puc.cl)
Ayud.: Alfonso PIÑA ABARCA (aapina@uc.cl)
AYUDANTÍA No5
Integrales Impropias, Sucesiones, Series.
Jueves 11 de septiembre de 2014
Problema 1. Calcule el valor de la siguiente integral:∫ ∞
−∞
1
x2 + 2x + 5
dx
Solución: Como ambos extremos de la integral son infinitos, procedemos a separar la
integral en 2. Así,∫ ∞
−∞
1
x2 + 2x + 5
dx︸ ︷︷ ︸
I
=
∫ 0
−∞
1
x2 + 2x + 5
dx︸ ︷︷ ︸
I1
+
∫ ∞
0
1
x2 + 2x + 5
dx︸ ︷︷ ︸
I2
1
2
Problema 2. Estudie la convergencia de las siguientes integrales:
a)
∫∞
1
[
1− cos
(
1
x
)]r dx.
b)
∫∞
1
ln(x)
x
√
2x+3
dx.
Solución: Para la integral del ejercicio (a), consideremos la función 1
2x2
cuya integral
entre 1 e ∞ converge. ¿Por qué esta? Fíjese en el siguiente límite:
ĺım
x→∞
[
1− cos
(
1
x
)]
1
2x2
= 2 ĺım
x→∞
[
1− cos
(
1
x
)]
1
x2
= 2 · 1
2
= 1
Luego, como el límite es una constante ∈ (0,∞), la integral
[
1− cos
(
1
x
)]
se comporta de
manera similar a la integral 1
2x2
en el límite. Así, la integral del ejercicio converge si y sólo si
la siguiente integral converge: ∫ ∞
1
[
1
2x2
]r
dx
Esta integral converge solamente si 2r > 1 (criterio p). Entonces, la integral en cuestión
converge para valores de r > 1
2
.
Para la integral del ejercicio (c), note que el integrando presenta una discontinuidad
en el punto x = −3
2
. Sin embargo, este no afecta ya que se encuentra fuera del intervalo de
integración, por lo que la integral es impropia de tipo 1. Ahora, notemos que:
ĺım
x→∞
ln(x)
xy
= 0 para cualquier valor de y > 0
Démonos como caso particular el valor de y = 1
4
. Se puede deducir que ln(x)
x1/4
está acotada
para todo x ∈ [1,∞). Esto se puede escribir como:
0 ≤ ln(x)
x1/4
≤ C x ≥ 1
Luego, para todo x ≥ 1 se tiene que:
0 ≤ ln(x)
x
√
2x + 3
=
ln(x)
x1/4
· 1
x3/4
√
2x + 3
≤ C
x3/4
√
2x + 3
≤ C
x5/4
Observe que como la integral
∫∞
1
1
x5/4
dx converge (por ser del tipo p), entonces, por
Teorema de Comparación, la integral
∫∞
1
ln(x)
x
√
2x+3
dx también converge.
3
Problema 3. Sea x ∈ R cualquiera. Demuestre que
ĺım
n→∞
(
1 +
x
n
)n
= ex
Solución: Consideremos el teorema siguiente:
Teorema. Sea an una sucesión y f(z) una función continua. Si ĺım
n→∞
an = x y ĺım
z→x
f(z) = L,
entonces ĺım
n→∞
f(an) = L.
Usando el teorema anterior y definiendo a f(z) = ez y a an = ln
[(
1 + x
n
)n] con x un
número fijo y real cualquiera, lo que se pide es equivalente a demostrar que:
ĺım
n→∞
ln
[(
1 +
x
n
)n]
= x
Ahora bien,
ĺım
n→∞
ln
[(
1 +
x
n
)n]
= ĺım
n→∞
n ln
(
1 +
x
n
)
= x ĺım
n→∞
ln
(
1 + x
n
)
x
n
= x ĺım
y→0
ln (1 + y)
y
Observe que se reutilizó el teorema, aplicado esta vez a una función g(y) = ln(1+y)
y
y a la
sucesión bn = xn . Finalmente, para calcular el límite, usamos el teorema de L’Hôpital,
ĺım
n→∞
ln
[(
1 +
x
n
)n]
= x ĺım
y→0
ln (1 + y)
y
= x ĺım
y→0
1
(1+y)
1
= x · 1 = x
Finalmente, ya que
ĺım
n→∞
an = ĺım
n→∞
ln
[(
1 +
x
n
)n]
= x
y,
ĺım
z→x
f(z) = ĺım
z→x
ez = ex
entonces,
ĺım
n→∞
f(an) = ĺım
n→∞
eln[(1+
x
n)
n
] = ĺım
n→∞
(
1 +
x
n
)n
= ex
Y así entonces,
ĺım
n→∞
(
1 +
x
n
)n
= ex
�
4
Problema 4. Sea f una función continua. Sea a1 = a, a2 = f(a), a3 = f(a2) = f(f(a)), ...,
an+1 = f(an). Demuestre que si ĺım
n→∞
an = L se tiene f(L) = L.
Solución: Usando el mismo teorema que en el Problema 3, si ĺım
n→∞
an = L se tiene que:
ĺım
n→∞
f(an) = ĺım
x→L
f(x)
Luego, ya que f es una función continua:
L = ĺım
n→∞
an = ĺım
n→∞
an+1 = ĺım
n→∞
f(an) = ĺım
x→L
f(x) = f(L)
Por lo tanto,
L = f(L)
�
5
Problema 5. Sea an dada por a1 = 6, an+1 =
√
6 + an. Demuestre que {an} converge y
encuentre el valor del límite.
Solución: Si evaluamos el término a2 y luego el a3 y luego a4, notamos que la suce-
sión puede ser decreciente, lo cual hay que demostrar. Ahora bien, consideremos el teorema
siguiente:
Teorema. Si una sucesión {an} es decreciente y acotada, entonces ella tiene un límite.
Luego, para demostrar que an converge y tiene límite, debemos comprobar que {an} es
decreciente y acotada. Para demostrar que es decreciente, se debe cumplir que an+1 < an,
para todo valor de n. Esto es
√
6 + an < an.
Lo que es equivalente a, 6 + an < a2n. Donde se obtiene que (considerar que an es una
sucesión de términos positivos): (an − 3)(an + 2) > 0.
La expresión anterior se cumple cuando an < −2 y an > 3. Como an > 0, se tiene que la
sucesión es decreciente si an > 3 para todo valor de n. Demostremos esto.
Por inducción se tiene que:
Para n = 1 : a1 = 6 > 3. Luego es cierto para n = 1.
Para n = n : Supongamos que an > 3. Entonces,
Para n + 1 : an+1 =
√
6 + an >
√
6 + 3 =
√
9 = 3. Luego también es cierto para
n + 1.
De esta forma se concluye que la sucesión an es convergente y tiene un límite L (ya
que es decreciente y acotada). Ahora bien, como ĺım
n→∞
an+1 = L y la función raíz cuadrada
f(z) =
√
z es continua, entonces:
L = ĺım
n→∞
an+1 = ĺım
n→∞
√
6 + an = ĺım
n→∞
f(6 + an)
= f
(
ĺım
n→∞
(6 + an)
)
=
√
6 + L
Esto nos lleva a:
L =
√
6 + L
Ecuación que nos entrega como soluciones a L = −2 y L = 3. Sin embargo, an > 3 ∀n,
luego:
L = ĺım
n→∞
an = 3
�
6
Problema 6. Sea an = 2−n si n es par, an = 3−n si n es impar. Calcule
∞∑
n=1
an.
Solución: Se tiene la sucesión an definida por tramos como:
an =
{
2−n si n es par,
3−n si n es impar.
Nos piden
∞∑
n=1
an, por lo que:
∞∑
n=1
an =
∞∑
n=1
aIMPARESn +
∞∑
n=1
aPARESn
Sabemos, además, que un número par es definido por 2k y un número impar es definido
por 2k − 1, para valores de k enteros. Luego se tiene que:
∞∑
n=1
an =
∞∑
k=1
3−[2k−1] +
∞∑
k=1
2−2k
Reordenando,
∞∑
n=1
an =
∞∑
k=1
3 · 9−k +
∞∑
k=1
4−k
∞∑
n=1
an =
∞∑
k=1
3 ·
(
1
9
)k
+
∞∑
k=1
(
1
4
)k
Considere lo siguiente:
Fórmula. Sea la suma geométrica S =
n∑
i=0
ari, donde a es un coeficiente real cualquiera
y r es la razón de la suma geométrica. El valor de la suma está dado por:
S =
a (1− rn+1)
1− r
Fórmula. Sea la suma geométrica S =
n∑
i=1
ari, donde a es un coeficiente real cualquiera
y r es la razón de la suma geométrica. El valor de la suma está dado por:
S =
ar (1− rn)
1− r
7
Fórmula. Observe que de forma general la suma se obtiene como:
S =
[PRIMER TÉRMINO]
(
1− r
[
No DE TÉRMINOS
])
1− r
Fórmula. En una serie, el número de términos de la suma tiende a infinito, por lo que el
valor de una serie geométrica es:
S =
[PRIMER TÉRMINO]
1− r
Usando lo anterior:
S =
∞∑
n=1
an =
∞∑
k=1
3 ·
(
1
9
)k
+
∞∑
k=1
(
1
4
)k
=
3 · 1
9
1− 1
9
+
1
4
1− 1
4
=
1
3
8
9
+
1
4
3
4
=
3
8
+
1
3
=
17
24
S =
∞∑
n=1
an =
17
24
8
Problema 7. Se sabe que e = ĺım
n→∞
(
1 + 1
n
)n. Demuestre que lo siguiente converge a e.
1 +
1
1!
+
1
2!
+
1
3!
+ ...
Solución: Llamemos tn =
(
1 + 1
n
)n
En primer lugar, tratemos de desarrollar el binomio de Newton. Para ello considere lo
siguiente:
Teorema del Binomio.
(x + y)n =
n∑
k=0
n!
k!(n− k)!
xn−kyk =
n∑
k=0
n(n− 1)(n− 2) · · · (n− k + 1)
k!
xn−kyk
Usando lo anterior,
tn =
(
1 +
1
n
)n
= 1 + n · 1 · 1
n
+
n(n− 1)
2!
· 1 · 1
n2
+ · · ·+ n(n− 1) · · · 1
n!
· 1 · 1
nn
= 1 +
1
1!
+
1
2!
(
1− 1
n
)
+
1
3!
(
1− 1
n
)(
1− 2
n
)
+ · · ·+ 1
n!
(
1− 1
n
)(
1− 2
n
)
· · ·
(
1− n− 1
n
)
Veamos que para cada m ∈ N fijo y para cada n > m se tiene que:
tn =
(
1 +
1
n
)n
= 1 +
1
1!
+
1
2!
(
1− 1
n
)
+
1
3!
(
1− 1
n
)(
1− 2
n
)
+ · · ·+ 1
n!
(
1− 1
n
)(
1− 2
n
)
· · ·
(
1− n− 1
n
)
> 1 +
1
1!
+
1
2!
(
1− 1
n
)
+
1
3!
(
1− 1
n
)(
1− 2
n
)
+ · · ·+ 1
m!
(
1− 1
n
)(
1− 2
n
)
· · ·
(
1− m− 1
n
)
Es decir,
9
tn > 1+
1
1!
+
1
2!
(
1− 1
n
)
+
1
3!
(
1− 1
n
)(
1− 2
n
)
+···+ 1
m!
(
1− 1
n
)(
1− 2
n
)
···
(
1− m− 1
n
)
Obteniendo el límite a ambos lados cuando n → ∞ (observe que en el lado derecho setiene una cantidad fija m + 1 de términos):
ĺım
n→∞
tn > ĺım
n→∞
[
1 +
1
1!
+
1
2!
(
1− 1
n
)
+ · · ·+ 1
m!
(
1− 1
n
)(
1− 2
n
)
· · ·
(
1− m− 1
n
)]
Lo que conduce a,
e ≥ 1 + 1
1!
+
1
2!
+
1
3!
+ · · ·+ 1
m!
Lo anterior se cumple para todo m ∈ N. Luego definamos la sucesión {sn}n∈N como:
sn = 1 +
1
1!
+
1
2!
+
1
3!
+ · · ·+ 1
n!
Luego, se concluye que sn es acotada por arriba por e. También se tiene que sn es cre-
ciente por ser la sucesión de sumas de términos positivos. De esta forma, se concluye que
ĺım
n→∞
sn existe (en otras palabras, la serie converge) y ese límite es menor o igual que e.
Ya se sabe que sn está acotada por arriba y sabemos que converge. Veamos qué pasa
"por abajo". Así se tiene que:
tn =
(
1 +
1
n
)n
= 1 +
1
1!
+
1
2!
(
1− 1
n
)
︸ ︷︷ ︸
<1
+
1
3!
(
1− 1
n
)
︸ ︷︷ ︸
<1
(
1− 2
n
)
︸ ︷︷ ︸
<1
+ · · ·+ 1
n!
(
1− 1
n
)
︸ ︷︷ ︸
<1
(
1− 2
n
)
︸ ︷︷ ︸
<1
· · ·
(
1− n− 1
n
)
︸ ︷︷ ︸
<1
≤ sn ∀n
En consecuencia,
ĺım
n→∞
tn = e ≤ ĺım
n→∞
sn
Finalmente, se tiene que sn está acotada por arriba y por abajo por el mismo número.
Así se concluye que 1 + 1
1!
+ 1
2!
+ · · ·+ 1
n!
converge a e.
�
10
Problema 8. Sea g : [0, 1]→ R+ continua y creciente en el intervalo [0, 1] , con g(0) = 0.
Pruebe que la serie
∑∞
n=1 g(
1
n
) converge si y sólo si la integral
∫ 1
0
g(x)
x2
dx converge.
Solución: Fíjese que el término general de la serie es g( 1
n
) el que cuando n→∞ se tiene
que g( 1
n
)→ 0 ya que g(0) = 0.
Para resolver el problema, hagamos la siguiente sustitución:
1
x
= u lo que implica que − 1
x2
dx = du
Luego, sustituyendo se obtiene lo siguiente:∫ 1
0
g(x)
x2
dx = −
∫ 1
∞
g
(
1
u
)
du =
∫ ∞
1
g
(
1
u
)
du
Ya que g es creciente se tiene que g′(x) ≥ 0 para todo x ∈ [0, 1]. ¿Pero qué ocurre con
g( 1
u
)? Veamos.
d
du
g
(
1
u
)
= − 1
u2
g′
(
1
u
)
≤ 0
Lo anterior nos dice que g( 1
u
) es monótona decreciente. Ahora, como enunciamos al prin-
cipio y ya que g es continua,
ĺım
u→∞
g
(
1
u
)
= g
(
ĺım
u→∞
1
u
)
= g(0) = 0
Por lo tanto,
∞∑
n=1
g
(
1
n
)
converge ⇐⇒
∫ ∞
1
g
(
1
u
)
du converge
⇐⇒
∫ 1
0
g(x)
x2
dx converge
11

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