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I2 1er 2009

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I2 1er 2009

  1. 1. Pontificia Universidad Cat´lica de Chile oFacultad de Matem´ticas aPrimer Semestre 2009 SOLUCION INTERROGACION II MAT 220E ∗ CALCULO II (1) Analice la convergencia, condicional o absoluta, de las siguientes series ∞ 3 + 4 sen(k + 1) (a) k=1 2k + k 3 + 4 sen(k + 1) Soluci´n Sea ak = o . 2k + k Tenemos que 3 + 4 | sen(k + 1) | 7 7 | ak | ≤ ≤ k ≤ k. 2k + k 2 +k 2 Como la serie ∞ k 1 7 k=1 2 es convergente, tenemos que ∞ | ak | k=1 converge, es decir la serie dada es absolutamente convergente. ∞ 8 arctan(n) (b) . n=2 1 + n2 Soluci´n Utilizaremos el criterio de la integral. o arctan(x) Consideremos la funci´n f (x) = o , con x ∈ [2, ∞). 1 + x2 Tenemos que 1 − 2x arctan(x) f (x) = . (1 + x2 )2 Luego f (x) < 0 si y solamente si 1 − 2x arctan(x) < 0. Como la funci´n g(x) = arctan(x) es creciente, para x > 2 se tiene que o arctan(x) > arctan(2) > 1. De esta forma x arctan(x) > x y as´ ı 1 − 2x arctan(x) < 1 − 2x < 0.
  2. 2. 1 Ahora, integrando por partes u u arctan(x) arctan2 (x) 1 dx = = arctan2 (u) − arctan2 (2) 2 1 + x2 2 2 2 Finalmente u arctan(x) 1 1 π2 lim 2 dx = lim arctan2 (u) − arctan2 (2) = − arctan2 (2) . u→∞ 2 1+x u→∞ 2 2 4 As´ la serie dada converge. ı,(2) Utilizando series geom´tricas, calcule e ∞ (n + 1)2 3n−1 . n=1 n 22n−1 Soluci´n o ∞ ∞ n (n + 1)2 3n−1 2 1 3 2n−1 = n+2+ n=1 n2 3 n=1 n 4 ∞ n ∞ n ∞ n 2 3 3 1 3 = n +2 + 3 n=1 4 n=1 4 n=1 n 4 Considere la serie geom´trica e ∞ 1 xn = , |x| < 1 n=0 1−x Derivando ∞ ∞ n−1 1 1 nx = ⇔ nxn = n=0 (1 − x)2 n=1 (1 − x)2 ∞ n 3 3 haciendo x = se tiene n = 12 4 n=1 4 ∞ n 3 La segunda suma es inmediata, =3 n=1 4 ∞ 1 Para la tercera suma, considere xn−1 = , |x| < 1. n=1 1−x ∞ xn integrando tenemos que = − ln (1 − x), n=1 n
  3. 3. 2 ∞ n 3 1 3 1 para x = se tiene = − ln . 4 n=1 n 4 4 Finalmente ∞ (n + 1)2 3n−1 2 1 2 1 2n−1 = 12 + 6 − ln( ) = 12 − ln( ) n=1 n2 3 4 3 4 (3) Considere la serie de potencias ∞ xn √ √ . n=1 (n + 1) n + n n + 1 (a) Determine su radio de convergencia. 1 Soluci´n De inmediato, r = o l √ √ 1 √ an+1 (n + 1) n + n n + 1 n n donde l = lim = √ √ · 1 n→∞ an (n + 2) n + 1 + (n + 1) n + 2 √ n n 1 1 1+ n + 1+ n l = lim =1 n→∞ 2 1 1 2 1+ n 1+ n + 1+ n 1+ n luego r = 1 ∞ 1 (b) Calcule √ √ . n=1 (n + 1) n + n n + 1 Soluci´n Calculamos Sn o √ √ n n 1 (k + 1) k − k k + 1 Sn = √ √ = k=1 (k + 1) k + k k + 1 k=1 (k + 1)2 k − k 2 (k + 1) n √ √ n √ √ (k + 1) k − k k + 1 k k+1 Sn = = − k=1 (k + 1)k k=1 k k+1 √ n+1 Sn = 1 − , as´ resulta que lim Sn = 1 por lo tanto ı n+1 n→∞ ∞ 1 √ √ =1 n=1 (n + 1) n + n n + 1 1 (4) Sea f (x) = √ con |x| < 1. 1 − x2 (a) Determine el desarrollo en series de potencias de f (x) en torno a a = 0.
  4. 4. 3 Soluci´n Tenemos que o 1 1 f (x) = √ = (1 − x2 )− 2 . 1 − x2 Utilizando desarrollo binomial, para | x | < 1 ∞ 1 −2 f (x) = (−x2 )k k=0 k donde −12 =1 0 y 1 1 1 1 1 − − −1 − − 2 ··· − − k + 1 − 2 2 2 2 2 = k k! 1 3 5 2k − 1 (−1)k ··· 2 2 2 2 = k! (−1)k 1 · 3 · 5 · · · (2k − 1) = 2k k! Luego ∞ 1 ∞ −2 1 · 3 · 5 · · · (2k − 1) 2k f (x) = (−x2 )k = 1 + x k=0 k k=1 2k k! ∞ 1 · 3 · · · (2n − 1)(b) Calcule . Soluci´n Por el item anterior, tenemos que, para o n=1 2n n!(2n + 1) | x | < 1, vale ∞ 1 1 · 3 · 5 · · · (2k − 1) 2k √ =1+ x . 1−x 2 k=1 2k k! Integrando, tenemos que ∞ 1 · 3 · 5 · · · (2k − 1) 2k+1 arcsen(x) = x + x . k=1 2k k!(2k + 1) Es decir ∞ 1 · 3 · 5 · · · (2k − 1) 2k+1 x = arcsen(x) − x. k=1 2k k!(2k + 1)
  5. 5. 4 π Adem´s lim (arcsen(x) − x) = a − 1. x→1 2 Finalmente ∞ 1 · 3 · 5 · · · (2k − 1) π k k!(2k + 1) = − 1. k=1 2 2

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