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Breves Apuntes de Analisispara las Matematicas en la Ensenanza Secundaria

Badajoz, 15 de abril de 2015

Sucesion de Fibonacci

Dpto. de Matematicas

Univ. de Extremadura

Breves Apuntes de Analisispara las Matematicas

en la Ensenanza Secundaria

Dpto. de Matematicas

Univ. de Extremadura

Breves Apuntes de Analisis para las Matematicas de la ESO.

15 de abril de 2015

Indice general

1. Analisis matematico 11.1. Sucesiones y series . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1

1.1.1. La sucesion de Fibonacci . . . . . . . . . . . . . . 11.1.2. La proporcion aurea . . . . . . . . . . . . . . . . . 41.1.3. La proporcion aurea y los Poliedros Platonicos . . 5

1.2. Ejercicios de sucesiones . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 71.3. Funciones . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 10

1.3.1. La funcion exponencial . . . . . . . . . . . . . . . . 101.3.2. La exponencial real y el logaritmo real . . . . . . . 121.3.3. Las funciones trigonometricas . . . . . . . . . . . . 141.3.4. La Funcion Zeta de Riemann . . . . . . . . . . . . 161.3.5. Productos infinitos . . . . . . . . . . . . . . . . . . 181.3.6. Funcion Zeta de Riemann y Numeros primos . . . 191.3.7. La funcion factorial . . . . . . . . . . . . . . . . . 20

1.4. Los numeros e y pi. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 211.4.1. Formulas para el calculo de pi. . . . . . . . . . . . 21

1.5. Ejercicios de funciones . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 271.6. Problemas de Oposiciones . . . . . . . . . . . . . . . . . . 321.7. Problemas diversos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 34

2. Problemas visuales 39

3. El Analisis matematico en la Educacion Secundaria 513.1. Educacion Secundaria Obligatoria . . . . . . . . . . . . . 51

3.1.1. Contenidos de Matematicas . . . . . . . . . . . . . 513.2. Bachillerato . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 52

3.2.1. Contenidos de Matematicas I . . . . . . . . . . . . 523.2.2. Contenidos de Matematicas II . . . . . . . . . . . . 52

i

ii INDICE GENERAL

3.3. Temario de oposiciones . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 53

Tema 1

Analisis matematico

1.1. Sucesiones y series

1.1.1. La sucesion de Fibonacci

Consideremos una poblacion de amebas con la siguiente propiedad.Desde su nacimiento pasan dos dias hasta que son adultas y desde esemomento todos los das tienen una hija.

Si aislamos en el momento de su nacimiento una ameba, cuantasamebas habra el da n?, cual es la proporcion xn, de amebas jovenes aadultas ese da?, a que tiende xn?.

1

2

3

4

5

6

7

8

9

Figura 1.1. Sucesion de Fibonacci

Hay tres tipos de amebas: las jovenes recien nacidas (en el dibujo grisclaro), las jovenes que tienen 1 da (gris oscuro) y las adultas (negras).Denotemos con an las amebas que hay el da n, entonces a1 = a2 = 1y el da n + 1 hay an+1 = an + (an+1 an), de las cuales an+1 anson gris claro (por tanto al da siguiente no tienen hijas) y el resto anson negras o gris oscuro y por tanto al da siguiente son negras y todastienen descendencia, por lo tanto el da n + 2 tendremos an negras, an

1

2 Tema 1. Analisis matematico

gris claro y an+1 an gris oscuro, es decir an adultas y an+1 jovenes, entotal

a1 = a2 = 1, an+2 = an+1 + an, o equivalentemente a0 = 0 y a1 = 1

esta es la llamada sucesion de Fibonacci , definida por recurrencia,

1, 1, 2, 3, 5, 8, 13, 21, 34, 55, 89, 144, . . . .

Nota 1.1 La sucesion de Fibonacci aparece de forma natural en el mun-do de las abejas, cuando consideramos el numero an de ancestros degeneracion nsima de un zangano, donde la generacion 1 es el (es decira1 = 1), la 2 es la de sus padres, la 3 la de sus abuelos, etc. Hay 3 ti-pos de abejas: La reina (hembra), las obreras (hembras) y los zanganos(machos). La reina en general es la unica hembra fertil y puede poner obien huevos sin fecundar, de los que salen los zanganos (que son fertiles),o huevos fecundados por un zangano, que es de donde salen las hembras(tanto las reinas que son fertiles, como las obreras, que en general no loson). Por tanto un zangano (Z) no tiene padre, solo tiene 1 madre quees reina (R), por tanto a2 = 1 = 1R, y esta ha tenido madre y padre,por lo que a3 = 2 = 1R + 1Z, a4 = 3 = 2R + 1Z, a5 = 5 = 3R + 2Z,a6 = 8 = 5R+ 3Z,. . .

Observemos que no solo tenemos que el numero de ancestros de ge-neracion nsima de un zangano es an, sino que ademas esa generacionesta formada por an1 reinas y an2 zanganos.

Tambien esta presente en el mundo de las plantas, por ejemplo en laflor del girasol podemos contar dos colecciones de curvas unas destrogirasy otras levogiras. Estos dos numeros no son iguales y lo que es masinteresante, son dos numeros seguidos de la sucesion de Fibonacci.

Curvas levgiras en el girasol: 55

15

10

15

20

25

30

35

4045

50

55

60

65

70

75

80

85

89

Curvas destrgiras en el girasol: 89

1

5

10

15

20

25

30

35

40

45

50

55

Figura 1.2. Curvas en el girasol

Veamos ahora algunas propiedades de esta sucesion:

1.1. Sucesiones y series 3

Proposicion 1.2 Para n 1 y a0 = 0

an+1an1 a2n = (1)n.

Demostracion. Veamoslo por induccion en n. Para n = 1 es verdad,

a2a0 a21 = 1.

ahora si es verdad para n veamos que tambien lo es para n+ 1

an+2an a2n+1 = (an+1 + an)an an+1(an + an1)= a2n an+1an1 = (1)n+1.

Proposicion 1.3 Para n 1 y xn = an+1/an,

xn+1 xn = (1)n+1

anan+1,

Demostracion. Por la definicion y (1.2) se tiene

xn+1 xn = an+2an+1

an+1an

=an+2an a2n+1

anan+1=

(1)n+1anan+1

.

Proposicion 1.4 Para n 1

1 = x1 x2n1 < x2n+1 < x2n+2 < x2n x2 = 2.

Demostracion. Por (1.3) se tiene que para k 2

xk+1 xk1 = xk+1 xk + xk xk1 = (1)k+1

akak+1+

(1)kak1ak

= (1)k(

1

ak1ak 1akak+1

)= (1)k

(ak+1 ak1ak1akak+1

)= (1)k 1

ak1ak+1,

y para k = 2n tendremos x2n+1 x2n1 > 0 y para k = 2n+ 1, x2n+2x2n < 0.


1.1.2. La proporcion aurea

Para todo n 1 se tiene

1 xn = 1 + 1xn1

=2xn2 + 1xn2 + 1

2,

y por (1.4) la subsucesion de los terminos impares: x2n+1 es creciente yacotada superiormente por 2 y la de los pares x2n es decreciente y acotadainferiormente por 1, por tanto ambas tienen lmite x que satisface por loanterior

x =2x+ 1

x+ 1 x2 x 1 = 0 x = 1

5

2,

y como 1 x 2, solo hay una solucion x = = (1 +5)/2 = 1, 615,que es la proporcion o seccion aurea.

Este numero = (1 +

5)/2,

tiene la siguiente propiedad: si construimos un rectangulo con proporcionde lados igual a y lo dividimos en un cuadrado y un rectangulo, estenuevo rectangulo tiene la misma proporcion .

1

1

1

-1

Figura 1.3. Rectangulo aureo

Ademas como = 1+1/ =

1 + , pues 2 = +1, se demuestranfacilmente las siguientes igualdades

= 1 +1

1 + 11+=

1 +

1 +

1 + .

Tambien se tiene que 1 = es la otra solucion de x2 x 1 = 0 y por tanto ambas satisfacen xn+2 = xn+1 + xn. Del mismomodo para cualesquiera a, b, la sucesion fn = a

n + bn satisface laformula de recurrencia inicial y la sucesion fn = an, es la nuestra si

1.1. Sucesiones y series 5

elegimos a y b que satisfagan las condiciones iniciales a0 = 0 y a1 = 1 (oequivalentemente a1 = a2 = 1), es decir

a+ b = 0, a+ b = 1,

es decir a = 1/

5 y b = a, por tanto tenemos las formulas para elcalculo directo de la sucesion de Fibonacci

an =15

(n n) = n n .

Por otra parte como || < 1, ||n < 1 por tanto ||n/5 < 1/2, dedonde 1/2 < n/5 < 1/2 y para todo n 1,

n5 1

2 0 y el lm

anbn

= c 6= 0, entonces bnconverge sii

an converge. Si el lm

anbn

= 0 ybn converge entonces tambien

an.

Ejercicio 1.2.7 Demostrar que la serie geometrica,n=0 z

n para |z| < 1 esconvergente y vale 1/(1 z) y que si |z| 1, la serie es divergente.

Ejercicio 1.2.8 Demostrar el criterio del cociente, para zn C y

r = lm inf

zn+1zn , R = lm sup zn+1zn

.(a) Si R < 1 entonces

zn converge absolutamente. (b) Si r > 1 entonces

zn diverge.

Ejercicio 1.2.9 Demostrar el criterio de la raz, para zn C y = lm sup n|zn|:

(a) Si < 1, entonceszn converge absolutamente. (b) Si > 1, entonces

zn diverge.

Ejercicio 1.2.10 Sea an R una sucesion y sn = (1/n)ni=1 ai, demostrarque

lm inf an lm inf sn lm sup sn lm sup an.

Ejercicio 1.2.11 Sean an > 0, demostrar que

lm infan+1an lm inf nan lm sup nan lm sup an+1

an.

Ejercicio 1.2.12 Calcular los lmites

(1) lmn

1 + 2 + 3 + + nn2

(2) lmn

1 + x+ x2 + + xnxn

(para x > 1).

(3) lmn

(nm

)nm

(4) lmn

nn

.

1.2. Ejercicios de sucesiones 9

Ejercicio 1.2.13 Calcular el valor de la serien=1 r

n, para 0 < r < 1 y daruna interpretacion geometrica para las series

(a)

n=1

1

2n, (b)

n=1

1

4n, (c)

n=1

1

8n

Ejercicio 1.2.14 Calcular el lmite de la sucesion:

a1 =

2, a2 =

2 +

2, a3 =

2 +

2 +

2,

Ejercicio 1.2.15 Cuanto puede sobresalir un libro en una pila de libros, po-niendo tantos como se quiera?.

Ejercicio 1.2.16 Sean ai, bi, i = 1, . . . , n, numeros no negativos. Probar que

na1 an + n

b1 bn n

(a1 + b1) (an + bn).

Ejercicio 1.2.17 Demostrar que para n 3nn+1 > (n+ 1)n.

Ejercicio 1.2.18 Demostrar que si n es par

cos2pi

n+ + cos(n 1)2pi

n+ 1 = 0,

sin2pi

n+ + sin(n 1)2pi

n= 0.

Ejercicio 1.2.19 Sean x1 x2 xn e y1 y2 yn numeros realesy sea una permutacion de los n primeros naturales. Demostrar que

ni=1

xn+1iyi ni=1

x(i)yi ni=1

xiyi.

Ejercicio 1.2.20 Demostrar que (ver el ejercicio (1.5.20))

(1 + 2 + + n)2 = 1 + 23 + + n3.

Ejercicio 1.2.21 Sean 0 < r1 < r2 < < rm R y 0 < ni R, parai = 1, . . . ,m. Demostrar que (0, 0) y los m puntos (xi, yi) R2, siendo

xi =

ij=1 njmj=1 nj

, yi =

ij=1 njxjmj=1 njxj

,

definen una poligonal convexa que une (0, 0) con (1, 1).


Ejercicio 1.2.22 Demostrar que a2, b2, c2 estan en progresion aritmetica sii loestan los inversos de b+ c, a+ c, a+ b.

Ejercicio 1.2.23 Demostrar que dos numeros complejos z1, z2, definen un trian-gulo isosceles con angulo en 0 y lados iguales los definidos por ellos si y solosi

z21 + z22 = 2z1z2 cos.

.

Ejercicio 1.2.24 Demostrar que tres numeros complejos z1, z2, z3 forman untriangulo equilatero si y solo si

z21 + z22 + z

23 = z1z2 + z1z3 + z2z3.

.

Ejercicio 1.2.25 Demostrar que tres numeros complejos z1, z2, z3 forman untriangulo rectangulo e isosceles, con angulo recto en z3, si y solo si

(z1 z3)2 + (z2 z3)2 = 0.

.

1.3. Funciones

1.3.1. La funcion exponencial

Definicion. Definimos la funcion exponencial compleja exp: C C

exp(z) =

n=0

zn

n!.

Ejercicio 1.3.1 Demostrar que para todo x R, lm xnn!

= 0.

Ejercicio 1.3.2 Demostrar que nn! =.

Ejercicio 1.3.3 Demostrar que para z C, la serie n=0 znn! es absolutamenteconvergente y la convergencia es uniforme en todo acotado de C y que exp(0) =1.

1.3. Funciones 11

Lema 1.7 (Teorema De Martens) Sean an, bn C y ci =ij=0 ajbij.

Sin=0 an es absolutamente convergente y

n=0 bn es convergente,

entonces la serie de cn es convergente y vale

n=0

cn =

( n=0

an

)( n=0

bn

).

Demostracion. Sean An =ni=0 ai, Bn =

ni=0 bi, An A y

Bn B. Ahora considerando bk = 0, para k < 0,

Cn :=

ni=0

ci =

ni=0

ij=0

ajbij =ni=0

nj=0

ajbij

=

nj=0

ni=0

ajbij =nj=0

ni=j

ajbij =nj=0

aj

nji=0

bi =

nj=0

ajBnj

por tanto

|Cn AB| |nj=0

ajBnj Bnj=0

aj |+ |Bnj=0

aj AB|

nj=0

|aj ||Bnj B|+ |B||nj=0

aj A|,

y como el segundo sumando converge a 0, basta demostrar que tambienel primero. Ahora bien |Bn B| 0, por tanto existe p R, tal quepara todo n, |Bn B| p. Sea k =

|an| y dado > 0, sea N N,tal que para m N , |Bm B| /(2k) y

N+1 |am| /2p, entonces

para n 2N ,nj=0

|aj ||Bnj B| =Nj=0

|aj ||Bnj B|+n

j=N+1

|aj ||Bnj B| .

Corolario 1.8 Si las series son absolutamente convergentes( n=0

a1,n

) ( n=0

am,n

)=

=

n=0

ni1=0

ni1i2=0

ni1im2

im1=1

a1,i1a2,i2 am,ni1im1 .


Demostracion. Por induccion.

Teorema 1.9 Para a, b C se verifica que

exp(a+ b) = exp(a) exp(b).

Demostracion. Se sigue del Teorema de Martens (1.7) que paraan = a

n/n!, bn = bn/n! y cn =

ni=0 aibni,

exp(a) exp(b) =

k=0

ak

m=0

bm =

n=0

cn

=

n=0

ni=0

ai

i!

bni

(n i)! =n=0

(a+ b)n

n!= exp(a+ b).

Definicion. Definimos el numero e = exp(1).

Proposicion 1.10 Para cada z C, exp(z) 6= 0 y exp(z) = exp(z).Demostracion. Lo primero porque exp(z) exp(z) = exp(0) = 1.

Para ver la derivada observemos que

exp(h) 1h

=

n=1

hn1

n!

y esta serie converge (por el criterio del cociente) absoluta y uniforme-mente en los compactos, por tanto define una funcion continua que enh = 0 vale 1. Por tanto

exp(z) = lmh0

exp(z + h) exp(z)h

= exp(z) lmh0

exp(h) 1h

= exp(z).

1.3.2. La exponencial real y el logaritmo real

Proposicion 1.11 Para x R, exp(x) > 0 y define una funcion crecientetal que exp(x) = exp(x) y

lmx exp(x) =, lmx exp(x) = 0,

por tanto exp: R (0,) es una biyeccion.

1.3. Funciones 13

Demostracion. Como exp(x) exp(x) = 1, basta demostrar que escreciente para x 0, y de la definicion se tiene que en esos puntos escreciente por serlo para cada n, xn; ahora como 1 = exp(0) < exp(1) = e,exp(n) = en y se tiene el primer lmite. El segundo se sigue de queexp(x) = 1/ exp(x).Definicion. Definimos la funcion logaritmo neperiano

ln : (0,) R,

como la inversa de la exponencial real, que tambien es biyectiva por tanto

x = exp(lnx) = ln(exp(x)),

y su derivada se obtiene de la formula anterior por la regla de la cadena

1 = exp(lnx) ln(x) = x ln(x) ln(x) = 1x.

El logaritmo es creciente y tiene las siguientes propiedades que heredade la exponencial:

(i) ln(1) = 0, ln(e) = 1, lmx0+ ln(x) = , lmx ln(x) =.(ii) Para 0 < a, b

ln(a b) = ln(exp(ln(a)) exp(ln(b)) = ln(exp(ln(a)+ln(b))) = ln(a)+ln(b).

(iii) Para a > 0 y b = 1/a

0 = ln(a a1) = ln(a) + ln(a1) ln(a1) = ln(a).

(iv) Para a > 0 y n Z, ln(an) = n ln(a) y para b = an, ln(b) =n ln(b1/n), de donde que para q = m/n Q

ln(aq) = ln(amn ) =

m

nln(a) = q ln(a) aq = exp (q ln a) ,

lo cual nos sugiere la siguiente definicion.

Definicion. Dado a > 0 y x R definimos

ax = exp (x ln(a)) .

En particular tendremos que para x R

ex = exp (x ln(e)) = exp(x).


Definicion. Denotaremos para z C, ez = exp(z)Por la definicion ez = ez, por tanto para x R,

1 = eixix = eix eix = | eix |2,de donde | eix | = 1.

1.3.3. Las funciones trigonometricas

Definicion. Para x R, definimos las funciones seno y coseno,senx = Im eix, cosx = Re eix .

por tanto se tiene sen2 x+ cos2 x = 1 y la Identidad de Euler

eix = cosx+ i senx.

y derivando en esta igualdad respecto de x, tendremos

i(cosx+ i senx) = i eix = (eix) = cos(x) + i sen(x).

por tantocos(x) = sen(x), sen(x) = cos(x).

Ademas separando parte real e imaginaria

cosx+ i senx = eix =

n=0

inxn

n!=

n=0

i2nx2n

(2n)!+

n=1

i2n1x2n1

(2n 1)! ,

se tienen las igualdades

cosx =

n=0

(1)nx2n(2n)!

, senx =

n=1

(1)n+1x2n1(2n 1)! ,

para las que cos 0 = 1 y sen 0 = 0. Ahora consideremos x = 2, entonces

cos 2 = 1 22

2!+

24

4! 2

6

6!+

28

8!+ ,

y los terminos de la serie a partir del tercero en modulo decrecen y tienensignos alternados, por tanto su suma es negativa de donde

cos 2 < 1 22

2!+

24

4!= 1

3< 0,

1.3. Funciones 15

y como cos 0 = 1, existe un mnimo t0 > 0 en el que cos t0 = 0. Definimos

pi = 2t0.

y como cosx > 0, en [0, t0), tendremos que sen(x) = cos(x) > 0 en

estos puntos, por tanto sen t0 > 0 y como sen2(t0) = 1, tendremos que

sen(t0) = 1 y se tiene

epii2 = cos(t0) + i sen(t0) = i, e

pii = 1, e2pii = 1.

Ademas tambien se tiene que

ei(x+2pi) = cos(x+ 2pi) + i sen(x+ 2pi) = eix = cos(x) + i sen(x) cos(x+ 2pi) = cos(x), sen(x+ 2pi) = sen(x),

eix = cos(x) i sen(x) = eix = cos(x) + i sen(x) cos(x) = cos(x), sen(x) = sen(x),

ei(a+b) = cos(a+ b) + i sen(a+ b) = eia eib

= (cos(a) + i sen(a))(cos(b) + i sen(b)) cos(a+ b) = cos(a) cos(b) sen(a) sen(b),sen(a+ b) = sen(a) cos(b) + cos(a) sen(b)

0 = cos(pi/2) = cos(pi/4 + pi/4) = cos2(pi/4) sen2(pi/4) cos(pi/4) = sen(pi/4),

pues ambos son positivos.

Definimos la funcion tangente en (pi/2, pi/2) = (t0, t0)

tan: (pi/2, pi/2) R, tan(x) = sen(x)cos(x)

para la que tan(pi/4) = 1 y es estrictamente creciente pues

tan(x) =cos2(x) + sen2(x)

cos2(x)= 1 + tan2(x) 1,

ademas lmxpi/2 tan(x) = y lmxpi/2 tan(x) = , por tanto tieneinversa que llamamos arco tangente,

arctan: R (pi/2, pi/2),


para la que arctan(0) = 0 y arctan(1) = pi/4, ademas x = tan[arctan(x)]y derivando

1 = tan[arctan(x)] arctan[x] = (1+x2) arctan[x] arctan[x] = 11 + x2

,

por lo tanto

(1.1)

10

dx

1 + x2=pi

4.

Ejercicio 1.3.4 Demostrar que la probabilidad de las permutaciones de {1, 2, . . . , n},que no tienen ningun numero en su sitio es

ni=0

(1)ii!

,

y por tanto cuando n converge a 1/e.

Ejercicio 1.3.5 Demostrar que la primera sucesion es creciente y la segundadecreciente y ambas acotadas(

1 +1

n

)n,

(1 1

n

)n.

Ejercicio 1.3.6 Demostrar que

lmn

(1 +

1

n

)n= lmn

(1 1

n

)n= e .

Ejercicio 1.3.7 Demostrar que

lmnnn!

= e.

Ejercicio 1.3.8 Demostrar que e es irracional.

1.3.4. La Funcion Zeta de Riemann

Teorema 1.12 (Criterio de la integral) Sea f : [1,) (0,) decre-ciente y continua y sean para n N,

an = f(n), tn =

n1

f(x) dx,

entonces la seriean converge (diverge) sii la sucesion tn converge

(diverge).

1.3. Funciones 17

Demostracion. Ambas sucesiones sn =ni=1 ai y tn son crecientes,

por tanto convergentes sii estan acotadas. Ahora bien para cada i yx [i 1, i) tendremos que ai = f(i) f(x) f(i 1) = ai1, portanto integrando en ese intervalo y sumando

sn a1 =ni=2

ai ni=2

ii1

f(x) dx = tn ni=2

ai1 = sn1,

y el resultado se sigue.Definicion. Definimos la funcion zeta de Riemann en los s (1,)como

(s) =

n=1

1

ns.

Para ello habra que ver que la serie es convergente, lo cual se sigue delcriterio de la integral (1.12), pues f(x) = xs es decreciente y continuay para s > 1

tn =

n1

xs dx = n1

(x1s)

1 s dx =1 n1ss 1 ,

es convergente.Observemos que para s = 1 la serie que define (1) es la llamada

serie armonica n=1

1

n,

que es divergente por el mismo criterio y la misma funcion f(x) = 1/x,pues en este caso

tn =

n1

x1 dx = log n,

es divergente. Sin embargo se tiene que

lms1+

(s 1)(s) = 1,pues

1

s 1 = 1

dx

xsn=1

1

ns< 1 +

1

dx

xs= 1 +

1

s 1 .

Veremos en la pag. 25, que para s = 2 se tiene que

(2) =

n=1

1

n2=pi2

6.


1.3.5. Productos infinitos

Definicion. Dada una sucesion zn de numeros reales o complejos nonulos, sea pn = z1 zn =

ni=1 zi. Si pn converge a un p no nulo diremos

que existe el producto infinito de los zn y lo denotaremoszi = p.

Teorema 1.13 Sean zn no nulos, entonces condicion necesaria y sufi-ciente para la existencia del producto infinito

zn es que para todo > 0

exista un N N tal que para n N y k 1, |zn+1 zn+k 1| , yen tal caso zn 1.

Demostracion. Sea mn{|pn|} = M > 0, que existe pues pn p y son no nulos. Ahora para todo > 0 existe un N N tal que paran N y k 1, |pn+k pn| M y dividiendo por |pn|, que es no nulo,

|zn+1 zn+k 1| M|pn|

Dado = 1/2, existe m tal que para n m y k 1,|zn+1 zn+k 1| 1/2.

Consideremos la sucesion uk = zm+1 zm+k y veamos que es conver-gente, para ello observemos que |uk1| 1/2, por tanto uk (1/2, 3/2),de donde se sigue que de tener uk lmite u, es no nulo. Veamos que uk esde Cauchy, para ello sea > 0, entonces existe N , que podemos tomar m, tal que para n N y k 1,

|zn+1 zn+k 1| ,por tanto

|un+k un| = |un|un+kun 1

= |un| |zm+n+1 zm+n+k 1| 3/2,y el resultado se sigue pues pm+n = z1 zm un z1 zm u.Teorema 1.14 Sean an > 0, entonces la serie

an es convergente sii

existe el producto infinitoi=1(1 + an).

Demostracion. Consideremos las sucesiones crecientes sn =ni=1 ai

y pn =ni=1(1 + ai), entonces como 1 +x 1 +x+ x

2

2 + = ex, para1x 0, tendremos que

sn pn esn ,por tanto si una converge tambien la otra.

1Es cierto para todo R, pero aqu solo lo necesitamos para x 0

1.3. Funciones 19

1.3.6. Funcion Zeta de Riemann y Numeros primos

1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20

Figura 1.7. Los primos son los unicos en los que se cortan dos curvas

Denotemos con P = {qn} N el conjunto ordenado de los numerosprimos. Recordemos el resultado fundamental siguiente.

Teorema 1.15 Todo natural n > 1 se expresa de modo unico como pro-ducto de primos k1 km, con ki ki+1, para 1 i m 1.

Demostracion. Por induccion en n. Para n = 2 es obvio. Si n esprimo es obvio y si no lo es, es un producto n = ab, con a y b menoresque n, y por induccion producto de primos, en definitiva n es productode primos. Veamos que la descomposicion es unica si esta ordenada.Supongamos que tenemos dos descomposiciones en producto de primosordenados

n = k1 km = r1 rk,entonces k1 divide a n por tanto es alguno de los ri y debe ser r1 porquepor la misma razon r1 es uno de los ki, por tanto dividiendo por el,k2 km = r2 rk y repitiendo el razonamiento se tiene que m = k yri = ki.

Se tiene la siguiente expresion, debida a Euler, de la funcion Zeta deRiemann en terminos de los numeros primos.

Teorema 1.16 Para cada s (1,), se tiene (ver 1.3.4)

(s) =

n=1

1

ns=

n=1

1

1 qsn.


Demostracion. Consideremos la sucesion de productos finitos, quedesarrollamos utilizando (1.8), denotando ai = q

si < 1,

pm =1

1 qs1 1

1 qsm=

( n=0

an1

) ( n=0

anm

)

=

n=0

ni1=0

ni1i2=0

ni1im2

im1=0

ai11 ani1im1m

=

n=0

ni1=0

ni1i2=0

ni1im2

im1=0

1(qi11 qni1im1m

)s=nNm

1

ns,

donde Nm es el conjunto de los naturales cuyos factores primos son me-nores o iguales que qm, ahora tenemos que

0 (s) pm =n=1

1

nsnNm

1

ns=

nN\Nm

1

nsn>qm

1

ns,

pues N\Nm son los naturales que tienen algun factor primo mayor queqm y lo ultimo converge a 0, cuando m, pues la serie es convergente.

1.3.7. La funcion factorial

Definicion. Definimos la funcion factorial2

: (1,) R, (t) =(0,)

exxt dm.

Teorema 1.17 La funcion factorial es de clase infinito y verifica: (0) =1, (1/2) = pi y que (t) = t (t 1) para t > 1; por tanto(n) = n!, para n N.

2Parece ser (ver Ivorra, pag.283) que el descubridor de esta funcion fue Euler,siendo de Gauss la notacion para ella y que es de Legendre la funcion Gamma,(t) = (t 1),

: (0,) (0,), (t) =(0,)

exxt1 dm,

que es mas habitual.

1.4. Los numeros e y pi. 21

Demostracion. Como el comportamiento del integrando es distintoen (0, 1) que en (1,) consideramos f(t, x) = exxt y las funciones

1(t) =

(0,1)

f(t, x) dm, 2(t) =

(1,)

f(t, x) dm,

por tanto como = 1 + 2, basta ver que las i son de clase infinitoen cada intervalo (a, b) con 1 < a, para lo cual tenemos que probar quepara k 0 las kf/tk = exxt(log x)k estan acotadas por una funcionintegrable para todo t (a, b).

Para 0 < x < 1, log x < 0 y xr = er log x es decreciente en r y sit (a, b), xb < xt < xa, por tanto como | log x| = log x = log x1,tendremos que para todo t (a, b)

|exxt(log x)k| xa (log x1)k ,y la funcion de la derecha es integrable por el ejercicio (??), pag.??, porlo tanto pi1 es de clase infinito.

Para 1 < x, log x > 0 y xr = er log x es creciente, por tanto si t (a, b),xa < xt < xb. Ademas como 0 < log x < x,

ex xt logn x ex xb logn x ex xb+n

siendo la ultima funcion integrable (ver el ejercicio (??), pag.??).Por ultimo derivando ex xt, respecto de x (para t > 0), e integrando

se tiene que

0 = ex xt]0

= (0,)

ex xt + t(0,)

ex xt1 = (t) + t(t 1),

ahora bien por (??), (0) = 1, por tanto (n) = n! y haciendo elcambio y2 = x por el ejercicio (??), se sigue del ejercicio (??) que(1/2) = (1/2) = pi.

1.4. Los numeros e y pi.

1.4.1. Formulas para el calculo de pi.

1.- Formula de LeibnizGregory. Sea

sn =

nm=0

(1)mx2m = 1 x2 + x4 + + (1)nx2n,


entonces(x2 + 1)sn = x

2sn + sn = 1 + (1)nx2(n+1),por tanto para todo a > 0 a

0

sn dx =

a0

dx

1 + x2+ (1)n

a0

x2(n+1)

x2 + 1dx

nm=0

(1)ma2m+12m+ 1

= arctan(a) + (1)n a0

x2(n+1)

x2 + 1dx,

(ver la pag. 16); y como a0

x2(n+1)

x2 + 1dx

a0

x2n+2 dx =a2n+3

2n+ 3,

y para a 1, tomando lmites tendremosm=0

(1)ma2m+12m+ 1

= arctan(a).

en particular para a = 1, tendremos la Formula de LeibnizGregory

m=0

(1)m2m+ 1

=pi

4,

es decir

(1.2) 1 13

+1

5 1

7+

1

9 1

11+ = pi

4.

abc

d

Figura 1.8.

2.- La serie (1.2) aunque elegante, es muy lenta, sin embargo utili-zando los mismos argumentos, tenemos otra forma de calcular pi a travesde una serie mas rapida que la anterior considerando la igualdad

arctan(1) = arctan(1/2) + arctan(1/3),


lo cual es obvio observando la figura (1.8), pues a = b+ d y d = c, dadoque tan(c) = 1/3 = tan(d). Por lo tanto

pi

4= a = b+ c = arctan(1/2) + arctan(1/3)

=

m=0

(1)m22m+1(2m+ 1)

+

m=0

(1)m32m+1(2m 1)

=

m=0

(1)m(

1

22m+1(2m 1) +1

32m+1(2m 1)).

Si llamamos tn a la suma parcial de esta serie, los 8 primeros valoresde ambas sumas parciales son

n 1 2 3 4 5 6 7 84sn 4 2,66 3,466 2,895 3,3396 2,9760 3,2837 3,017074tn 3,33333 3,11 3,145 3,140 3,1417 3,1415 3,1416 3,14159

3.- Calculo de pi mediante Series de Fourier.

Teorema 1.18 El conjunto de funciones de [pi, pi], para n = 1, 2, . . .

0(x) =12, n(x) = cosnx, n(x) = sennx,

es ortonormal, con el producto interior

< f, g >=1

pi

pipi

f(x)g(x)dx.

Demostracion. Por una parte < n, m >= 0, porque nm es unafuncion impar y por otra si denotamos con un cualquiera de las funcionesn o n, entonces se tiene que

un = n2un, un(pi) = un(pi), un(pi) = un(pi),y para n 6= m se sigue que

(m2 n2) pipi

unum =

pipi

unum umun

=

pipi

(unum umun) = [unum umun]pipi = 0.


Por otro lado tienen norma 1 pues

(sen(nx) cos(nx)) = n cos2(nx) n sen2(nx),e integrando tenemos que

pipi cos

2 nx = pipi sen

2 nx, por tanto

1 =1

2pi

pipi

(cos2 nx+ sen2 nx) =1

pi

pipi

cos2 nx.

Ademas estas funciones son base del espacio de Hilbert L2[pi, pi], es-pacio cociente de L2[pi, pi] (funciones Borel medibles de cuadrado inte-grable) con la relacion de equivalencia dada por la igualdad de funcionessalvo en un conjunto de medida nula. Es decir que el menor subespaciocerrado que las contiene es el total.

Toda u de esta clase tiene una serie de Fourier

u =

n=0

ann +

n=1

bnn,

donde la serie se entiende como el lmite de las sumas parciales con lanorma que induce el producto interior y los coeficientes de Fourier an ybn de u, vienen dados por

a0 =< u, 0 >=1

pi

2

pipi

u(x)dx,

an =< u, n >=1

pi

pipi

u(x) cosnx dx,

bn =< u,n >=1

pi

pipi

u(x) sennxdx,

ademas se tiene la igualdad de Parseval, que no es otra cosa que elteorema de Pitagoras infinito dimensional

u2 =< u, u >= 1pi

pipi

u2(x)dx =

n=0

a2n +

n=1

b2n.

En el caso particular de que u, sea impar, es decir u(x) = u(x),se tendra que los an = 0 y por tanto

u2 =n=1

b2n.


Por ejemplo si consideramos la funcion u(x) = x en [pi, pi], que esimpar tendremos que

u2 = 2pi

pi0

x2 dx =2pi2

3

bn =2

pi

pi0

x sennxdx =2

pi

[ sennxn2

x cosnxn

]pi0

=2(1)n+1

n,

y en definitiva tendremos que b2n = 4/n2 y podemos calcular

(1.3) (2) =

n=1

1

n2=

1

4

n=1

b2n =1

4u2 = pi

2

6,

lo cual a su vez nos da otra va para el calculo de pi.

4. Si un polinomio p(x) tiene races ai y p(0) = 1, entonces p(x) =(1 xai ). Si las funciones tuviesen esa propiedad, entonces

sin(x)

x=(

1 xpi

)(1 +

x

pi

)(1 x

2pi

)(1 +

x

2pi

) =

=

(1 x

2

pi2

)(1 x

2

4pi2

)(1 x

2

9pi2

)

y el coeficiente en x2 sera

(

1

pi2+

1

4pi2+

1

9pi2+

)= 1

pi2

n=1

1

n2.

y derivando directamente la funcion tendramos

n=1

1

n2=pi2

6.

Nota 1.19 En este apartado vamos a calcular los volumenes ndimensio-nales de las hiperesferas Bn de radio 1 y las respectivas areas n 1dimensionales de sus hipersuperficies frontera Bn = S

n1. Para ellousaremos unos resultados fundamentales de Analisis II: El Teorema dela medida producto, el de Fubini y el Teorema de cambio de variable ysupondremos conocida la existencia de la medida3 = n1Hn1 en las

3Para p = 0 H0 es la medida de contar y para p > 0, Hp es la medida de Hausdorffpdimensional, definidas en los Borelianos del espacio metrico Rn, en el que se tienepara p > n,Hp = 0 yHn es proporcional amn, la medida de Lebesgue ndimensional,es decir que existen constantes n > 0 tales que nHn = mn. Ver Apuntes de Teorade la Medida


esferas Sn1, tal que verifica

(1.4)

f dx1 dxn =

(0,)

Sn1

f(ry)rn1 d dr.

siendo[Sn1] = n mn[Bn],

el hiperarea n 1dimensional de la esfera.Para n = 1 la esfera unidad es el intervalo [1, 1] y su longitud es 2.

Su frontera son 2 puntos. Para n = 2, B2 es el crculo unidad del planoy S1 la circunferencia unidad, y como m2 = m1 m1 tendremos quehaciendo el cambio de variable x = sen ,

m2[B2] =

m1[Bx] dx =

11m{y : x2 + y2 1}dx

= 2

11

1 x2 dx = 2

pi/2pi/2

cos2 d = pi,

pues pi/2pi/2 cos

2 d = pi/2pi/2 sen

2 d, ya que pi/2pi/2(sen cos)

= 0. Portanto

V2 = m2[B2] = pi, (S1) = 2pi,

y para calcular la longitud de S1, por el resultado anterior sera

[S1] = 2 m2[B2] = 2pi,cosa que podemos obtener parametrizando la curva (t) = (cos t, sen t)y calculando 2pi

0

|(t)|dt = 2pi.

Ahora consideremos la funcion que solo depende de la distancia alorigen en Rn

f(x) = e|x|2

= ex21 ex2n ,

a la cual podemos aplicar (1.4) y por el Teorema de Fubini

In =

(

ex2

dx

)n=

ex21 ex2n dx1 dxn

=

e|x|

2

dmn = (Sn1)

0

er2

rn1 dr = (Sn1)(n2 1

)2

,

1.5. Ejercicios de funciones 27

donde la ultima igualdad se sigue de que para x = r2 0

er2

ra dr =

0

ex xa12 dx =

(a 1

2

).

Ahora para n = 2, como (0) = 1 y (S1) = 2pi

I2 = (S1)

(0,)

r er2

dm = pi y por tanto In = pin/2

y en definitiva

(Sn1) =2pin/2

(n2 1

) , Vn = m[Bn] = (Sn1)n

=pin/2

(n/2).

y lo sorprendente es que

1 +

n=1

V2n = pin

n!= epi.

1.5. Ejercicios de funciones

Ejercicio 1.5.1 Estudiar la funcion x1/x. Cual es mayor epi o pie?.

Ejercicio 1.5.2 Sean f , g y h tres funciones reales tales que f = g, g = h yh = f . Demostrar que f3 + g3 + h3 3fgh es constante.

Ejercicio 1.5.3 Sea f : [0, 1] R una funcion continua tal que f(0) = f(1). a)Probar que existe x [0, 1/2], tal que f(x) = f(x+ 1/2). b) Probar que paratodo numero natural n, existe x [0, 1 1/n], tal que f(x) = f(x + 1/n). c)Demostrar que si se recorren 20 Km. en 4 horas, hay un intervalo de tiempode una hora durante el cual se recorren exactamente 5 Km.

Ejercicio 1.5.4 Dar una demostracion geometrica y una analtica de lmx0 sen xx =1 y calcular el

lmx0

1 cosxx

.

Ejercicio 1.5.5 Demostrar que si h C(R), y h(0) = 0, entonces existe unaunica funcion f C(R), tal que h(x) = f(x)x.


Ejercicio 1.5.6 Demostrar que h C(R), para la funcion

h(x) =senx

x,

para x 6= 0 y h(0) = 1.

Ejercicio 1.5.7 Sea f una funcion tal que f (x) = f(x)/x. Calcular cuantovale sabiendo que f(2) = 1

Ejercicio 1.5.8 Dados los puntos A = (0, a) y B = (c, b), con a > 0 y b < 0,encontrar el punto (x, 0), para el que el tiempo que se tarda de A a B pasandopor (x, 0) es mnimo, sabiendo que las velocidades v1 en y > 0 y v2 en y < 0,son constantes.

Ejercicio 1.5.9 Calcular el area que encierran las curvas y = senx e y = cosx,entre dos puntos consecutivos de corte.

Figura 1.9.

Ejercicio 1.5.10 Calcular en forma binomica

(1 i)m+2n(1 + i)m

= a+ bi

en funcion de n y m.

Ejercicio 1.5.11 Calcular el volumen del casquete de altura h, de la esfera deradio R.

Ejercicio 1.5.12 Demostrar que para cualesquiera x, y R,| senx sen y| |x y|.

Ejercicio 1.5.13 Consideremos la funcion f(x) = x+kc senx, para c (0, 1)y k R. Demostrar que f tiene una unica raz, que los puntos de inflexionde su grafica (i.e en los que f 6= 0 y f = 0) estan alineados e igualmenteespaciados, que la sucesion xn+1 = xn f(xn) con x0 arbitrario, tiene lmitey darlo y que la serie

f(xn) es convergente y dar su valor.

1.5. Ejercicios de funciones 29

Ejercicio 1.5.14 (i) Sea c > 0. Calcular el lmite de la sucesion definida porinduccion:

a1 =c, an+1 =

c+ an.

(ii) Es continua en 0 la funcion definida en [0,)

f(x) =

x+

x+x+ ?

Ejercicio 1.5.15 Queremos hacer una caja con un carton cuadrado de 1 metrode lado, para ello cortamos las esquinas en forma de cuadrado y levantamoslas 4 solapas que quedan para formar las caras de la caja. Que longitud debetener el lado del cuadrado para que la caja tenga maximo volumen?

Ejercicio 1.5.16 Demostrar que cada recta que pasa por el origen, de pendiente > 0, corta a la curva y = xn en un punto A = (x1, y1), con proyeccionB = (x1, 0) en el eje x, tal que el interior del triangulo rectangulo 0AB esdividido por la curva en dos trozos cuya proporcion de areas no depende de .Para que valor de n son iguales estas areas?

Ejercicio 1.5.17 Existen polinomios unicos, con coeficientes enteros pn(x) Z[x], para n Z para los que

xn +1

xn= pn(x+

1

x).

Ademas pn pm = pnm.

Ejercicio 1.5.18 Sea f : [0, pi] R diferenciable tal que f(0) = f(pi) = 0.Entonces pi

0

f 2(x) dx pi0

f2(x) dx,

dandose la igualdad sii f(x) = senx (y sus multiplos).

Ejercicio 1.5.19 Sea f : R R una aplicacion tal que para cualesquiera x, y R, |f(x) f(y)| |x y| y f [f [f(0)]] = 0. Demostrar que f(0) = 0.

Ejercicio 1.5.20 Demostrar que en R, tanto para la medida de Lebesguecomo la medida de contar en los naturales, se tiene para todo a > 0( a

0

x d

)2=

a0

x3d.

Ejercicio 1.5.21 Sean a, x (0, 1). Demostrar que 1ax1a > x.


Ejercicio 1.5.22 Dada una funcion derivable en 0, f : R R, tal que f(x/2) =f(x)/2. Probar que f(x) = xf(1).

Ejercicio 1.5.23 Dada una funcion continua f : [0, 1] R, derivable en (0, 1),tal que f(0) = 0 y f(1) = 1, demostrar que para cada n N, existen x1

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