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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
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El cuerpo de los numeros complejos 3
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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El cuerpo de los numeros complejos 4
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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El cuerpo de los numeros complejos 5
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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El cuerpo de los numeros complejos 6
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
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E 7
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El cuerpo de los numeros complejos 7
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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El cuerpo de los numeros complejos 9
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El cuerpo de los numeros complejos 9
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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El cuerpo de los numeros complejos 10
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El cuerpo de los numeros complejos 10
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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El cuerpo de los numeros complejos 11
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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El cuerpo de los numeros complejos 12
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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El cuerpo de los numeros complejos 13
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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Sucesiones y series numericas 29
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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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Sucesiones y series numericas 30
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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
|<
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Sucesiones y series numericas 31
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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.
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Sucesiones y series numericas 32
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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
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Sucesiones y series numericas 33
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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
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Sucesiones y series numericas 34
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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
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Sucesiones y series numericas 52
Por lo tanto, efectivamente an > an+1 para todo n N.
7/28/2019 Ejercicios Resueltos de Clculo - 591 pg.
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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
Ejercicios resueltos de Calculo. cAgustn Valverde
Sucesiones y series numericas 60
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.
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Sucesiones y series numericas 61
Problema 32 Demostrar que la sucesion sen n no es convergente.
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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
.
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Sucesiones y series numericas 62
Problema 33 Hallar los siguientes lmites.
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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 = +
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Sucesiones y series numericas 63
7. lmx0
sen x2
x3= lm
x0x2
x3= lm
x01x
=
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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.
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Sucesiones y series numericas 64
Problema 34 Resolver los siguientes lmites
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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
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Sucesiones y series numericas 66
Problema 36 Estudiar la existencia de los siguientes lmites
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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
Ejercicios resueltos de Calculo. cAgustn Valverde
Sucesiones y series numericas 67
3. Estudiamos el lmx0
x
1 sen 1x
usando la caracterizacion secuencial; vamos determinar dos sucesiones conver-
7/28/2019 Ejercicios Resueltos de Clculo - 591 pg.
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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= +
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Sucesiones y series numericas 68
En () hemos utilizado la formula del seno del angulo complementario y en () hemos utilizado infinitesimosequivalentes.
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Sucesiones y series numericas 69
Problema 37 Calcular los siguientes limites:
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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:
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Sucesiones y series numericas 70
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.
7/28/2019 Ejercicios Resueltos de Clculo - 591 pg.
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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.
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Sucesiones y series numericas 72
Problema 39 Sea {an} una sucesion de terminos positivos. Probar que si
n=1
an es convergente, entonces
n=1
a2n
7/28/2019 Ejercicios Resueltos de Clculo - 591 pg.
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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.
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Sucesiones y series numericas 73
Problema 40
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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.
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Sucesiones y series numericas 74
Problema 41 Consideremos la serie
n=1
P(n)Q(n)
donde P y Q son dos polinomios de grados p y q respectivamente;
7/28/2019 Ejercicios Resueltos de Clculo - 591 pg.
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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.
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Sucesiones y series numericas 75
Problema 42 Aplicar el ejercicio anterior para decidir el caracter de las siguientes series.
2 3 2 2
7/28/2019 Ejercicios Resueltos de Clculo - 591 pg.
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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.
Ejercicios resueltos de Calculo. cAgustn Valverde
Sucesiones y series numericas 76
5. n + n
2n3 1 tiene el mismo caracter que 1
n2, que es convergente.
n + 3 1
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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.
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Sucesiones y series numericas 77
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.
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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
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Sucesiones y series numericas 78
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:
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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.
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Sucesiones y series numericas 79
Problema 44 Determinar el caracter de las siguientes series.
n2 + 1 3n 2n1
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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.
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Sucesiones y series numericas 80
6. n + 1
anes absolutamente convergente si |a| > 1 y condicionalmente convergente si a = 1; en los otros
casos, es divergente.
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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.
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Sucesiones y series numericas 81
Problema 45 Estudiar el caracter de las siguientes series.
n! (n!)2 4n (a + 1) (a + n)
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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
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Sucesiones y series numericas 82
Sin embargo, del calculo realizado deducimos que:
an+1= lm
4(n + 1)2= lm
4n2 + 8n + 42 > 1
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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
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Sucesiones y series numericas 84
7. nn
n!es divergente, segun establece el criterio del cociente:
la
+1 l(n + 1)n+1 n!
ln + 1
n
1
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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
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Sucesiones y series numericas 85
11. (n!)c
(3n)!; utilizamos el criterio del cociente:
lan+1 l
((n + 1)!)c (3n)!l
(n + 1)c
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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.
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Sucesiones y series numericas 86
Problema 46 Estudiar el caracter de las siguientes series.
1 a1+ 1
2
+ + 1
n 2
1 3 5 (2n 1)
2 4 (2n)
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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
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Sucesiones y series numericas95
Problema 49 Estudiar el caracter de las siguientes series.
1. (1)n
2n2. (1)n
1
n log n3. (1)
n1n
5log n
1 1
(n!)2
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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
Ejercicios resueltos de Calculo. cAgustn Valverde
Sucesiones y series numericas
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.
7/28/2019 Ejercicios Resueltos de Clculo - 591 pg.
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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.
Ejercicios resueltos de Calculo. cAgustn Valverde
Sucesiones y series numericas
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
7/28/2019 Ejercicios Resueltos de Clculo - 591 pg.
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n y
n + 1 son crecientes y divergentes a infinito, y por lo tanto, 1
n(n + 1)es decreciente y convergente
a 0.
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Sucesiones y series numericas
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
7/28/2019 Ejercicios Resueltos de Clculo - 591 pg.
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
Ejercicios resueltos de Calculo. cAgustn Valverde
Sucesiones y series numericas
99
2.
Sn =24
3+
25
32+ + 2
n+2
3n1+
2n+3
3n
2Sn =
25+
26+ + 2
n+3
+2n+4
1
7/28/2019 Ejercicios Resueltos de Clculo - 591 pg.
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
Ejercicios resueltos de Calculo. cAgustn Valverde
Sucesiones y series numericas
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
7/28/2019 Ejercicios Resueltos de Clculo - 591 pg.
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
Ejercicios resueltos de Calculo. cAgustn Valverde
Sucesiones y series numericas 101
Problema 51 Determinar cuales de las siguientes series hipergeometricas son convergentes y sumarlas.
5. 4
14n2 1 6.
4
1(4n 1)(4n + 3)
7/28/2019 Ejercicios Resueltos de Clculo - 591 pg.
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
Ejercicios resueltos de Calculo. cAgustn Valverde
Sucesiones y series numericas 102
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
7/28/2019 Ejercicios Resueltos de Clculo - 591 pg.
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:
Ejercicios resueltos de Calculo. cAgustn Valverde
Sucesiones y series numericas 103
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
7/28/2019 Ejercicios Resueltos de Clculo - 591 pg.
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)
Ejercicios resueltos de Calculo. cAgustn Valverde
Sucesiones y series numericas 104
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
7/28/2019 Ejercicios Resueltos de Clculo - 591 pg.
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
Ejercicios resueltos de Calculo. cAgustn Valverde
7/28/2019 Ejercicios Resueltos de Clculo - 591 pg.
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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
7/28/2019 Ejercicios Resueltos de Clculo - 591 pg.
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.
Ejercicios resueltos de Calculo. cAgustn Valverde
Sucesiones y series funcionales 107
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-1
-1
1
1
Ejercicios resueltos de Calculo. cAgustn Valverde
7/28/2019 Ejercicios Resueltos de Clculo - 591 pg.
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Sucesiones y series funcionales 109
Problema 55 Sumar las siguientes series
1.
1
4 1
6 +
1
8 1
10 + +(
1)k
2k + 2.
k=0
k3
2k
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Ejercicios resueltos de Calculo. cAgustn Valverde
Sucesiones y series funcionales 110
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!
7/28/2019 Ejercicios Resueltos de Clculo - 591 pg.
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Ejercicios resueltos de Calculo. cAgustn Valverde
Sucesiones y series funcionales 111
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
7/28/2019 Ejercicios Resueltos de Clculo - 591 pg.
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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|
Ejercicios resueltos de Calculo. cAgustn Valverde
Sucesiones y series funcionales 112
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
7/28/2019 Ejercicios Resueltos de Clculo - 591 pg.
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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
Ejercicios resueltos de Calculo. cAgustn Valverde
Sucesiones y series funcionales 113
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
7/28/2019 Ejercicios Resueltos de Clculo - 591 pg.
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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
Ejercicios resueltos de Calculo. cAgustn Valverde
Sucesiones y series funcionales 114
[1, 1]. Sea f(x) =
n=1
x4n14n
; entonces,
xf(x) =
n=1
(1)n x4n
4n x [1, 1]
d
1
7/28/2019 Ejercicios Resueltos de Clculo - 591 pg.
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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
Ejercicios resueltos de Calculo. cAgustn Valverde
Sucesiones y series funcionales 115
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 ??
7/28/2019 Ejercicios Resueltos de Clculo - 591 pg.
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).
Ejercicios resueltos de Calculo. cAgustn Valverde
Sucesiones y series funcionales 116
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).
7/28/2019 Ejercicios Resueltos de Clculo - 591 pg.
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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
Ejercicios resueltos de Calculo. cAgustn Valverde
Sucesiones y series funcionales 142
=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)
7/28/2019 Ejercicios Resueltos de Clculo - 591 pg.
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(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
Sucesiones y series funcionales 143
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
7/28/2019 Ejercicios Resueltos de Clculo - 591 pg.
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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
Ejercicios resueltos de Calculo. cAgustn Valverde
Sucesiones y series funcionales 144
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:
7/28/2019 Ejercicios Resueltos de Clculo - 591 pg.
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
Ejercicios resueltos de Calculo. cAgustn Valverde
Sucesiones y series funcionales 145
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
7/28/2019 Ejercicios Resueltos de Clculo - 591 pg.
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
Ejercicios resueltos de Calculo. cAgustn Valverde
Sucesiones y series funcionales 146
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
7/28/2019 Ejercicios Resueltos de Clculo - 591 pg.
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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
Ejercicios resueltos de Calculo. cAgustn Valverde
Sucesiones y series funcionales 147
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
7/28/2019 Ejercicios Resueltos de Clculo - 591 pg.
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)
Ejercicios resueltos de Calculo. cAgustn Valverde
Sucesiones y series funcionales 148
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
7/28/2019 Ejercicios Resueltos de Clculo - 591 pg.
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
7/28/2019 Ejercicios Resueltos de Clculo - 591 pg.
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)
Ejercicios resueltos de Calculo. cAgustn Valverde
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
7/28/2019 Ejercicios Resueltos de Clculo - 591 pg.
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
Ejercicios resueltos de Calculo. cAgustn Valverde
El espacio metrico Rn.Curvas parametrizadas 163
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:
7/28/2019 Ejercicios Resueltos de Clculo - 591 pg.
167/590
X
2 = Y
2+ 1
Ejercicios resueltos de Calculo. cAgustn Valverde
El espacio metrico Rn.Curvas parametrizadas 164
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.
7/28/2019 Ejercicios Resueltos de Clculo - 591 pg.
168/590
El polgono del enunciado aparece en la figura siguiente.
(2,2) (4,2)
(5,1)
(3,0)
(1,1)
Ejercicios resueltos de Calculo. cAgustn Valverde
El espacio metrico Rn.Curvas parametrizadas 165
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]
7/28/2019 Ejercicios Resueltos de Clculo - 591 pg.
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
Ejercicios resueltos de Calculo. cAgustn Valverde
El espacio metrico Rn.Curvas parametrizadas 166
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:
7/28/2019 Ejercicios Resueltos de Clculo - 591 pg.
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
Ejercicios resueltos de Calculo. cAgustn Valverde
El espacio metrico Rn.Curvas parametrizadas 167
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
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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
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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
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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
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Por tanto, cualquier circunferencia centrada en el mismo punto, tendra la misma evoluta, y estas seran todas lasevolutas del punto.
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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
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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
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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()
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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
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Figura 4.1: Trocoides. Ejercicio 14
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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.
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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