ejercicios resueltos de cÃ¡lculo - 591 pÃ¡g

7/28/2019 Ejercicios Resueltos de Clculo - 591 pg.

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Ejercicios resueltos de

CALCULO

Agustn Valverde Ramos

***** BORRADOR *****

Editado electronicamente por Agustn Valverde


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c

Agustn Valverde Ramos

Dpto. de Matematica Aplicada

Escuela Tecnica Superior de Ingeniera Informatica

Universidad de Malaga

Bvd. Louis Pasteur, s/n (Campus de Teatinos)

29071 Malaga


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Introduccion

Notacion de ejercicios: cap.ej(apart) o cap.ej o ej(apart) o ej

iii


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Indice general

iv


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Captulo 1

El cuerpo de los

numeros complejos

1


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El cuerpo de los numeros complejos 2

Problema 1 Hallar el modulo y el argumento de cada uno de los siguientes numeros:

3 + 4i; (3 + 4i)1; (1 + i)5; 73 + 4i; |3 + 4i|

Recordemos que el recorrido considerado para la funcion arctg es (/2, /2); ademas, esta funcion es impar yverifica la siguiente igualdad:

arctg x + arc tg 1x = 2

|3 + 4i| = 32 + 42 = 5arg(3 + 4i) = arctg 4/3

Utilizamos el apartado anterior:

|(3 + 4i)1| = |3 + 4i|1 = 1/5arg((3 + 4i)1) = arg(3 + 4i) = arctg 4/3

Resolvemos este apartado de una forma alternativa utilizando la notacion de Euler y la formula de Moivre

(1 + i)5 = (

2(1

2+

12

i))5 = (

2(cos

4+ i sen

4))5 = 4

2(cos

5

4+ i sen

5

4)

Por tanto, |(1 + i)5| = 42 y arg(1 + i)5 = 54

Ejercicios resueltos de Calculo. cAgustn Valverde


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Dado que |3 + 4i| = 5, | 73 + 4i| = 75. Por otra parte, un numero complejo tiene n races nesimas distintascuyos modulos coinciden; si = arctg 43 es el argumento de 3 + 4i, entonces los argumentos de las 7 races

septimas son 17 + 27k para k = 0, 1, . . . , 6.

Dado que |3 + 4i| = 5 es un numero real positivo, coincide con su valor absoluto y su argumento es 0.



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Problema 2 Expresar cada uno de los siguientes numeros complejos en la forma a + bi:

ei/2; 2ei/2; 3ei; ei; i + e2i; ei/4; ei/4 ei/4; 1 ei/21 + ei/2

ei/2 = cos 2 + i sen2 = i.

2ei/2 = 2i.

3ei = 3.

ei = 1.

i + e2i = i + 1.

ei/4 = 12

+ i 12

.

ei/4

ei/4 = 2iIm(ei/4) = 2i sen /4 = 2i 1

2= i

2

1 ei/21 + ei/2

= 1 i

1 + i= 1

2(1 i)2 = i



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Problema 3 En cada caso, hallar todos los valores de x e y que satisfacen la relacion dada:

x + iy = xeiy; x + iy = yeix; ex+iy = 1; 1 + i1 i = xe

iy

x + iy = xeiy:

Si x = 0, entonces y = 0; si x = 0, y dado que xeiy

= x cos y + ix sen y, debe ocurrir que cos y = 1 y, en talcaso, sen y = 0 e y = x sen y = 0. Por tanto, las soluciones son todos los complejos con parte imaginaria nula.

x + iy = yeix: Si y = 0, entonces x = 0; si y = 0, y dado que yeix = y cos x + iy sen x, debe ocurrir quesen x = 1 y en tal caso cos x = 0 y x = y cos x = 0; finalmente, dado que la igualdad y = iy no es posible para

ningun y = 0, deducimos que la unica solucion es (0, 0). Dado que 1 = ei, las soluciones de la ecuacion ex+iy = 1 son: x = 0 e y = + 2k

Dado que1 + i1 i = i = e

i/2, las soluciones de la ecuacion1 + i1 i = xe

iy son: x = 1 e y = 2 + 2k



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Problema 4 Resolver las ecuaciones siguientes:

1. x2 + ix + 1 = 0; 2. x4 + x2 + 1 = 0; 3. x3 x2 x 2 = 0; 4.ix (1 + i)y = 3(2 + i)x + iy = 4

1. x2 + ix + 1 = 0 x = 12

(i 1 4)Por tanto, las dos soluciones de la ecuacion son x1 =

12(

5 1)i y x2 = 12(

5 + 1)i.

2. Esta es una ecuacion bicuadrada:

x4 + x2 + 1 = 0 x2 = 12

(1 1 4) = 12

(1 i3)

Por tanto, las dos soluciones de la ecuacion en x2 son:

y1 =

1

2 (1 + i3) = cos2

3 + i sen

2

3 y2 =

1

2 (1 i3) = cos4

3 + i sen

4

3


E 7


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Las cuatro soluciones de la ecuacion del enunciado son las dos races cuadradas de y1 y las dos de y2:

x1 = cos

3 + i sen

3 =

1

2 (1 + i3)x2 = cos

4

3+ i sen

4

3= 1

2(1 + i

3)

x3 = cos2

3+ i sen

2

3=

1

2(1 + i

3)

x4 = cos 53 + i sen 53 = 12 (1 i3)

3. Dado que el polinomio x3x2x2 tiene grado impar, al menos una de las tres soluciones es real; comprobandolos divisores del termino independiente, encontramos que 2 es esta solucion; las otras dos, son las soluciones

de la ecuacion x2 + x + 1 = 0 que hemos resuelto en el apartado anterior. Las tres soluciones son:

x1 = 2 x2 =1

2(1 + i

3) x3 =

1

2(1 i

3)

4. Aplicamos el metodo de reduccion o metodo de Gauss:

ix (1 + i)y = 3(2 + i)x + iy = 4

ix (1 + i)y = 3ix +

i2

2 + iy =

4i

2 + i

ix (1 + i)y = 33i

2 + iy =

i 62 + i

Por tanto, y =i 6

3i= 13 + 2i y x =

3 + (1 + i)yi

= 13(5 + 7i).



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Problema 6 Expresar los numeros complejos siguientes en la forma a + bi:

(1 + i)2; 1/i; 1/(1 + i); (2 + 3i)(3 4i); (1 + i)/(1 2i); i5 + i16; 12(1 + i)(1 + i8)

(1 + i)2 = 1 + 2i 1 = 2i.

1i

= ii2

= i.

1

1 + i=

1 i1 + 1

=12

12

i.

(2 + 3i)(3 4i) = 6 12i2

+ i = 18 + i.

1 + i

1 2i =15

(1 + i)(1 + 2i) = 15(1 + 3i).

i5 + i16 = (1)2i + (1)8 = i + 1.

12

(1 + i)(1 + i8) = 12

(1 + i)(1 + 1) = 1 + i.




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Problema 7 Simplificar la siguiente expresion para cada n N

1 + i + i2 + + in

Para simplificarla, vamos a multiplicar y dividir por (1 i):

1 + i + i2 + + in = (1 + i + i2 + + in)(1 i)1 i

=1 + i + i2 + + in i i2 in in+1

1 i =1 in+1

1 iPor lo tanto, esta expresion depende de la congruencia de n modulo 4:

Si n = 4k, 1 + i + i2 + + in = 1 i4k+1

1 i =1 i1 i = 1

Si n = 4k + 1, 1 + i + i2 + + in = 1 i4k+2

1

i

=1 + 11

i

= 1 + i

Si n = 4k + 2, 1 + i + i2 + + in = 1 i4k+3

1 i =1 + i1 i = i

Si n = 4k + 3, 1 + i + i2 + + in = 1 i4k+4

1 i =1 11 i = 0




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Problema 8 Representar el conjunto de todos los complejos z que satisfacen cada una de las condiciones siguientes:

1. |2z + 3| < 1; 2. |z + 1| < |z 1|; 3. |z i| |z + i|; 4. |z| |2z + 1|

Las representacion de los lugares geometricos determinados por las inecuaciones es la siguiente:

Im

Re

ImIm

ReRe

3/2 2/31/31

|2z + 3| < 1 |z + 1| < |z 1| |z| |2z 1|

Im

Re

|z + i | |z i |

1. |2z + 3| < 1 z + 32

< 12 : interior de la circunferencia de radio1/2 y centro en (3/2, 0).

Recordemos que los numeros complejos que verifican |z| = r son los situados en la circunferencia de radio rcentrada en el origen; los que verifican |z| < r corresponden al interior de esta circunferencia. En general, losnumeros z que verifican |z z0| = r son los situados en la circunferencia de radio r y centro en z0.




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2. Considerando z = x + iy, tenemos

|z + 1| < |z 1| (x + 1)2

+ y2

< (x 1)2

+ y2

x2 + 2x + 1 < x2 2x + 1 4x < 0 x < 0

3. Considerando z = x + iy, tenemos

|z i| |z + i| x2 + (y 1)2 x2 + (y + 1)2 y2 + 2y + 1 y2 2y + 1 4y 0 y 0

4. Considerando z = x + yi, tenemos:

|z| |2z 1| x2 + y2 (2x 1)2 + 4y2 y2 +

x 23

2 1

9

Es decir, la solucion es el interior de la circunferencia de radio 1/3 y centro en (2/3, 0)




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Problema 9

1. Hallar la parte real y la parte imaginaria de senh z, cosh z y tgh z.

2. Hallar tgh(2 + i4 )

senh(x + iy) = 12

(ex+iy exiy)

=1

2(ex(cos y + i sen y) ex(cos y i sen y))

=1

2(ex ex)cos y + i 1

2(ex + ex)sen y

= senh x cos y + i cosh x sen y

cosh(x + iy) =1

2(ex+iy + exiy)

=1

2(ex(cos y + i sen y) + ex(cos y i sen y))

=1

2(ex + ex)cos y + i

1

2(ex ex)sen y

= cosh x cos y + i senh x sen y




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Para evaluar la funcion tgh dividimos las expresiones anteriores y simplificamos simplificamos el resultado:

tgh(x + iy) =senh(x + iy)

cosh(x + iy)=

senh x cos y + i cosh x sen y

cosh x cos y + i senh x sen y

=(senh x cos y + i cosh x sen y)(cosh x cos y i senh x sen y)(cosh x cos y + i senh x sen y)(cosh x cos y i senh x sen y)

= senh x cosh x cos2

y + senh x cosh x sen2

y + i(cosh2

x sen y cos y senh2

x sen y cos y)cosh2 x cos2 y + senh2 x sen2 y

=senh x cosh x + i sen y cos y

cosh2 x cos2 y + senh2 x sen2 y

=12 senh2x + i

12 sen2y

cosh2 x cos2 y + senh2 x sen2 y + cosh2 x sen2 y cosh2 x sen2 y=

senh2x + i sen2y

2(cosh2 x sen2 y)

tgh(2 + i

4

) =senh 4 + i sen 2

2(cosh2

2 sen24 )

=senh 4 + i

2(cosh2

2 12)

=senh 4 + i

2cosh2

2 1=

senh 4 + i

cosh 4= tgh 4 +

i

cosh 4 0999329 + i0036619




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Problema 10 Resolver la ecuacion sen z = 2.

Empezamos utilizando la definicion de la funcion seno

2 = sen z =1

2i(eiz eiz) = e

2iz 12eizi

De aqui obtenemos: e2iz 1 = 4eizi. Esta es una ecuacion de segundo grado en eiz y sus soluciones son

eiz =1

2(4i 16 + 4) = i(2

3)

Entonces, las soluciones de la ecuacion propuesta verifican:

z =1

ilog i(2 3) = i log i(2 3) = i(log i + log(2 3))

= i(i( 2

+ 2n) + log(2

3))

=

2

+ 2n

i log(2

3)

Es decir, para cada n Z tenemos dos soluciones:

z1n =

2+ 2n i log(2 +

3) z2n =

2+ 2n i log(2

3)




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Problema 11 El objetivo de este ejercicio es calcular el coseno de los angulos /5 y 2/5.

1. Sea z = cos + i sen una raz quinta de 1. Probar que, si z = 1, entonces z4 z3 + z2 z + 1 = 0 ydeducir que 4cos2 2cos 1 = 0. Concluir que cos /5 = 14(

5 + 1).

2. Seaz = cos + i sen una raz quinta de la unidad. Probar que, si z = 1, entonces z4 + z3 + z2 + z + 1 = 0 y

deducir que 4cos2

+ 2 cos 1 = 0. Concluir que cos2

/5 =1

4(5 1).

Efectivamente, el valor de los cosenos de los angulos pedidos esta relacionado con las races quintas de 1 y de

1, ya que, por la formula de Moivre:

cos 5 + i sen 5 5 = cos + i sen = 1cos

2

5+ i sen

2

5

5= cos 2 + i sen2 = 1

Vamos a explicitar la solucion del primer apartado, puesto que la del segundo es exactamente igual. La primera

afirmacion del enunciado es trivial, puesto que una simple division de polinomios prueba que:

z5 + 1 = (z + 1)(z4 z3 + z2 z + 1)

Dado que z = cos 5 + i sen5 es una de las cinco races quintas de -1 distinta de -1, este numero debe ser raz del




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polinomio de grado 4; llamando = cos 5 y = sen5 y sustituyendo z por + i en dicho polinomio, obtenemos:

0 = z

4

z3

+ z

2

z + 1 = 4

+ 4i

3

62

2

4i3

+

4

3 3i2+ 32 + i3+ 2 + 2i 2 i+ 1

Por lo tanto, tanto la parte imaginaria como la parte real de la expresion de la derecha deben ser 0. Debemos

serparar y simplificar ambas partes para obtener la expresion mas sencilla posible; en este caso, la expresion mas

simple se obtiene de la parte imaginaria, pero el lector debera desarrollar igualmente la parte real para comprobarlo.

0 = 43

43

32+ 3 + 2

Dividiendo por obtenemos:

0 = 43 42 32 + 2 + 2 1Dado que tenemos que obtener un polinomio en , sustituimos 2 por 1 2:

0 = 43 4 + 43 32 + 1 2 + 2 1= 83 42 2

Finalmente, dividiendo por 2 obtenemos el polinomio buscado:

0 = 42 2 1




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La resolucion de esta ecuacion de segundo grado, conduce finalmente al valor de cos 5 (tomamos solamente la

solucion positiva):

= cos 5

= 18

(2 + 20) = 14

(1 + 5)




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Problema 12 Deducir las siguientes igualdades haciendo uso de la definicion de las funciones hiperbolicas en el

cuerpo de los numeros complejos.

1. senh z cosh u + cosh z senh u = senh(z + u)

2. cosh z cosh u + senh z senh u = cosh(z + u)

A partir de ellas deducir las siguientes:

3. cosh2 z senh2 z = 1

4. 2senh z cosh z = senh 2z

5. cosh2 z + senh2 z = cosh 2z

6. senh z cosh u = 12(senh(z + u) + senh(z u))

7. senh z senh u =

1

2(cosh(z + u) cosh(z u))8. cosh z cosh u = 12(cosh(z + u) + cosh(z u))




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Problema 13 Deducir las siguientes igualdades haciendo uso de la definicion de las funciones trigonometricas en

el cuerpo de los numeros complejos.

1. sen z cos u + cos z sen u = sen(z + u)

2. cos z cos u sen z sen u = cos(z + u)

A partir de ellas deducir las siguientes:

3. cos2 z + sen2 z = 1

4. 2sen z cos z = sen 2z

5. cos2 z sen2 z = cos 2z

6. sen z cos u = 12(sen(z + u) + sen(z u))

7. sen z sen u =

1

2( cos(z + u) + cos(z u))8. cos z cos u = 12(cos(z + u) + cos(z u))




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Problema 14 Deducir las siguientes expresiones para las funciones inversas de las funciones hiperbolicas:

arg senh x = log(x +x2 + 1) arg cosh x = log(x + x2 1)

La funcion cosh no es inyectiva, ya que cosh x = cosh x. Por lo tanto, la funcion arg cosh x podra tomar dosvalores para cada x; el valor que se considera en la definicion de dicha funcion es el positivo. Por otra parte, si

la funcion la consideramos definida sobre los numeros complejos, las expresiones anteriores son validas, pero los

posibles valores del logaritmo son infinitos; en este caso, la definicion de las funciones inversas se hace tomando los

valores principales del logaritmo.

Deducir una expresion para la funcion arg cosh se reduce a despejar y en funcion de x en la expresion

ez + ez2

= x

Multiplicando por 2ez, la igualdad anterior se convierte en la siguiente ecuacion de segundo grado en ez:

e2z

2ezx + 1 = 0

Cuyas soluciones son ez = 2x 4x2 4

2= xx2 1. De donde obtenemos la solucion propuesta en el enunciado:

arg cosh x = log(x +

x2 1). Debemos observar que, efectivamente, la otra solucion coincide con esta, pero consigno contrario:

log(x x2 1) = log x2

(x2

1)

x + x2 1 = log(x + x2 1)Ejercicios resueltos de Calculo. cAgustn Valverde



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El desarrollo para obtener la expresion para arg senh x es similar obteniendo como solucion:

e

z

= x x2 + 1Hay que observar no obstante, que la solucion ez = x x2 + 1 no tiene sentido si trabajamos solo con numerosreales, pero s en el caso de considerar numeros complejos. La funcion arg senh se define entonces como: arg senh x =

log(x +

x2 + 1).




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Problema 15

1. Si m y n son enteros, demostrar que20

einxeimxdx =

0 si m = n,2 si m = n.

2. Utilizar el apartado anterior para deducir las relaciones de ortogonalidad de las funciones seno y coseno: si my n son enteros positivos y m = n, entonces2

0sen nx cos mxdx =

20

sen nx sen mxdx =

20

cos nx cos mxdx = 0,

20

sen2 nxdx =20

cos2 nxdx = si n = 0.

1. Si n = m, entonces20

einxeimxdx =20

dx = 2.

Si n = m: 20

einxeimxdx =

1

i(n m) einxeimx

20

= 0




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2. Supongamos que m = n; la integral correspondiente del apartado anterior se puede descomponer como sigue:

0 = 2

0 e

inx

eimx

dx = 2

0 ((cos nx cos mx + sen nx sen mx) + i(sen nx cos mx cos nx sen mx))dx (1.1)Ademas, sustituyendo n por n, deducimos la siguiente igualdad

0 =

20

einxeimxdx =20

(cos nx cos mx sen nx sen mx) + i( sen nx cos mx cos nx sen mx) dx (1.2)

Sumando las igualdades ?? y ?? obtenemos:

0 =

20

(2cos nx cos mx 2i cos nx sen mx)dx

Por tanto, necesariamente:

20

cos nx cos mxdx = 0 20

cos nx sen mxdx = 0

Sustituyendo estas igualdades en ??, obtenemos que

2

0sen nx sen mxdx = 0

Para las dos ultimas igualdades del enunciado basta sustitur m por n en la igualdad del primer apartado:

0 =

20

einxeinxdx =

20

(cos nx cos nx sen nx sen nx) + i(sen nx cos nx cos nx sen nx) dx

= 2

0

(cos2 nx

sen2 nx) dx (1.3)




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Por otra parte, trivialemente se tiene que

20 (cos

2

nx + sen2

nx) dx = 20 dx = 2 (1.4)Sumando las igualdades ?? y ??, obtenemos:

2

0

2cos2 nxdx = 2

y restandolas obtenemos: 20

2sen2 nxdx = 2




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Problema 16

1. Para x real, demostrar que podemos elegir log (x + i) y log(x i) comolog(x + i) = 12 log (1 + x

2) + i2 arctg x

; log (x i) = 12 log (1 + x2) i

2 arctg x

2. De la expresion:

1

1 + x2=

1

2i

1

x i 1

x + i

se obtiene, formalmente: dx1 + x2 = 12i [log (x i) log(x + i)]Utilizar la parte (a) para comprobar que esta solucion concuerda con la usual.

1. exp

1

2log (1 + x2) + i

2 arctg x

=

x2 + 1 exp

2 arctg x

=

x2 + 1

cos

2 arctg x+ i sen

2 arctg x = x2 + 1 x

x2 + 1+ i 1

x2 + 1

= x + i

Por tanto, efectivamente, se verifica la primera igualdad propuesta. La segunda igualdad se obtiene de forma

analoga.

2. Restando las igualdades del apartado (a) se obtiene:

1

2i[log (x i) log(x + i)] = 1

2i

2i

2

arctg x

= (arc tg x) 2

que es, efectivamente, una primitiva de la funcion1

1 + x2



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Captulo 2

Sucesiones y series numericas

27

Sucesiones y series numericas 28


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Problema 17

1. Demostrar que an = log(n + k) y bn = log n son infinitos equivalentes.2. Demostrar que an = log(kn) y bn = log n son infinitos equivalentes.

3. SeaP un polinomio y k N; demostrar que an = P(n) y bn = P(n + k) son infinitos equivalentes.4. Demostrar que la sucesion P(n) = apn

p + ap1n

p1 +

+ a1n + a0 es un infinito equivalente a bn = apnp.

5. Demostrar que an = (n + 1) n y bn = n1 son infinitos equivalentes.

1. lmlog(n + k)

log n= lm

log

n

1 + kn

log n= lm

log n + log

1 + kn

log n= lm

1 +

log

1 + kn

log n = 1

2. lmlog(kn)

log n= lm log

k + log nlog n

= lm

1 + log

klog n

= 1

3. lmapn

p + ap1np1 + + a1n + a0apn

p = lm

1 +

ap1apn

+ + a1apn

p1 +a0

apnp

= 1

4. Si P es un polinomio, entonces P(n) y P(n + k) son polinomios del mismo grado y, ademas, coinciden sus

coeficientes del termino de mayor grado; por lo tanto, lmP(n)

P(n + k)= 1.

5. lm(n + 1) n

n1 = lmn

n+1n

1

n1 = lmn

logn + 1

n

= lm logn + 1

n n

= log e = 1




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Problema 18 Usar el teorema de compresion para demostrar las siguientes propiedades:

1. Si f es una funcion acotada en un entorno abierto de a y lmxa g(x) = 0, entonces lmxa f(x)g(x) = 0.

2. Si an es una sucesion acotada y lm bn = 0, entonces lm anbn = 0.

1. Sea M tal que

|f(x)| < M para todo x (a , a + )Entonces:

Mg(x) < f(x)g(x) < Mg(x) para todo x

(a

, a + )

Dado que lmxa (M g(x)) = 0 = lmxa (Mg(x)), por el teorema de compresion deducimos que

lmxa f(x)g(x) = 0

2. Sea M tal que |an| < M. Entonces Mbn < anbn < M bn y, dado que lm(Mbn) = 0 = lm(Mbn), deducimospor el teorema de compresion que lm anbn = 0.




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Problema 19 Sea an un sucesion. Una sucesion bn se dice que es una subsucesion de an si existe una funcion

estrictamente creciente, f: N N tal que bn = af(n). Demostrar las siguientes propiedades:1. Si bn es una subsucesion de an y lm an = R, entonces lm bn = .

2. Si bn y cn son dos subsucesiones de an tales que {bn} {cn} = {an} y lm bn = = lm cn, entonces lm an =

R

.

1. Supongamos que R. Sea f: B N N una aplicacion estrictamente creciente y tal que bn = af(n). Sea > 0 y N N tal que |an | < para todo n N. Dado que f es estrictamente creciente, existira unN1 B tal que f(N1) > N y por lo tanto, |bn | = |af(n) | < para todo n N1; en consecuencia,lm bn = .

2. Sean f: B N N y g : C N N dos aplicaciones crecientes tales que bn = af(n) y cn = ag(n). Sea > 0; por las hipotesis, existen dos naturales N1 B y N2 C tales que |bn | < y |cn | < .

Sea N = max{f(N1), f(N2)} y n N; dado que {bn} {cn} = {bn}, se verifica una de las dos situacionessiguientes:

an {bn} y en tal caso existe m tal que n = f(m); por ser f creciente, m N1 y

|an

|=

|af(m)

|=

|bm

|<




35/590

an {cn} y en tal caso existe m tal que n = g(m); por ser g creciente, m N2 y

|an

|

=|ag(m)

|

=|cm

|

<

En cualquier caso hemos deducido que |an | < para todo n N y por lo tanto, lm an = .La demostracion en los casos = + y = se hace de la misma forma.




36/590

Problema 20 Resolver los siguientes lmites:

1. lm

1 13n

2n ; 2. lm 3n 3n 1; 3. lmn1 31 an

; 4. lm n ( na n1a)

1. lm

1 1

3n

2n= lm exp

2n log

1 13n

= lm exp

2n

1 13n

1 (Infinitesimos equivalentes)= e2/3

2. lm( 3

n

3

n

1) = lm 3

n

1 3 nn 1 1

= lm

3n 1log 3

n

n 1

(Infinitesimos equivalentes)

= lm1

3

3

n

1log

n

n 1 = lm3

n 1

3(n 1)(Infinitesimos equivalentes)

= lmn1/3

3n(Infinitos equivalentes: ej. ??)

= lm1

3n2/3= 0




37/590

3. lm

n

1 3

1 a

n

= lm

n log 3

1 a

n

(Infinitesimos equivalentes)

= lmn3 log1 an = lm n3 an (Infinitesimos equivalentes)=

a

3

4. lm (n( n

a

n1

a)) = lmn n

aa

1n 1n1

1

= lm

n n

a

a1

n(n1) 1

= lmn na log a 1n(n1)

(Infinitesimos equivalentes))

= lm

n

a log a

n 1=

log a

= 0




38/590

Problema 21 Utilizar el teorema de compresion para calcular los siguientes lmites:

1. lmn!nn

2. lm

(n 1)!

(1 +

1)(1 +

2) . . . (1 +

n)

3. lm

1n2

+1

(n + 1)2+ + 1

(n + n)2

4. lm

n

n2 + 1+

nn2 + 2

+ + nn2 + n

Al aplicar el teorema de compresion, una de las dos acotaciones (la superior y la inferior) puede ser una constante;

en los tres primeros apartados de este ejercicio, la acotacion inferior es la constante cero y por lo tanto, el trabajo

de acotacion solo se hara para la cota superior.

1. 0 an+1 para todo n N.(i) Para n = 1: a1 = 3 > 2 =

1 + 3 = a2

(ii) Supongamos que ak > ak+1; tenemos que probar que, entonces, ak+1 > ak+2. La siguiente secuencia de

desigualdades completa la prueba:

ak > ak+1

1 + ak > 1 + ak+11 + ak >

1 + ak+1

ak+1 > ak+2



Por lo tanto, efectivamente an > an+1 para todo n N.


56/590

En segundo lugar, observamos que la sucesion esta acotada inferiormente, ya que an > 0 para todo n N, ypor lo tanto, la sucesion es convergente. Si = lm an, entonces:

= lm an+1 = lm

1 + an =

1 +

Despejando de la igualdad anterior, obtenemos que = 1 +

52

.

2. Evaluando algunos terminos de la sucesion, intuimos que la sucesion es creciente. Hacemos la demostracionpor induccion, es decir, vamos a probar que bn < bn+1 para todo n N.

(i) Para n = 1: b1 =

2 < 2 4

2 = b2

(ii) Supongamos que bk < bk+1; tenemos que probar que, entonces, bk+1 < bk+2. La siguiente secuencia de

desigualdades completa la prueba:

bk < bk+1bk

1

an +

an

2an > an+1

d) an esta acotada inferiormente: volvemos a utilizar la desigualdad del segundo apartado: dado que

a2n > 2 > 1, an > 1.

De los dos ultimos puntos se deduce que la sucesion an (decreciente y acotada) converge en R. Sea su lmite;

entonces:

=

2+

1

de donde se deduce que 2 = 2.

Esta sucesion puede considerarse como un ejemplo de una sucesion (o conjunto) acotado que no tiene mnimo

en Q pero s lo tiene en R.

El ejercicio se puede generalizar para demostrar que las raz cuadrada de un numero racional positivo es un



numero real: si a es un numero racional positivo, la sucesion b0 = 1, bn+1 =12

bn +

aan

es una sucesion de


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numeros racionales con limite

a.



Problema 32 Demostrar que la sucesion sen n no es convergente.


65/590

Hacemos uso de subsucesiones para demostrar este hecho: si la sucesion fuera convergente, toda subsucesion sera

convergente al mismo lmite, pero vamos a construir dos subsucesiones que en tal caso tendran diferentes lmites.

Consideremos los intervalos Im =

4 + 2m,

34 + 2m

, m N. Dado que la amplitud de estos intervalos es

mayor estrictamente que 1, necesariamente cada uno de estos intervalos contiene un numero natural: sea mnN

In

este numero y consideremos la subsucesion bn = amn . Dado que sen amn > sen4

= 22

, si bn fuera convergente,

su lmite sera mayor que

2

2. De la misma forma, con los intervalos Jm =

54 + 2m,

74 + 2m

, encontraramos

una subsucesion que, de ser convergente, tendra un lmite menor

22

.



Problema 33 Hallar los siguientes lmites.


66/590

1. lmx6 x

2

6xx2 7x + 6 2. lmx2 1x 2 6x2 + 2x 8 3. lmt0 4t 1 t4. lm

x32x + 6

4x2 36 5. lmh01

h

(x + h2)3 x3 6. lm

x0

1

x4 1

x

7. lm

x

0

sen x2

x38. lm

x|4x| + |x 1|

x9. lm

xx sen1

x2

1. lmx6

x2 6xx2 7x + 6 = lmx6

x(x 6)(x 1)(x 6) = lmx6

xx 1 =

65

2. lmx2 1x 2 6x2 + 2x 8 = lmx2 1x 2 6(x 2)(x + 4)3. lm

t0

4

t 1

t = lm

t0 (4 t) = 4

4. lmx3

2x + 6

4x2 36=

2(x + 3)

4(x + 3)(x 3)=

1

12

5. lmh0

(x + h2)3 x3h

= lmh0

x3 + h6 + 3x2h2 + 3xh4 x3h

= lmh0

(h5 + 3x2h + 3xh3) = 0

6. lmx0 1x4

1

x = lmx0 1 x3

x4 = +



7. lmx0

sen x2

x3= lm

x0x2

x3= lm

x01x

=


67/590

8. lmx |4x

|+

|x

1|x = lmx

4x + x

1x = 5

9. 10. lmxx sen

1x2

= 0: producto de funcion convergente a 0 por funcion acotada.



Problema 34 Resolver los siguientes lmites


68/590

1. lm0 (

2 cosec2 ) 2. lmx0 1 cos

2

xx2

3. lmx/2

sen(cos x) 4. lmt cos

t2 2

t

1. lm0

(2 cosec2 ) = lm0

2

sen2 = lm

02

2= 1

2. lmx

0

1 cos2 xx

2 = lmx

0

(1 cos x)(1 + cos x)

x

2 = lmx

0

x2

2(1 + cos x)

x

2 = 1

3. lmx/2

sen(cos x) = 0

4. lmt cos

t2 2

t

= lmt cos(t + ) = cos 2 = 1



69/590


Problema 36 Estudiar la existencia de los siguientes lmites


70/590

1. lmx0 2 + sen 1x; 2. lmx0 x2 + sen

1x

; 3. lmx0x

1 sen 1x

1. Este primer lmite no existe: las sucesiones xn =1

ne yn =

2(1 + 4n))

convergen a 0 pero

2 + sen 1xn

= 2 + sen(n) = 2 y 2 + sen 1yn

= 2 + sen

2+ 2n

= 3

2. Estudiamos este lmite viendo que la funcion es el producto de una funcio convergente a 0 por una funcion

acotada: demostremos que 1

2 + sen1x

esta acotada:

1 < sen 1x

< 1

1 = 2 1 < 2 + sen 1x

< 2 + 1 = 3

13

< 1

2 + sen1x

< 11



3. Estudiamos el lmx0

x

1 sen 1x

usando la caracterizacion secuencial; vamos determinar dos sucesiones conver-


71/590

gentes a 0 y contenidas en el dominio de la funcion, pero cuyas imagenes tienen lmites distintos.

f(x) =x

1 sen 1x

Dom(f) = R

2+ 2n

1, n Z

Consideremos las sucesiones an =3

2+ 2n1 y bn =

2+ 2n 1

n1 que son convergentes a 0 y estan

contenidas en el dominio de f. En primer lugar tenemos que

lm f(an) = lm2

(3 + 4n)(1

sen 32/2)

= 0

Y por otra parte:

lm f(bn) = lm1

2

+ 2n 1n

1 sen

2

+ 2n 1n

()= lm

12

+ 2n 1n

1 cos 1

n

()= lm 12

+ 2n 1n

1

2n2

= lm4n3

4n2 + 3n

2= +



En () hemos utilizado la formula del seno del angulo complementario y en () hemos utilizado infinitesimosequivalentes.


72/590



Problema 37 Calcular los siguientes limites:


73/590

1. lm 1 4 7 (3n 2)2 5 8 (3n 1)

2. lmk m

k m + 12k m

2k m + 1 kn m

kn m + 1

3. lm a(a + 1) (a + (n 1))n! = a1 a+12 a+(n1)n , 0 < a < 1

1. Sea an =1 4 7 (3n 2)2 5 8 (3n 1)

y consideremos la sucesion bn construida rellenando los huecos en el denomi-

nador y numerador de an:

bn =1 2 3 4 5 6 7 (3n 5) (3n 4) (3n 3) (3n 2)2 3 4 5 6 7 8 (3n 4) (3n 3) (3n 2) (3n 1)

Por tanto, bn = 13n 1 y es convergente a 0. Por otra parte, la sucesion bn se puede escribir como producto

de 3 sucesiones, bn = xnynzn:

xn = an =1 4 7 (3n 2)2 5 8 (3n 1) ; yn =

2 5 8 (3n 4)3 6 9 (3n 3) ; zn =

3 6 9 (3n 3)4 7 10 (3n 2)

Estas tres sucesiones son convergentes, ya que son positivas y decrecientes:



xnxn1

=3n 23n 1 < 1;

ynyn1

=3n 43n 3 < 1;

znzn1

=3n 33n 2 < 1

Si lm xn = 1, lm yn = 2, lm zn = 3, entonces 123 = 0 y por tanto, uno de los tres lmites es nulo.


74/590

n 1, yn 2, n 3, 1 2 3 y p ,

Teniendo en cuanta el crecimiento de la sucesion nn + 1

, deducimos las siguientes desigualdades:

xn < yn < zn < 2xn

Y por tanto, si una converge a cero, las demas tambien, en particular, lm an = 0.

2. El calculo del apartado anterior se puede generalizar a cualquier par de naturales k y m. La sucesion bn =k m

nk m + 1 se escribe como producto de k sucesiones decrecientes y acotadas y en consecuencia convergentesa 0; entre ellas se encuentra la sucesion estudiada e igual que antes, la convergencia a 0 de una de ella permite

concluir que todas las demas tambien convergen a 0.

3. Sea an =a(a + 1) (a + (n 1))

n!=

a1

a + 12

a + (n 1)n

, 0 < a < 1; sea k N tal que 1 a > 1k , es decir,tal que a < 1 1k ; entonces:

an =a

1

a + 1

2 a + (n 1)

n 1 entonces, an converge.

2. Si c 1 entonces, an no converge.

Este criterio es un caso particular del criterio de comparacion por paso al lmite. Si lm ncan = lm an1nc

= 0, el

criterio de comparacion por paso al lmite nos dice que la serie

an tiene el mismo caracter que la serie c-armonica

y en consecuencia: si c > 1 la serie converge y si c 1 la serie diverge.



Problema 39 Sea {an} una sucesion de terminos positivos. Probar que si

n=1

an es convergente, entonces

n=1

a2n


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n=1 n=1tambien lo es. Es cierto el resultado si la serie no es de terminos positivos? Es cierto el recproco?Dado que la serie es de terminos positivos, podemos aplicar el criterio de comparacion por paso al lmite:

lm

a2nan = lm an = 0

Este lmite efectivamente vale 0 por la condicion necesaria. Dado que la serie asociada a la sucesion del denominador

es convergente, el criterio de comparacion permite deducir que la serie asociada al numerador tambien.

El que la serie sea de terminos positivos es una condicion necesaria: la serie

n=1

(

1)n

n es convergente, pero

n=1

(1)n

n

2=

n=1

1n

no lo es.

Por otra parte, el recproco tampoco es cierto: la serie

n=1

1

n3 =

n=1

14n32

es convergente, pero

n=1

14n3 no

lo es.



Problema 40


77/590

1. Demostrar que sin=an

es convergente yn=bn

es divergente, entoncesn=(

an + bn) es divergente.

2. Dar un ejemplo de dos series divergentes cuya suma sea convergente.

1. Sin=(

an + bn) fuera convergente, entoncesn=bn

=n=(

an + bn an) tambien lo sera, e contradiccion con lo

supuesto.

2. La series

n=11

n2

1

n y

n=11

nson divergentes mientras que

n=1

1

n2 1

n+

1

n

=

n=1

1

n2

es convergente.



Problema 41 Consideremos la serie

n=1

P(n)Q(n)

donde P y Q son dos polinomios de grados p y q respectivamente;


78/590

demostrar que entonces:1. Si qp 1 la serie diverge.

2. Si qp > 1 la serie converge

El resultado es consecuencia del criterio de comparacion, ya que la serie propuesta tiene el mismo caracter que la

serie (qp)-armonica, 1

nqp. Debemos observar, sin embargo, que podemos aplicar el criterio de comparacion;

teniendo en cuenta que la serie es un cociente de polinomios, podemos concluir que numerador y denominador tienen

signo constante a partir de un natural N, cualquier natural mayor que todas las races de los polinomios P y Q. Porlo tanto, el cociente es siempre positivo o siempre negativo a partir de este natural N, y podemos aplicar el criterio

de comparacion.



Problema 42 Aplicar el ejercicio anterior para decidir el caracter de las siguientes series.

2 3 2 2


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1. n(n + 1)3 2. (9 a2

)n

3

+ 3n

2

+ 17n4 1 3.

4n2 n + 3n3 + 2n4.

n + 2(n + 1)

n + 3

5. n + n

2n3 1 6. n + 3

(n 1)n 1 n7.

13

n2

1

1. n

(n + 1)3es convergente.

2. (9 a2)n3 + 3n2 + 17n4 1 es convergente si y solo si a2 = 9

3. 4n2 n + 3

n3 + 2nes divergente.

En las cuatro series restantes no podemos utilizar directamente el ejercicio anterior, puesto que la expresiones noson polinomicas; en ellas aparecen expresiones con races que tienen un comportamiento similar.

4.

n + 2

(n + 1)

n + 3tiene el mismo caracter que

1n

, que es divergente.



5. n + n

2n3 1 tiene el mismo caracter que 1

n2, que es convergente.

n + 3 1


80/590

6. (n 1)n 1 n tiene el mismo caracter que n , que es divergente.7.

13

n2 1 tiene el mismo caracter que 1

n2/3, que es divergente.



Problema 43

1. Demostrar que si R es una funcion racional y r = 1, entonces la serie

R(n)rn converge si y solo si r < 1.


81/590

1. Demostrar que siR es una funci on racional y|r|

1, entonces la serien=1

R(n)r converge si y solo si|r|

< 1.

(Para el caso r = 1, ver el ejercicio ??.)

2. Demostrar que la serie

n=1

(1)n P(n)Q(n)

donde P es un polinomio de grado p y Q un polinomio de grado q

verifica:a) Si qp 21 la serie converge absolutamente.b) Si qp = 1 la serie converge condicionalmente.c) Si qp 0 la serie diverge.

1. Supongamos que R(n) =P(n)Q(n)

donde P es un polinomio de grado p y Q un polinomio de grado q. Entonces,

por el ejercicio ?? se verifica que:

lm P(n)Q(n) rn = lm npq

(en) log |r| = lm n

en log |r| = 0 si y solo si |r| < 1

Ademas, en este caso la serie converge absolutamente, lo que se demuestra con el criterio del cociente:

lm

P(n + 1)Q(n)rn+1

Q(n + 1)P(n)rn = |r| < 1



2. Consideremos la serie

n=1

(1)n P(n)Q(n)

donde P es un polinomio de grado p y Q un polinomio de grado q:


82/590

Si qp 2 la serie converge absolutamente: ejercicio ??.Si qp 01 la serie diverge, ya que no verifica la condicion necesaria.Si qp = 1 la serie converge condicionalmente; esto se razona por el criterio de Leibniz: En primer lugarobservamos que lm

P(n)Q(n)

= 0; ademas, por ser cociente de polinomios, la funcion P(x)/Q(x) es positiva

o negativa en un intervalo [N, +) y por lo tanto, P(x)/Q(x) es creciente, y por lo tanto negativa, en[N, +) o es decreciente, y por lo tanto positiva, en [N, +); en cualquiera de los casos, la sucesion

P(n)Q(n)

es decreciente para n N.



Problema 44 Determinar el caracter de las siguientes series.

n2 + 1 3n 2n1


83/590

1. n5n 2. n 5n 3. (3n + 2) n4/34.

2nn2 + 1

5. n2

en6.

n + 1an

7.

an

n8.

n an

Todas estas series son casos particulares del ejercicio anterior; utilizaremos el criterio del cociente en los tres

primeros apartados y el ejercicio anterior en el resto.

1. n2 + 1

n5nes convergente: lm

((n + 1)2 + 1)n5n

(n + 1)5n+1

(n2

+ 1)=

1

5

< 1

2. 3n

n 5n es convergente: lm3n+1n5n

(n + 1)5n+13n= 3

5< 1

3. 2n1

(3n + 2) n4/3

es divergente: lm2n(3n + 2) n4/3

(3n + 5)(n + 1)4/3

2n

1 = 2 > 1

4. 2n

n2 + 1es divergente.

5. n2

en es convergente.



6. n + 1

anes absolutamente convergente si |a| > 1 y condicionalmente convergente si a = 1; en los otros

casos, es divergente.


84/590

7. an

nes absolutamente convergente si |a| < 1 y condicionalmente convergente si a = 1; en los otros casos,

es divergente.

8.

n an es absolutamente convergente si |a| < 1 y condicionalmente convergente si a = 1; en los otros casos,

es divergente.



Problema 45 Estudiar el caracter de las siguientes series.

n! (n!)2 4n (a + 1) (a + n)


85/590

1. nn 2. ( ) (2n)! 3. ( ) ( )n!4.

log nan!

5. n! an

nn6.

nan!

7.

nn

n!8.

n an

(n + 1)!9.

xn

n!

10. (n!)2

(2n)!11.

(n!)c(3n)!

12. (n!)3

(an)!

1. n!nn es convergente, segun establece el criterio del cociente:lm

(n + 1)!nn

(n + 1)n+1n!= lm

(n + 1)nn

(n + 1)n+1= lm

nn

(n + 1)n=

1

e< 1

2. (n!)2 4n(2n)! es divergente, aunque el criterio del cociente no lo decide:lm

((n + 1)!)24n+1(2n)!

(2n + 2)!(n!)24n= lm

4(n + 1)2

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



Sin embargo, del calculo realizado deducimos que:

an+1= lm

4(n + 1)2= lm

4n2 + 8n + 42 > 1


86/590

an (2n + 2)(2n + 1) 4n + 6n + 2)y en consecuencia la sucesion es creciente y no puede converger a 0. Podemos deducir esto directamente usando

la formula de Stirling:

lm(n!)2 4n

(2n)!

= lm(nnen

2n)24n

(2n)2ne2n22n= lm

2n2ne2nn4n

2 4n

n2n

e2n

n= lm

n = +

3. (a + 1) (a + n)

n!; estudiamos el caracter segun el valor de a:

Si a es un entero negativo no nulo, a partir del lugar N = a, todos los terminos se anulan, y por tantola serie es una suma finita.

Para a = 0 la serie es 1 2 n

n!=

1, y por tanto divergente.

Solo nos queda estudiar el caracter para a

Z

{0

}; el criterio del cociente no decide el caracter,

lman+1

an= lm

(a + 1) (a + n)(a + n + 1) n!(n + 1)! (a + 1) (a + n) = lm

n + a + 1

n + 1= 1

pero la simplificacion permite deducir que se trata de una serie hipergeometrica, que es convergente si y

solo si a |a|

ey por lo tanto, si |a| > e, la serie no converge por no verificar la condicion necesaria.Finalmente, para a = e tampoco se verifica la condicion necesaria:

lmn!en

nn= lm

nnen

2n en

nn= lm

2n = +

6. na

n!es convergente para todo a, segun establece el criterio del cociente:

lman+1

an= lm

(n + 1)a

(n + 1)!

n!

na= lm

n + 1

n a

1

n + 1= 0 < 1



7. nn

n!es divergente, segun establece el criterio del cociente:

la

+1 l(n + 1)n+1 n!

ln + 1

n

1


88/590

lm n+1an = lm (n + 1)! nn = lm

n = e > 1

8. n an

(n + 1)!es absolutamente convergente para todo a.

Si a = 0, la serie es constantemente nula y por tanto convergente. Para a = 0, estudiamos la convergenciaabsoluta con el criterio del cociente:

lm|an+1||an|

= lm(n + 1)|a|n+1

(n + 2)!

(n + 1)!

n |a|n = lm|a|(n + 1)n(n + 2)

= 0

9. xn

n!es absolutamente convergente para todo x, segun establece el criterio del cociente:

lm|an+1||an|

= lm|x|n+1

(n + 1)!

n!

|x|n = lm|x|

n + 1= 0

10. (n!)2

(2n)!es convergente, segun establece el criterio del cociente:

lm((n + 1)!)2

(2n + 2)!

(2n)!

(n!)2= lm

(n + 1)2

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

1

4< 1



11. (n!)c

(3n)!; utilizamos el criterio del cociente:

lan+1 l

((n + 1)!)c (3n)!l

(n + 1)c


89/590

lm n+1an= lm (3n + 3)! (n!)c = lm (3n + 3)(3n + 2)(3n + 1) =

Si c < 3, entonces = 0 y la serie converge.

si c = 3, entonces = 1/27 < 1 y la serie converge.

Si c > 3, entonces = + y la serie diverge.12.

(n!)3(an)!

; para que tenga sentido la serie, a debe ser un numero natural; utilizamos el criterio del cociente:

lman+1

an= lm

((n + 1)!)3

(an + a)!

(an)!

(n!)3= lm

(n + 1)3

(an + a) (an + 1)=

Si a > 3, entonces = 0 y la serie converge.

Si a = 3, entonces = 1/27 < 1 y la serie converge.

Si a = 1 o a = 2, = +

y la serie diverge.




1 a1+ 1

2

+ + 1

n 2

1 3 5 (2n 1)

2 4 (2n)


90/590

1. a 2 n 2. 2 4 (2n)3.

1 + 12 + + 1nn3

4. 2 + 4 + 8 + + 2n

3n

5.

1 + 21 + + 2n

4n6.

n + 2n + + n2

n5

1.

a1+12++ 1

n , a > 0; estudiamos la convergencia usando el criterio de Raabe (usamos infinitesimos equiva-

lentes para el calculo del lmite):

lm n1 an+1an = lm n1 a1/n+1 = lm n log an + 1 = log aPor tanto, si a >

1e

, la serie diverge y si a 3 y la serie 1

n3es convergente.

12. n cos2 n3

2nes convergente, ya que 0 0, converge si y solo si a > 1. Estudiamos en primer lugar la condicion necesaria:

Si a = 1, entonces 11 + an

= 12

y la serie es divergente.

Si a < 1, entonces lm1

1 + an= 1 y la serie es divergente.

Si a > 1, entonces lm1

1 + an= 0 y seguimos estudiando la serie.

Para a > 1, la serie tiene el mismo caracter que 1

an, que es convergente:

lm1 + an

an= lm

1

an+ 1

= 1


Sucesiones y series numericas95


1. (1)n

2n2. (1)n

1

n log n3. (1)

n1n

5log n

1 1

(n!)2


99/590

4.

(1)n log n

n5.

1n

1n!

6.

(1)n (n!)

(2n)!

7. n!

(2)n 8. (1)n

n +

n + 19.

(1)n

n(n + 1)

1. (1)n

2nes condicionalmente convergente, ya que

12n

es divergente pero la serie converge por el criterio

de Leibniz: an =1n es decreciente y convergente a 0.

2. (1)n 1n log n es condicionalmente convergente. Por el criterio de condensacion, la serie 1n log n tiene elmismo caracter que

1k(log 2)

que es divergente; por otra parte, las sucesion an =1

n log nes decreciente y

convergente a 0 y por lo tanto, por el criterio de Leibniz, la serie es efectivamente convergente.

3. (1)n1

n5 no es convergente, ya que el lmite lm(

1)n1n5 no existe.

4.

(1)n log nn

es condicionalmente convergente. El criterio de condensacion permite afirmar que la serie

no converge absolutamente. Por otra parte, en el ejercicio ?? demostramos que la sucesion an =log n

nes



96

convergente a 0 y, ademas, es decreciente: basta observar que la funcion f(x) = logx

xes decreciente en [3, )

ya que f(x) = 1 log xx2

< 0 en ese intervalo; por lo tanto, el criterio de Leibniz, permite afirmar que la serie

es condicionalmente convergente.


100/590

5. 1

n 1

n!

. La serie

1n

es divergente y la serie 1

n!es convergente (ejercicio ??(??) para x = 1);

entonces, segun se establece en el ejercicio ??, la serie propuesta es divergente.

6. (1)n (n!)2(2n)! es absolutamente convergente: ver ejercicio ??(??).7.

n!(2)n es divergente, ya que no verifica la condicion necesaria (hacemos uso de la formula de Stirling):

lm

n!

2n = lm

ennn

2n

2n = lm 2n n2en

= +

y por lo tanto, el lmite lmn!

(2)n no existe.

8. (1)n

n + n + 1es condicionalmente convergente. La serie de valores absolutos tiene el mismo caracter que 1

n, que es divergente, pero la serie propuesta verifica las condiciones del criterio de Leibniz: las sucesiones

n y

n + 1 son crecientes y divergentes a infinito, y por lo tanto,

1n +

n + 1

es decreciente y convergente

a 0.



97

9. (1)n

n(n + 1)es condicionalmente convergente. La serie de valores absolutos tiene el mismo caracter que

1n , que es divergente, pero la serie propuesta verifica las condiciones del criterio de Leibniz: las sucesiones + 1 i t di t i fi it l t t

1d i t t


101/590

n y

n + 1 son crecientes y divergentes a infinito, y por lo tanto, 1

n(n + 1)es decreciente y convergente

a 0.



98

Problema 50 Sumar las siguientes series aritmetico-geometricas y geometricas.

1.

n=2

2n + 1

10n ; 2.

n=1

2n+3

3n ; 3.

n=1(1)

n+1 1

2n ; 4.

n=3(1)

n+1 n

2n


102/590

En lugar de aplicar las correspondientes formulas utilizaremos el correspondiente metodo.

1.

Sn =5

102+

7

103+ + 2n + 1

10n

Sn

10

=5

103 +

7

104 +

+

2n + 1

10n+1

9Sn10

=5

102+

2

103+

2

104+ + 2

10n 2n + 1

10n+1

9Sn100

=5

103+

2

104+

2

105+ + 2

10n+1 2n + 1

10n+2

9Sn10

9Sn100

= 81100

Sn = 5102

3103

2n 310n+1

+ 2n + 110n+2

n=2

2n + 1

10n=

100

81lm

5

102 3

103 2n 3

10n+1+

2n + 1

10n+2

=

100

81

5

102 3

103

=

47

810



99

2.

Sn =24

3+

25

32+ + 2

n+2

3n1+

2n+3

3n

2Sn =

25+

26+ + 2

n+3

+2n+4

1


103/590

3Sn =

32+

33+ +

3n+

3n+1

1

3Sn =

24

3 2

n+4

3n+1

n=1

2

n+3

3n = 3 lm243 2

n+4

3n+1 = 24 = 16

3.

Sn =

1

2 1

22 + + (1)n 1

2n1 + (1)n+1 1

2n

1

2Sn =

1

22 1

23+ + (1)n 1

2n+ (1)n+1 1

2n+1

3

2Sn =

1

2+ (1)n+1 1

2n+1

n=1

(1)n+1 12n

=2

3lm

1

2+ (1)n+1 1

2n+1

=

1

3



100

4.

Sn =3

23 4

24+ + (1)n n 1

2n1+ (1)n+1 n

2n

Sn=

34

45 + + (1)n

n 1+ (1)n+1 n+1


104/590

2 24 25+ + ( 1)

2n+ ( 1)

2n+1

3Sn2

=3

23 1

24+

1

25+ + (1)n+1 1

2n+ (1)n+1 n

2n+1

3Sn4 =

3

24 1

25 +1

26 + + (1)n+11

2n+1 + (1)n+1n

2n+2

3Sn2

+3Sn

4=

9Sn4

=3

23+

2

24+ (1)n+1 n + 1

2n+1+ (1)n+1 n

2n+2

n=3(1)n+1 n

2n =

4

9

lm3

23 +

2

24 + (

1)n+1

n + 1

2n+1 + (

1)n+1

n

2n+2 =

2

9



Problema 51 Determinar cuales de las siguientes series hipergeometricas son convergentes y sumarlas.

5. 4

14n2 1 6.

4

1(4n 1)(4n + 3)


105/590

n=4

n=4

( )( )

7.

n=1

(a + 1)(a + 2) (a + n)n!

8.

n=2

a(a + 1)(a + 2) (a + n)b(b + 1)(b + 2) (b + n)

9.

n=3

n! an

(1 + a)(1 + 2a) (1 + na)

1.

n=41

4n2

1

=

n=41

(2n + 1)(2n

1)

;an+1

an=

(2n + 1)(2n 1)(2n + 3)(2n + 1)

=2n 12n + 3

; (2n + 3)an+1 = (2n 1)an:

11a5 + 13a6 + + (2n + 1)an + (2n + 3)an+1 = 7a4 + 9a5 + + (2n 3)an1 + (2n 1)an2a5 + 2a6 + + 2an + (2n + 3)an+1 = 7a4

2Sn + (2n + 3)an+1 = 9a4 =9

63

=1

7n=4

1

4n2 1 = lm

1

2 7 1

2(2n + 3)an+1

=

1

14



2.

n=4

1(4n 1)(4n + 3) ;

an+1an

=(4n 1)(4n + 3)(4n + 3)(4n + 7)

= 4n 1

4n + 7; (4n + 7)an+1 = (4n 1)an:

23a5 + 27a6 + + (4n + 3)an + (4n + 7)an+1 = 15a4 + 19a5 + + (4n 5)an + (4n 1)an8a5 + 8a6 + + 8an + (4n + 7)an+1 = 15a4


106/590

8 5 + 8 6 + + 8 n + ( + 7) n+1 5 4

8Sn + (4n + 7)an+1 = 23a4 =23

15 19 =23

285

n=4

1

(4n 1)(4n + 3) = lm 238 285 18 (4n + 7)an+1 = 2322803.

n=1

(a + 1)(a + 2) (a + n)n!

; segun vimos en el ejercicio ??(??), esta serie converge si y solo si a < 1 y eshipergeometrica si ademas, a

Z; en este caso: (n + 1)an+1 = (n + a + 1)an y por lo tanto:

2a2 + + nan + (n + 1)an+1 = (2 + a)a1 + (3 + a)a2 + + (n + 1 + a)an(n + 1)an+1 = (2 + a)a1 + (1 + a)a2 + + (1 + a)an(n + 1)an+1 = a1 + (1 + a)Sn = a + 1 + (1 + a)Sn

n=1

(a + 1)(a + 2) (a + n)n!

= lm 1

1 + a(n + 1)an+1 1 = 1

4.

n=0a(a + 1) (a + n)b(b + 1) (b + n) . En primer lugar observamos que:



El termino general de la serie no tiene sentido si b Z {0}.Si a Z {0}, la serie es constantemente nula y, en consecuencia, convergente a 0.Si a, b

Z

{0}

; en este caso la serie es hipergeometrica,

a(a + 1) (a + n)(a + n + 1) b(b + 1) (b + n) n + a + 1


107/590

a(a + 1) (a + n)(a + n + 1)

b(b + 1) (b + n)(b + n + 1)b(b + 1) (b + n)

a(a + 1) (a + n) =n + a + 1

n + b + 1

y es convergente si y solo si b > a + 1, caso en el que calculamos la suma:

(2 + b)a2 + + (n + b)an + (n + 1 + b)an+1 = (2 + a)a1 + (3 + a)a2 + + (n + 1 + a)an(n + 1 + b)an+1 = (2 + a)a1 + (1 + a b)a2 + + (1 + a b)an(n + 1 + b)an+1 = (1 + b)a1 + (1 + a b)Sn

n=1

a(a + 1) (a + n)b(b + 1) (b + n) = lm

(n + 1 + b)an+1

1 + a b (1 + b)a(a + 1)

(1 + a b)b(b + 1)

=a(a + 1)

b(b a 1)



Problema 52 Estudiar el caracter y sumar en su caso las siguientes series.

1.

n=1

(

1)n1(2n + 1)

n(n + 1) 2.

n=1

1

2n(n + 1) 3.

n=2

log n 1 + 1nn+1

(log(n + 1)n+1)log nn

2n + n(n + 1)

(n + 1)2


108/590

4.n=1

2n + n(n + 1)2n+1n(n + 1)

5.n=1

log(n + 1)2

n(n + 2)

1. n=1

(1)n1(2n + 1)n(n + 1)

= n=1

(1)n1n

(1)nn + 1

= 1 (serie telescopica).

2.

n=11

2n(n + 1)=

n=1

12n

12(n + 1)

= 1

2(serie telescopica).

3.

n=2

log n

1 + 1nn+1

(log(n + 1)n+1)log nn=

n=2

1

log nn 1

log(n + 1)n+1

= log 4 (serie telescopica).

4.

n=12n + n(n + 1)2n+1n(n + 1) =

n=11

2n(n + 1)+

12n+1

=12

+12

= 1. El primer sumando es la serie telescopica sumada

mas arriba y el segundo sumando es una serie geometrica de razon 1/2.

5.

n=1

log(n + 1)2

n(n + 2)=

n=1

log

n + 1n

log n + 2n + 1

= log 2



109/590

Captulo 3

Sucesiones y series funcionales

105

Sucesiones y series funcionales 106

Problema 53 Estudiar la convergencia de las siguiente sucesion de funciones.

fn(x) = x +

(1 + nx)2

1 + n2x2


110/590

Calculamos en primer lugar el lmite puntual:

lm

n+ x +(1 + nx)2

1 + n2

x2 = x + 1

Mostramos a continuacion la representacion grafica de las seis primeras funciones de la sucesion y del lmite.




111/590

-1

-1

1

1



112/590


Problema 55 Sumar las siguientes series

1.

1

4 1

6 +

1

8 1

10 + +(

1)k

2k + 2.

k=0

k3

2k


113/590



Problema 56 Sumar las siguientes series del tipo p(n)/n!

1.

n=1

n(n + 1)! 2.

n=1

n2

n! 3.

n=2

n2 + 3n

1n!


114/590



Problema 57 Comprobar que la serie

n=1

x4n14n 1 converge uniformemente en todo intervalo cerrado contenido en

(

1, 1). Aplicar este hecho para demostrar que su suma vale

14

log 1 + x1 x

12

arctg x


115/590

El teorema ?? nos dice que una serie de potencias converge uniformemente en cualquier intervalo cerrado

contenido en su campo de convergencia. Por tanto, el problema quedara resuelto si demostramos que el campo de

convergencia es (1, 1).Si hacemos la identificacion

m=0

amxm =

n=1

x4n1

4n 1

deducimos que la sucesion de coeficientes es la siguiente:

am =

1m

si m = 4n 10 en otros casos

Por tanto, no podemos aplicar la proposicion ??, ya que el cociente amam+1 no esta definido para todo m, y la sucesionmam no es convergente.

Aplicamos, entonces, el criterio del cociente a la serie de potencias:

lm

x4n+3

4n + 3

4n 1x4n1

= |x4|



Deducimos que la serie es convergente para |x| < 1, es decir, el radio de convergencia es 1. Dado que las series

n=1

14n 1 y

n=1

14n 1 son divergentes, el campo de convergencia es (1, 1) y, efectivamente, la serie es uniforme-

mente convergente en cada intervalo cerrado contenido en (1, 1). x4n1


116/590

Sea f(x) =n=1

x4n 1 ; entonces,

f(x) =

n=1x4n2 = x2

n=1

(x4)(n1) = x2 11 x4 x (1, 1)

y de ah:

f(x) =

x

0f(t)dt =

x

0

t2

1

t4

dt =1

4log

x + 1

x

1

12

arctg x



Problema 58 Hallar la suma de la serie

n=1

(1)n x4n14n

.

Aplicamos el criterio del cociente para hallar el radio de convergenciax4n+3 4n


117/590

lm

x4n + 4 4nx4n1 = |x|4

es decir, la serie es convergente para |x| < 1 y el radio de convergencia es 1. Dado que las series

n=1(1)

n

4n y

n=1

(1)n+14n

son convergentes, el campo de convergencia es [1, 1] y la serie es uniformemente convergente en



[1, 1]. Sea f(x) =

n=1

x4n14n

; entonces,

xf(x) =

n=1

(1)n x4n

4n x [1, 1]

d

1


118/590

d

dx(xf(x)) =

n=1

(1)nx4n1 = x3

n=1

(x4)n1 = x3 11 + x4

x [1, 1]

xf(x) = x0

tf(t)dt = x0

t3

1 + t4 dt = 1

4 log(1 + x4) x [1, 1]f(x) = 1

4xlog(1 + x4) x [1, 1] {0}

f(0) = 0



Problema 59 Determinar el radio de convergencia de las siguientes series:

a)

n=2

xn

log n b)

n=1

n2xn

2n c)

n=0

2n

1

3n + 1 xn

d)

n=1

nn

n! x + 12n

E t d l t d d li l i i ??


119/590

En todos los apartados podemos aplicar la proposicion ??.

a)

n=2x

n

log n;

R = lmlog n

log(n + 1)= 1

n=2 log n y

n=2(1)n log n son divergentes y por tanto, el campo de convergencia es (

1, 1)

b)

n=1

n2xn

2n;

R = lmn22n+1

(n + 1)2

2n

= lm2n2

(n + 1)2

= 2

n=1

n2 yn=(

1)nn2 son divergentes, y por tanto, el campo de convergencia es (2, 2).



c)

n=0

2n 13n + 1

xn;

lm(2n 1)(3n + 4)

(2n + 1)(3n + 1)

= 1

2n 13 + 1

y

(1)n 2n 1

3 + 1son divergentes y por tanto, el campo de convergencia es (1, 1).


120/590

n=0

3n + 1yn=0

( )3n + 1

g y p , p g ( , )

d)

n=1

nn

n! x + 12n

lmnn(n + 1)!

(n + 1)n+1n!= lm

nn

(n + 1)n=

1

e

n=1nn

n!endiverge (tiene el mismo caracter que

12n

);

n=1(1)n n

n

n!enconverge por el criterio de Leibniz:

lmnn

n!en= lm

12n

= 0 (Formula de Stirling)

an+1an

=1

e n + 1

n n

1, entonces:

an =2

0 sen x cos nxdx



=1

0

(sen(x + nx) sen(nx x)) dx

= 1

(n + 1)cos(n + 1)x

0

1

(n

1)

cos(n 1)x

0

= (1)n+1

(n + 1)+

1

(n + 1)+

(1)n1(n 1)

1

(n 1)= 2

(1)n+1(n2 1)

2 1(n2 1)


146/590

(n 1) (n 1)

Por tanto, a2k+1 = 0 y a2k = 4(4k2 1) para todo k 0 y la serie de cosenos de sen x es:

sen x =2

k=1

4

(4k2 1) cos2kx x [0, ]

2. Del punto anterior deducimos que:

k=1

1

4k2 1 cos2kx =1

2

4sen x. Por lo tanto:

k=01

4k2

1

= 1 +

k=11

4k2

1

= 1 + 12

4

sen 0 = 12

3. La serie de cosenso de f converge uniformemente, ya que:

4

(4k2 1) | cos 2kx| 4

(4k2 1)Ejercicios resueltos de Calculo. cAgustn Valverde


y la serie numerica

k=0

1

4k2 1 es convergente. La identidad de Parseval de la funcion f es:

sen

2

x dx =

8

+

k=1

16

(4k2 1)2

De donde se deduce que:

16=

sen2 x dx 8 = 8


147/590

k=1 (4k2 1)2

=

sen x dx

=

4.1

1232+

13252

+1

5272+

=

k=1

1

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

k=1

1

(4k2 1)2

= 16

8

=

2

16 1

2



Problema 75 Desarrollar en serie de Fourier y = cosh x, x [, ] y deducir de dicho desarrollo la suma dela serie

n=1

1

2 + n2,

R

{0}

La funcion es par y por tanto, bn = 0 para todo n. Calculamos en primer lugar el coeficiente a0:


148/590

a0

=2

0cosh xdx =

2

1

senh x

0

=2

senh

Para calcular los coeficientes an con n 1, utilizamos integracion por partes:

an =2

0

cosh x cos nxdx

= 2

ncosh x sen nx

0

2n

0

senh x sen nxdx

= 2n

0

senh x sen nxdx

= 2n2 senh x cos nx

0 22

n2

0 cosh x cos nxdx

= (1)n 2n2

senh 2

n2an



De la igualdad obtenida podemos despejar an para obtener:

an = (1)n 2(2 + n2)

senh

Por lo tanto, si = 0 y x [, ], entonces

cosh x =1

senh +

n=1

(1)n 2(2 + n2)

senh cos nx


149/590

En particular, para x = se obtiene:

cosh =1

senh +

n=1

2

(2 + n2)senh

y de ah:

n=1

12 + n2

=

n=1

12 + n2

=

2cotgh 1

22, = 0



Problema 76 Aproximar el numero log5 con un error menor que 10n

log 5 = log(1/5) =

n=1

(1)n+145n

n=

n=1

4n

n5n

Si usamos el criterio del cociente para establecer la convergencia de esta serie, obtenemos la siguiente acotacion del


150/590

error:

aN 4/51 4/5 = 4aN = 4N+1

N5N

Para N = 24 obtenemos que < 12701 < 103 y S24 = 160877. De las 5 cifras decimales dadas solo las dosprimeras son exactas:

160877 log5 160877 + 0001 = 160977Sin embargo, para conseguir esas dos cifras exactas es suficiente con S20; en este caso el error esta acotado por

0002305 y S20 = 160755:160755 log 5 160755 + 0002305 = 160985



Problema 77 Hallar el campo de convergencia de las siguientes series:

n=0(1)n

nx

n

n=0nx

n

Recordemos que la importancia del lmite ??(??) esta en que permite afirmar la siguiente igualdad:

2

> 1


151/590

2 = n=0n > 1ya que si > 1, podemos encontrar una constante a con 0 < a < 1 y un polinomio P(n) tales que tal que n =(1)nP(n)

a(a+1)(a+(n1))n! =

a1a+12 a+(n1)n . Por otra parte, si < 1, se verifica que

n

= (1)n a(a+1)(a+(n1))n! =

a1a+12

a+(n1)

n donde a > 1, y por lo tanto, su lmite no es 0.

El teorema de Abel y el estudio anterior nos lleva a completar la determinacion del campo de convergencia de

la serie binomia; para la serie

n=0

n

xn con {1, 0, 1}

Si > 0: converge para x [1, 1]Si 1 < < 0: converge para x (1, 1]

Si < 1: converge para x (1, 1)



Problema 78 Vamos a estudiar la convergencia de la serie de potencias:

1 +1

nn2

(1 + x)n

Por el criterio de la raiz deducimos que el radio de convergencia es r = 1/e; para establecer si la serie converge en

los extremos tenemos que estudiar las series

11 +

1 n2

(1)n1 +

1 n2


152/590

en +

n en +

nNinguna de las dos series converge; lo demostramos usando la condicion necesaria de convergencia:

lm1

en

1 +

1

n

n2= lm exp

n + n2 log

n + 1

n

= e1/2 = 0

ya que:

lm n + n2 logn + 1

n

= lm 1n + log

1 + 1n1n2

= 12

ya que:

lmx0

x + log(1 + x)x2

= 12

Aunque no es significativo para el estudio de la serie, es f acil comprobar que la serie de terminos positivos esdecreciente:

an+1an

=1

e

n2 + 2n

n2 + 2n + 1

n2 n + 2

n + 1

n+12 n + 1n + 2

0; probar que la velocidad de recorrido es constante y que

la longitud de la curva en [t0, t1] es igual a la velocidad multiplicada por el tiempo (t1 t0).

La curva propuesta es una circunferencia de radio a y centro en (b, d)). La coordenadas del vector velocidad en

cada instante, v(t) = (x(t), y(t)), son:

x(t) = a sen t y(t) = a cos t


165/590

Por tanto, la velocidad de recorrido, es decir, el modulo del vector velocidad en cada instante es:

||v(t)|| =

[x(t)]2 + [y(t)]2 =

a2 sen2 t + a2 cos2 t = a

Por tanto, la longitud de la curva (circunferencia) entre los instantes t0 y t1 es:t1t0

||v(t)|| dt =

att1t0

= a(t1 t0)


El espacio metrico Rn.Curvas parametrizadas 162

Problema 86 Un objeto se mueve de izquierda a derecha a lo largo de la curva y = x3/2 a velocidad constante. Si

el punto esta en (0, 0) al medioda y en (1, 1) a la una de la tarde donde se encontrara a la una y media?

El espacio recorrido entre los puntos (0, 0) y (a, a3/2) es:

a0

1 + (y)2 dx =

10

1 +

9

4x dx =

2

3

(1 +

9

4x)3

a0

=2

3

1 +

9

4a

3/2 1


166/590

Dado que la velocidad es constante, su valor coincide con el espacio recorrido entreel medioda y la una, es decir, el valor de la expresion anterior para a = 1: v =1

12(8 + 1313). A la una y media, el objeto se encontrara en un punto (a, a3/2) tal

que

2

3 1 + 94a3/2

1 = 32 112 (8 + 1313)0 1 15



Problema 87 Hallar la ecuacion de la recta tangente a la curva parametrizada x = 2cos e y = sen cuando = /2.

Para = /2, el punto descrito es (0, 2 1). Para cada , un vector tangente es

(x(), y() = (2sen , 1 cos )

Por tanto, para = /2 el vector tangente es (2, 1) y la recta tangente:


167/590

X

2 = Y

2+ 1



Problema 88 Hallar una curva parametrizada x = f(t), y = g(t) que pase por los puntos (1, 1), (2, 2), (4, 2),

(5, 1), (3, 0) y (1, 1) tal que f y g sean funciones lineales a trozos, con lo cual la curva es un polgono cuyos vertices

son los puntos dados en ese mismo orden.

1. Hallar la longitud de la curva mediante la formula deducida anteriormente y despues usando geometra ele-

mental.

2. Hallar la superficie y el volumen de revolucion del solido obtenido al girar el polgono alrededor del eje OY.


168/590

El polgono del enunciado aparece en la figura siguiente.

(2,2) (4,2)

(5,1)

(3,0)

(1,1)



Una parametrizacion de la curva es:

(f, g)(t) =

(t 1)(1, 1) + (1, 1) t [1, 2](t

2)(2, 0) + (2, 2) t

[2, 3]

(t 3)(1, 1) + (4, 2) t [3, 4](t 4)(2, 1) + (5, 1) t [4, 5](t 5)(2, 1) + (3, 0) t [5, 6]

=

(t, t) t [1, 2](2t

2, 2) t

[2, 3]

(t + 1, 5 t) t [3, 4](2t + 13, t + 5) t [4, 5](2t + 13, t 5) t [5, 6]


169/590

La derivada de esta parametrizacion es:

(f, g)(t) =

(1, 1) t (1, 2)(2, 0) t (2, 3)(1,

1) t

(3, 4)

(2, 1) t (4, 5)(2, 1) t (5, 6)

La Longitud del polgono es:

L =21

1 + 1 dt +32

4 + 0 dt +43

1 + 1 dt +54

4 + 1 dt +65

4 + 1 dt

=

2 + 2 +

2 +

5 +

5 = 2

5 + 2

2 + 2



La superficie de revolucion al girar alrededor del eje OY es:

S =

21

2|t|1 + 1 dt +32

2|2t 2|4 + 0 dt +43

2|t + 1|1 + 1 dt

+ 54

2| 2t + 13|4 + 1 dt + 65

2| 2t + 13|4 + 1 dt= 3

2 + 12 + 9

2 + 8

5 + 4

5

El volumen de revolucion al girar alrededor del eje OY es:


170/590

V =61

2f(t)g(t)f(t) dt

=

21

2t2 dt +

32

2(4t 4)24 + 0 dt +43

2(t + 1)(5 t)1 + 1 dt

+ 54

2(2t + 13)(t + 5)(2)4 + 1 dt + 65

2(2t + 13)(t 5)(2)4 + 1 dt=

14

3 + 24 +

40

3 26

3 10

3 = 30



Problema 89 Se define el centro de curvatura C en un punto (a, b) de una curva como el extremo del vector rntrasladado al punto (a, b), donde r es el radio de curvatura. La circunferencia de radio r centrada en C es tangente

a la curva en el punto (a, b) (tiene el mismo vector tangente) y recibe el nombre de circunferencia osculatriz.

Se puede demostrar que las coordenadas, (, ) del centro de curvatura de la grafica de una funcion y = f(x)

dos veces derivable y de curvatura no nula en (a, b) son

= a f(a) 1 + f(a) 2

f ( )

2 = b +1 + f(a) 2

f ( )

2


171/590

f(a) f(a)Usar estas formulas para hallar la circunferencia osculatriz a las siguientes curvas en los puntos que se indican:

y = x2 en el punto (1, 1).

y = tg x en (/4, 1).

x(t) = t2, y(t) = t3 en t = 1.

y = x2

en el punto (1, 1); y = 2x, y = 2:

= 1 2 1 + 44

= 1

5

2 = 1 +

1 + 4

4= 1

5

4



y = tg x en (/4, 1); y = 1 + tg2 x, y = 2 tg x(1 + tg2 x):

=

4 2 1 + 4

16=

4 5

8 = 1 +

1 + 4

16= 1 +

5

16

x(t) = t2, y(t) = t3 en t = 1; el punto es (a, b) = (1, 1); eliminando el parametro deducimos la representacion

cartesiana y = f(x) = x3/2, x 0; f(x) = 32x1/2, f(x) = 34x1/2:

= 1 +3

2

1 + 94916

=26

3 = 1 +

1 + 94916

=52

9


172/590



Problema 90 El conjunto de centros de curvatura de una curva dada recibe el nombre de evoluta de la curva,

mientras que la curva dada es la involuta del conjunto de centros de curvatura. Una curva solo tiene una evoluta,

pero un conjunto de puntos puede tener muchas involutas: cual es la evoluta de una circunferencia?, cuales son

las involutas de un punto?

En el ejercicio ??, demostramos que la curvatura de una circunferencia en cada punto coincide con el radio de

la circunferencia; de aqu se deduce que la evoluta de una circunferencia se reduce a un unico punto: su centro.

P t t l i i f i t d l i t t d l i l t t t d l


173/590

Por tanto, cualquier circunferencia centrada en el mismo punto, tendra la misma evoluta, y estas seran todas lasevolutas del punto.



Problema 91 Hallar una ecuacion parametrizada para la evoluta de la parabola y = x2.

Del ejercicio ??, se deduce que el centro de curvatura

en el punto (t, t2) es:

(t) = t 2t 1 + 4t2

4= 2t3 + 1

2t

(t) = t2 +1 + 4t2

4

= 2t2 +1

4

t=1


174/590

4 4Estas ecuaciones dan la parametrizacion de la evoluta. En

la figura mostramos las dos curvas juntas. Observese que

las parametrizaciones de las dos curvas usan el mismo pa-

rametro, la primera coordenada del punto de la parabola.

E interesante saber como se recorren las curvas y, para

ello, indicamos con cabezas de flecha, la direccion en que

se recorren, y mostramos como se localiza el centro de

curvatura correspondiente a un punto de la parabola (el

punto (x(1), y(1))).

t=1



Problema 92 Trocoide. Un crculo de radio r rueda sin deslizarse por una recta (eje OX). Hallar las ecuaciones

de la trayectoria de un punto unido rgidamente al crculo y que se encuentra a una distancia d del centro de este.

Esta curva recibe el nombre de trocoide; si r = d, la curva se denomina cicloide; si r < d, se denomina cicloide

larga; por ultimo, sir > d, se denomina cicloide corta. En la figura ?? se muestran las graficas de estas dos ultimas.Dar ejemplos de objetos que, al moverse, describen tales curvas.

y()


175/590

x()

y()

r

r

En la figura mostramos como se describe un punto de una cicloide larga, pero puede observarse, que el razona-

miento es valido para cualquier caso.Como parametro elegimos el angulo de giro del crculo, ; ademas, suponemos que en el instante inicial el punto

de referencia esta sobre el eje OY (es decir, para = 0, el punto de la curva es (0, r d)). Cuando el crculo hagirado un angulo , la distancia del centro de la misma al eje OY es r (ya que rueda sin deslizarse); a partir de




176/590

Figura 4.1: Trocoides. Ejercicio 14



esta observacion y del dibujo, se deduce facilmente que:

x() = r d sen y() = r d cos

Los signos que aparecen en las dos ecuaciones estan, aparentemente, justificados por la posicion elegida en la figura;

observese que, en cualquier otra posicion, los signos son igualmente correctos.


177/590



Problema 93 Epicicloide. Cuando una circunferencia rueda sin deslizarse por el exterior de otra circunferencia

(por ejemplo cuando se gira una moneda sobre otra) cada punto P de la primera circunferencia describe una

curva llamada epicicloide. Supongase que la circunferencia fija tiene radio a y su centro esta en el origen de

coordenadas; supongase tambien que la circunferencia movil tiene radio b y que la posicion inicial del punto P es(a, 0). Compruebese que las ecuaciones parametricas de la epicicloide as descrita son

x() = (a

ejercicios resueltos de cÃ¡lculo - 591 pÃ¡g

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