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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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