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Universidad de Costa Rica Apuntes de c´alculo II

Danalie Azofeifa Chaves 18 de junio de 2017

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´Indice general 1. Inducci´ on Matem´ atica 1.1. Sumatorias . . . . . 1.2. Desigualdades . . . . 1.3. Identidades . . . . . 1.4. Ejercicios . . . . . .

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2. Polinomios de Taylor 2.1. Definici´on . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2.2. Cambio de Variable . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2.3. An´alisis gr´afico . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2.4. Derivadas e Integrales . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2.4.1. Derivadas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2.4.2. Integrales . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2.5. Aproximaciones . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2.5.1. Aproximaci´on de funciones evaluadas en un punto . . 2.5.2. Aproximaci´on de integrales el´ıpticas . . . . . . . . . . 2.5.3. Aproximaci´on de soluciones de ecuaciones no triviales 2.5.4. Polinomios de Taylor de uso frecuente . . . . . . . . . 2.5.5. Aplicaci´on a la computaci´on . . . . . . . . . . . . . . 2.6. Ejercicios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3. Desarrollos Limitados 3.1. Definici´on . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3.2. Propiedades de los o(xn ) . . . . . . . . . . . 3.3. C´alculo de Limites con desarrollos limitados 3.4. Aplicaci´on de los desarrollos l´ımitados . . . 3.5. Ejercicios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 4. Calculo de integrales impropias 4.1. Integrales de primer especie . 4.2. Integrales de segunda especie 4.3. Integrales de tercer especie . . 4.4. Aplicaci´on a la estad´ıstica . . 4.5. Ejercicios . . . . . . . . . . .

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7 7 9 10 11

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13 13 16 17 19 19 20 23 23 26 28 29 30 31

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35 35 36 37 42 43

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45 45 48 49 51 53

5. An´ alisis de Convergencia de integrales impropias 5.1. Criterios para primer especie . . . . . . . . . . . . . 5.1.1. P- Integrales de primer especie . . . . . . . . 5.1.2. Criterio de la condici´on necesaria . . . . . . 5.1.3. Criterio de comparaci´on directa . . . . . . . 5.1.4. Criterio de comparaci´on de cocientes . . . .

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57 57 57 58 58 59

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´INDICE GENERAL

4 5.1.5. Convergencia absoluta y condicional . . 5.1.6. Teorema de Dirichlet . . . . . . . . . . . 5.1.7. Utilizando desarrollos limitados . . . . . 5.2. Criterios para segunda especie . . . . . . . . . . 5.2.1. P- Integrales de segunda especie . . . . . 5.2.2. p series de segunda especie generalizada 5.2.3. Criterio de Comparacion directa . . . . . 5.2.4. Criterio de Comparacion de Cocientes . 5.2.5. Convergencia absoluta y condicional . . 5.2.6. Utilizando Desarrollos limitados . . . . . 5.3. Cr´ıterios para integrales del tercer tipo . . . . . 5.4. Ejercicios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 6. Sucesiones Num´ ericas 6.1. Sucesi´on generada por una funci´on . 6.2. Sucesi´on alternada . . . . . . . . . . 6.3. Convergencia . . . . . . . . . . . . . 6.4. Propiedades de los l´ımites . . . . . . 6.5. Monoton´ıa: . . . . . . . . . . . . . . 6.6. Cotas . . . . . . . . . . . . . . . . . . 6.7. Teorema del Emparedado . . . . . . 6.8. Teorema de Convergencia Mon´otona 6.9. Calculo de Limites usando Inducci´on 6.10. F´ormulas u ´tiles . . . . . . . . . . . . 6.10.1. F´ormula de Stirling . . . . . . 6.10.2. F´ormula de Darboux . . . . . 6.11. Aplicaci´on a la econom´ıa . . . . . . . 6.12. Ejercicios . . . . . . . . . . . . . . . 6.13. Sucesiones recurrentes . . . . . . . . 6.14. Ejercicios . . . . . . . . . . . . . . .

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61 62 63 64 64 65 65 66 68 69 70 72

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77 77 78 78 80 80 81 83 83 84 85 85 85 85 86 87 89

7. Series Num´ ericas 7.1. Definici´on . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 7.2. Serie Geom´etrica . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 7.3. Serie Telesc´opica . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 7.4. Propiedades de la convergencia de las series num´ericas 7.5. C´alculo de L´ımites usando Series num´ericas . . . . . . 7.6. Calculo de productorias usando series num´ericas . . . . 7.7. Ejercicios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

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91 91 91 92 93 95 95 97

8. An´ alisis de convergencia de series num´ ericas 8.1. Criterio de la condici´on necesaria . . . . . . . 8.2. Criterio de la Integral . . . . . . . . . . . . . . 8.3. P-series . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 8.4. Criterio de comparaci´on directa . . . . . . . . 8.5. Criterio de Comparaci´on de Cocientes . . . . . 8.6. Criterio de Dirichlet . . . . . . . . . . . . . . 8.7. Criterio de Series Alternadas . . . . . . . . . . 8.8. Convergencia absoluta y condicional . . . . . . 8.9. Criterio de la Raz´on . . . . . . . . . . . . . . 8.10. Criterio de la Ra´ız n-´esima . . . . . . . . . . .

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99 99 99 101 101 102 104 105 106 107 108

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´INDICE GENERAL 8.10.1. F´ormula de Stirling . . . 8.11. Cr´ıterio de Raabe . . . . . . . . 8.12. Utilizando desarrollos limitados 8.13. Ejercicios . . . . . . . . . . . .

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108 109 109 110

9. Series de Potencias 9.1. Definici´on . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 9.2. Convergencia . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 9.3. Series geom´etricas . . . . . . . . . . . . . . . . . . 9.4. Derivaci´on e integraci´on de series de potencias . . 9.5. Series de Taylor . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 9.6. Series de Potencias de uso frecuente y su intervalo 9.7. Operaciones de series de potencias . . . . . . . . . 9.8. Ejercicios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . de convergencia . . . . . . . . . . . . . . . . . .

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113 . 113 . 113 . 117 . 117 . 121 . 124 . 125 . 128

10.Secciones C´ onicas 10.1. Elipse Horizontal Centrada en el Origen . . 10.1.1. Exentricidad . . . . . . . . . . . . . . 10.2. Elipse Vertical Centrada en el Origen . . . . 10.2.1. Exentricidad . . . . . . . . . . . . . . 10.2.2. Observaci´on: . . . . . . . . . . . . . . 10.3. Par´abola Vertical con v´ertice en el Origen . 10.4. Par´abola Horizontal con v´ertice en el Origen 10.5. Hip´erbola Horizontal centrada en el origen . 10.6. Hip´erbola vertical centrada en el origen . . . 10.7. Elipse Horizontal centrada en (h, k) . . . . . 10.8. Elipse vertical centrada en (h, k) . . . . . . . 10.9. Par´abola Vertical con v´ertice en (h, k) . . . 10.10.Par´abola Horizontal con v´ertice en (h, k) . . 10.11.Hip´erbola Horizontal centrada en (h, k) . . . 10.12.Hip´erbola vertical centrada en (h, k) . . . . ´ 10.13.Area de una elipse . . . . . . . . . . . . . . 10.14.Funciones param´etricas de secciones c´onicas 10.14.1.Elipse . . . . . . . . . . . . . . . . . 10.14.2.Hip´erbola Horizontal . . . . . . . . . 10.14.3.Par´abola vertical . . . . . . . . . . . 10.14.4.Par´abola Horizontal . . . . . . . . . ´ 10.15.Area ente secciones c´onicas . . . . . . . . . . 10.16.Aplicaciones . . . . . . . . . . . . . . . . . . 10.16.1.Aplicaci´on de la par´abola . . . . . . 10.16.2.Aplicaci´on de las elipses . . . . . . . 10.16.3.Aplicaci´on de la Hip´erbola . . . . . . 10.17.Ejercicios . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

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159 . 159 . 160 . 162 . 165 . 166 . 166

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11.Coordenas Polares 11.1. Breve repaso por las funciones trigonom´etricas . 11.2. Coordenadas Polares . . . . . . . . . . . . . . . 11.3. Relaci´on entre coordenadas polares y cartesianas 11.4. Graficaci´on en coordenadas polares . . . . . . . 11.5. Gr´aficas m´as comunes . . . . . . . . . . . . . . 11.5.1. Cardiodes . . . . . . . . . . . . . . . . .

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131 131 132 133 134 134 135 136 138 139 140 140 142 143 145 146 147 148 148 149 149 150 150 152 152 153 153 155

´INDICE GENERAL

6 11.5.2. Rectas verticales . . . . . . . . . . 11.5.3. Rectas horizontales . . . . . . . . . 11.5.4. Rectas que pasan por el polo . . . . 11.5.5. Rosas . . . . . . . . . . . . . . . . 11.5.6. Caracoles con lazo interno . . . . . 11.5.7. Caracoles sin lazo interno . . . . . 11.5.8. Lemniscatas . . . . . . . . . . . . . 11.5.9. C´ırculos . . . . . . . . . . . . . . . 11.6. Espirales . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 11.6.1. Espirales divergentes . . . . . . . . 11.6.2. Espirales convergentes al Polo . . . 11.7. Rectas Tangentes en Coordenadas Polares 11.8. Rectas Tangentes Y horizontales . . . . . . 11.8.1. Tangentes horizontales . . . . . . . 11.8.2. Tangentes verticales . . . . . . . . 11.9. Rectas Tangentes al polo . . . . . . . . . . ´ 11.10.Area de curvas Polares . . . . . . . . . . . ´ 11.11.Area entre curvas polares . . . . . . . . . . 11.12.Longitud de Arco . . . . . . . . . . . . . . 11.13.Ejercicios . . . . . . . . . . . . . . . . . .

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12.N´ umeros Complejos 12.1. Definici´on . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 12.1.1. N´ umeros complejos en el plano complejo . . . . . . 12.2. Operaciones con n´ umeros complejos . . . . . . . . . . . . . 12.3. M´odulo . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 12.4. Conjugado: . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 12.5. Divisi´on en n´ umeros complejos . . . . . . . . . . . . . . . . 12.6. Propiedades b´asicas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 12.7. Forma Polar de un n´ umero complejo . . . . . . . . . . . . 12.7.1. Propiedades . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 12.7.2. F´ormula de Moire . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 12.8. Ecuaciones en n´ umeros complejos . . . . . . . . . . . . . . 12.8.1. Ecuaciones de la forma a0 + a1 x + a2 x2 + · · · + an xn 12.9. Ra´ıces en n´ umeros complejos . . . . . . . . . . . . . . . . . 12.10.Fo´rmula de Euler . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 12.11.Ra´ız cuadrada de un n´ umero complejo . . . . . . . . . . . 12.12.Calculo de Integrales . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 12.13.Aplicaciones . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 12.13.1.Din´animica de fluidos . . . . . . . . . . . . . . . . . 12.13.2.Dristribuci´on del Calor . . . . . . . . . . . . . . . . 12.14.Ejercicios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

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168 168 169 169 170 172 173 174 175 175 176 176 178 178 179 179 181 187 190 192

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . = 0 con ai ∈ R . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

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. . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

195 195 196 196 197 197 198 199 199 200 200 201 201 203 204 205 206 208 208 208 210

Cap´ıtulo 1 Inducci´ on Matem´ atica

Definci´ on: Se define el conjunto de los n´ umeros naturales como N = {1, 2, 3, 4, 5...} Teorema Sea p(n) una proposici´on para n ∈ N tal que se verifique Paso 1: La proposici´on es validad para n = 1 Paso 2: Suponiendo que p(n) es cierta se prueba que p(n + 1) es cierta. Si se cumple paso 1 y paso 2 se dice que p(n) es validad paro todo n´ umero natural

1.1.

Sumatorias

Ejemplo: Demuestre por inducci´on que 1 + 2 + 3 + ··· + n = Soluci´ on: Paso 1 1=

1(1 + 1) 2 7

n(n + 1) 2

´ MATEMATICA ´ CAP´ITULO 1. INDUCCION

8 Paso 2 Vamos a asumir que

1 + 2 + 3 + ··· + n =

n(n + 1) 2

y probaremos que 1 + 2 + 3 + · · · + (n + 1) =

(n + 1)(n + 2) 2

en efecto 1 + 2 + 3 + · · · + (n + 1) = 1 + 2 + 3 + · · · + n + (n + 1) n(n + 1) = + (n + 1) 2 (n + 1)(n + 2) = 2 Ejemplo: Demuestre por inducci´on que 12 + 22 + 32 + · · · + n2 = Soluci´ on: Paso 1 n=1 12 = 1 =

n(n + 1)(2n + 1) 6

1(1 + 1)(2 · 1 + 1) 6

Paso 2 Asumiendo como cierto que 12 + 22 + 32 + · · · + n2 =

n(n + 1)(2n + 1) 6

se debe demostrar que 12 + 22 + 32 + · · · + (n + 1)2 =

(n + 1)(n + 2)(2n + 3) 6

En efecto 12 + 22 + 32 + · · · + (n + 1)2 = 12 + 22 + 32 + · · · + n2 + (n + 1)2 n(n + 1)(2n + 1) = + (n + 1)2 6 (n + 1)(n + 2)(2n + 3) = 6 Ejemplo: Demostrar por inducci´on que 1 · 1! + 2 · 2! + · · · + n · n! = (n + 1)! − 1 Soluci´ on: Paso 1 n = 1 1 · 1! = (1 + 2)! − 1 Paso 2; vamos a asumir que 1 · 1! + 2 · 2! + · · · + n · n! = (n + 1)! − 1

1.2. DESIGUALDADES

9

y vamos a probar que 1 · 1! + 2 · 2! + · · · + n · n! + (n + 1) · (n + 1)! = (n + 2)! − 1 En efecto (n+1)!−1

z }| { (1 · 1! + 2 · 2! + · · · + n · n!) +(n + 1) · (n + 1)! (n + 1)! − 1 + (n + 1)(n + 1)! ((n + 1)! + (n + 1)(n + 1)!) − 1 (n + 1)!(1 + (n + 1)) − 1 (n + 1)!(n + 2) − 1 (n + 2)! − 1

1 · 1! + 2 · 2! + · · · + n · n! + (n + 1) · (n + 1)! = = = = = =

1.2.

Desigualdades

Es b´asicamente lo mismo, pero se ocupa un poco de m´as de ingenio Ejemplo: Demuestre que n! > 2n

∀n ≥ 4

Soluci´ on: Paso 1 4! = 24 y 24 = 16 y por tanto 4! > 24 Paso 2 Usando el hecho de que n! > 2n vamos a probar que (n + 1)! > 2n+1 En efecto (n + 1)! = n!(n + 1) > 2n (n + 1) > 2n 2 = 2n+1 Ejemplo: Demostrar que n < 2n Soluci´ on: Paso 1 1 < 21 Paso 2 Usando el hecho de que n < 2n vamos a probar que n + 1 < 2n+1 En efecto n + 1 < 2n + 1 < 2n + 2 < 2n + 2n = 2 · 2n = 2n+1

´ MATEMATICA ´ CAP´ITULO 1. INDUCCION

10

1.3.

Identidades

Ejemplo: Demuestre que sin(θ + nπ) = (−1)n sin(θ) Soluci´ on: Paso 1 n = 1 sin(θ + π) = sin(θ) cos(π) + sin(π) cos(θ) = sin(θ) · (−1) = − sin(θ) Paso 2 Usando como cierto que sin(θ + nπ) = (−1)n sin(θ) vamos a probar que sin(θ + (n + 1)π) = (−1)n+1 sin(θ) En efecto sin(θ + (n + 1)π) = = = = =

sin(θ + nπ + π) sin((θ + nπ) + π) sin(θ + nπ) cos(π) + cos(θ + nπ) sin(π) (−1)n sin(θ) · (−1) (−1)n+1 sin(θ)

(−1)n n! 1 Ejemplo: Demuestre que la n−´esima derivada de es x xn+1 Soluci´ on: Paso 1 n=1  0 1 −1 = 2 x x Paso 2 suponiendo que  (n) (−1)n n! 1 = x xn+1 vamos a probar que  (n+1) 1 (−1)n+1 (n + 1)! = x xn+2 en efecto  (n+1) 1 = x

0  (n) !0  (−1)n n! (−1)n n! · (−1)(n + 1) (−1)n+1 (n + 1)! 1 = = = x xn+1 xn+2 xn+2

1.4. EJERCICIOS

1.4.

11

Ejercicios

1. Demostrar por inducci´on las siguiente identidades a) 2 + 4 + 6 + · · · 2n = n(n + 1) n(2n + 1)(2n − 1) b) 12 + 32 + 52 · · · (2n − 1)2 = 3 1 2 3 n n+1 c) 1 + 2 + 2 + 2 + · · · 2 = 2 −1 5n(n + 1) 2 e) 1 + 5 + 9 + · · · (4n − 3) = n(2n − 1) 1 1 n 1 + + ··· + = f) 1·2 2·3 n (n + 1) n+1

d ) 5 + 10 + 15 + · · · 5n =

g) 1 + 3 + 5 + · · · + (2n − 1) = n2 , ∀ n ∈ N h) 1 · 1! + 2 · 2! + · · · + n · n! = (n + 1)! − 1 n2 (n+1)2 4 n−1 n

i ) 13 + 23 + 33 + · · · + n3 = j ) 2 + 6 + 18 + · · · + 2 · 3

=3 −1

22 n2 n (n + 1) 12 + + ··· + = 1·3 3·5 (2n − 1) (2n + 1) 2 (2n + 1) 1 1 1 n 1 + + + ··· + = l) 1·2 2·3 3·4 n(n + 1) n+1

k)

m) sin(θ + nπ) = (−1)n sin θ n) 1 + x + x2 + · · · + xn =

1 − xn+1 para x 6= 1. 1−x

2. Demuestre por inducci´on las siguiente desigualdades a) en < n! para n ≥ 6 b) 2n < 3n c) 1 + 2 + 3 + · · · + n
k de xn es n(n − 1)(n − 2) · · · (n − k + 1)xn−k 4. Demuestre que k−´esima derivada de

1 k! es 1−x (1 − x)k+1

12

´ MATEMATICA ´ CAP´ITULO 1. INDUCCION

Cap´ıtulo 2 Polinomios de Taylor

2.1.

Definici´ on

Sea f (x) una funci´on diferenciable al menos (n + 1) veces alrededor del punto a, entonces f (x) = f (a) + f (1) (a)(x − a) +

f (2) (a)(x − a)2 f (3) (a)(x − a)3 f (n) (a)(x − a)n + + ··· + + En 2! 3! n!

a la parte Tn (x) = f (a) + f (1) (a)(x − a) +

f (2) (a)(x − a)2 f (3) (a)(x − a)3 f (n) (a)(x − a)n + + ··· + 2! 3! n!

se le llama el polinomio de Taylor de grado n para la funci´on f (x) alrededor de a A la parte En se le llama el error o el resto de la lagrange, que explicitamente es En (x) =

f (n+1) (z)(x − a)n (n + 1)!

donde z es un n´ umero entre a y x, el cual hablaremos con m´as detalle en los ejemplos. Por lo tanto podemos reescribir f (x) como f (x) = f (a)+f (1) (a)(x−a)+

f (2) (a)(x − a)2 f (3) (a)(x − a)3 f (n) (a)(x − a)n f (n+1) (z)(x − a)n + +· · ·+ + 2! 3! n! (n + 1)!

con z entre x y a

13

CAP´ITULO 2. POLINOMIOS DE TAYLOR

14

Nota: La notaci´on f (k) (a) denota la k−´esima deriva de f evaluada en el punto a. Es importante recordar que dk f (a) f (k) (a) = dxk lo cual simplemente significa la k-´esima derivada evaluada en a Nota: En este folleto se usa la notaci´on para el error de Lagangre En (x), pero otros libros usan Rn (x) Definici´ on En el caso en que a = 0, el decir el polinomio es alrededor de cero, se dice que es un polinomio de Maclaurin. En este caso se tiene que f (x) = f (0) + f (1) (0)x +

f (n) (0)xn f (n+1) (z)xn+1 f (2) (0)x2 f (3) (0)x3 + + ··· + + 2! 3! n! (n + 1)!

con z entre 0 y x Ejemplo: Determinar el polinomio de Maclaurin y el resto de Lagrange de grado 3 para la funci´on f (x) = ex Soluci´ on: f (x) = ex , e0 = 1 f 0 (x) = ex , e0 = 1 f 00 (x) = ex , e0 = 1 f 000 (x) = ex , e0 = 1 f (4) (x) = ex Por lo tanto x2 x3 e z x4 ex = 1 + x + + + 2! 3! 4! para z entre 0 y x. F´ ormula: De hecho como la derivada de ex es ex y e0 = 1 se tiene que el polinomio de Maclaurin de grado n y su resto de Lagrange viene dado por ex = 1 + x +

xn ez xn+1 x2 x3 + + ··· + + 2! 3! n! (n + 1)!

con z entre 0 y x Ejemplo: Determinar el polinomio de Maclaurin de grado 3 y su respectivo resto de Lagrange 1 para la funci´on f (x) = 1−x Soluci´ on: 1 f (x) = , f (0) = 1 1−x 1 , f 0 (0) = 1 f 0 (x) = 2 (1 − x) 2 00 f (x) = , f 00 (0) = 2 3 (1 − x) 6 (3) f (x) = , f (3) (0) = 6 4 (1 − x) 24 (4) f (x) = (1 − x)5

´ 2.1. DEFINICION

15

y as´ı 1 2x2 6x3 24 x4 = 1+x+ + + · 1−x 2! 3! (1 − z)5 4! x4 = 1 + x + x2 + x3 + (1 − z)5 con z entre 0 y x 1 F´ ormula: El polinomio de Maclaurin de grado n con el resto de Lagrange para f (x) = 1−x es n+1 1 x = 1 + x + x2 + x3 + · · · + xn + 1−x (1 − z)n+2 con z entre 0 y x √ Ejemplo: Determinar el polinomio de taylor de grado 3 y su resto de Lagrange para x alrededor de a = 1 √ Soluci´ o√ n: Tomando f√ (x) = x, n = 3, a = 1 se tiene que f (x) = x evaluando 1 = 1 1 f (1) (x) = √ evaluando en x = a = 1: 2√1 1 = 12 2 x −1 −1 −1 f (2) (x) = 3 = 4 3 evaluando x = a = 1: 2 4(1) 4x 2 3 (3) 3 3 f (x) = 5 = 8 5 evaluando x = a = 1: 2 8(1) 2 8x −15 (4) f (x) = 7 16x 2 Y por lo tanto √

1 1 (x − 1)2 3 (x − 1)3 15 (x − 1)4 x = 1 + (x − 1) − + − 7 2 4 2! 8 3! 4! 16z 2

Simplificando para que se vea m´as bonito √

1 (x − 1)2 (x − 1)3 5(x − 1)4 x = 1 + (x − 1) − + − 7 2 8 16 128z 2

con z entre a = 1 y x Ejemplo: Construya el polinomio de taylor de grado 5 y su respectivo resto de Lagrange para f (x) = sin(x) alrededor de 0, es decir el polinomio de Macluarin Soluci´ on: f (x) = sin(x) evaluando en x = 0 f (0) = 0 f (1) (x) = cos(x) evaluando en x = 0: f (1) (0) = 1 f (2) (x) = − sin(x) evaluando en x = 0: f (2) (0) = 0 f (3) (x) = − cos(x) evaluando en x = 0: f (3) (0) = −1 f (4) (x) = sin(x) evaluando en x = 0: f (4) (0) = 0 f (5) (x) = cos(x) evaluando en x = 0: f (5) (0) = 1 f (6) (x) = − sin(x) Y por tanto x3 x5 x6 sin(x) = x − + − sin(z) 3! 5! 6! Observaci´ on: El polinomio taylor de grado 7 para sin(x) es x−

x3 x5 x7 + − 3! 5! 7!

CAP´ITULO 2. POLINOMIOS DE TAYLOR

16 el de grado 9

x3 x5 x7 x 9 + − − 3! 5! 7! 9! y as´ı sucesivamente se puede ver que el polinomio de Taylor es un polinomio alternado (alterna el signo)y que solo consta de n´ umeros impares. x−

F´ ormula El polinomio de Maclaurin de grado 2n − 1 y su resto de Lagrange para f (x) = sin(x) es (−1)n−1 x2n−1 (−1)n sin(z)x2n x3 x5 + + ··· + + sin(x) = x − 3! 5! (2n − 1)! (2n)! para z entre 0 y x Ejemplo: Se definen las funciones hiperb´olicas como sinh(x) =

ex − e−x 2

cosh(x) =

ex + e−x 2

no es dif´ıcil verificar que cosh0 (x) = sinh(x) y sinh0 (x) = cosh(x) y que cosh(0) = 1, sinh(0) = 0. por tanto el polinomio de Maclaurin de Grado 7 para sinh(x) y su resto de Lagrange es sinh(x) = 1 +

x3 x5 x7 sinh(z)x8 + + + 3! 5! 7! 8!

con z entre 0 y x. De la misma forma el polinomio de Macluarin de grado 6 con el resto de Lagrange para la funci´on cosh(x) es x2 x4 x6 sinh(z)x7 + + + cosh(x) = 1 + 2! 4! 6! 7! para z entre 0 y x. Definici´ on:

sinh(x) cosh(x) 1 sech(x) = cosh(x) 1 csch(x) = sinh(x) 1 coth(x) = tanh(x)

tanh(x) =

2.2.

Cambio de Variable

Teorema: Sea f (x) = Tn (x) + En (x) entonces f (xm ) = Tn (xm ) + En (xm ) para m ∈ R Nota: si z est´a entre a y x, al hacer el cambio de variable, entonces z estar´ıan entre a y xm

´ ´ 2.3. ANALISIS GRAFICO

17

Tambi´en f (mx) = Tn (mx) + En (mx) para m ∈ R Nota: Si z est´a entre a y x, al hacer el cambio de variable, entonces z estar´ıan entre a y mx Ejemplo: Determinar el polinomio de Maclaurin y el resto de Lagrange de grado n para e−x Soluci´ on: Usando el hecho de que ex = 1 + x +

ez xn+1 x2 x 3 + + ··· + 2! 3! (n + 1)!

entonces haciendo cambio de variable x → −x e−x = 1 − x +

ez xn+1 x2 x3 − + · · · + (−1)n 2! 3! (n + 1)!

con z entre 0 y −x Ejemplo: Usando el hecho de que ex = 1 + x +

x 2 x3 e z x4 + + 2! 3! 4! 2

determinar el polinomio de taylor y resto de Lagrange para e−x de grado 6 Soluci´ on: Haciendo el cambio de variable de x → −x2 se tiene que 2

e−x = 1 + −x2 +

(−x2 )2 (−x2 )3 ez (−x2 )4 + + 2! 3! 4!

de forma simplificada 2

e−x = 1 − x2 +

x4 x6 ez x8 − + 2! 3! 4!

Nota: Es muy importante el proceso de cambio de variable, pues se usa mucho en l´ımites con desarrollos l´ımitados, lo cual veremos m´as adelante.

2.3.

An´ alisis gr´ afico

Puesto que f (x) = Tn (x) + En (x) entonces es f´acil ver que |f (x) − Tn (x)| = |En (x)|, por tanto podemos hacer aproximaciones de la funci´on f (x) por medio del polinomio Tn (x), pero claro esto siempre sirve si no nos alejamos mucho de a (de alrededor de donde se hizo el polinomio de Taylor) √ Por ejemplo, veamos el comportamiento de la funci´on f (x) = x y su polinomio de grado 3 1 (x − 1)2 (x − 1)3 alrededor de 1, T3 (x) = 1 + (x − 1) − + 2 8 16

CAP´ITULO 2. POLINOMIOS DE TAYLOR

18

Podemos ver claramente que ambas funciones est´an cerca la una de la otra alrededor de 1, pero a medida que nos alejamos de 1 hacia la derecha las gr´aficas se distancian entre ellas. Analicemos la funci´on f (x) = sin(x) y su polinomio de grado 5 el cual corresponde a x3 x5 + T5 (x) = x − 3! 5!

Podemos ver que a medida que nos alejamos de cero, las gr´aficas se alejan entre s´ı. Pero ahora vamos a graficar en un mismo plano la funci´on sin(x) y sus polinomios de Maclaurin de grado 3 y 11, para ver que pasa.

T3 (x) = x −

x3 x5 + , 3! 5!

T11 (x) = x −

x3 x5 x7 x9 x11 + − + − 3! 5! 7! 9! 11!

2.4. DERIVADAS E INTEGRALES

19

De aqu´ı podemos deducir que entre m´as grande sea el polinomio de taylor (m´as grande significa un polinomio de orden mayor), mejor es la aproximaci´on. Lo que podemos formalizar como

2.4. 2.4.1.

Derivadas e Integrales Derivadas

Teorema: Si f (x) = Tn (x) + En (x) entonces d(Tn (x) + En (x)) df (x) = dx dx Por la linealidad de la derivada df (x) dTn (x) dEn (x) = + dx dx dx Observaci´ on: Si tenemos que f (n+1) (z)(x − a)n+1 En (x) = (n + 1)! entonces En0 (x)

f (n+1) (ω)(x − a)n = n!

donde ω est´a entre a y x pero no necesariamente es igual a z. Ejemplo: Determinar el polinomio de Taylor y el resto de Lagrange para la funci´on f (x) = cos(x) alrededor de 0 de grado 4

CAP´ITULO 2. POLINOMIOS DE TAYLOR

20 Soluci´ on:

d sin(x) dx   d x3 x5 x6 = x− + − sin(z) dx 3! 5! 6! 4 5 2 x x x + − sin(ω) = 1− 2! 4! 5!

cos(x) =

F´ ormula El polinomio de Maclaurin de grado 2n y el resto de Lagrange para la funci´on f (x) = cos(x) es cos(x) = 1 −

x2 x4 (−1)n x2n (−1)n+1 sin(w)x2n+1 + + ··· + + 2! 4! (2n)! (2n + 1)!

para w entre 0 y x. Ejemplo: Determinar el polinomio de Maclaurin y el resto de Lagrange para la funci´on f (x) = 1 (1 − x)2 Soluci´ on:   d 1 1 = (1 − x)2 dx 1 − x   d xn+1 2 3 n = 1 + x + x + x + ··· + x + dx (1 − z)n+2 (n + 1)xn = 1 + 2x + 3x2 + · · · + nxn−1 + (1 − ω)n+2

2.4.2.

Integrales

Teorema: Si f (x) = Tn (x) + En (x) entonces

Z

Z f (x)dx =

Z Tn (x)dx +

En (x)dx + C

donde C es una constante por determinar. Observaci´ on: Si tenemos que En (x) =

f (n+1) (z)(x − a)n+1 (n + 1)!

entonces f (n+1) (ω)(x − a)n+2 +C (n + 2)! donde ω est´a entre a y x pero no necesariamente es igual a z. Ejemplo: Determinar el polinomio de Maclaurin y el resto de Lagrange para la funci´on f (x) = ln(1 + x) Soluci´ on: Usando el hecho de que Z

E(x)dx =

1 xn+1 = 1 + x + x2 + x3 + · · · + xn + 1−x (1 − z)n+2

2.4. DERIVADAS E INTEGRALES

21

con z entre 0 y x haciendo el cambio de variable x → −x (−1)n+1 xn+1 1 = 1 − x + x2 − x3 + · · · + (−1)n xn + 1+x (1 − z)n+2 con z entre 0 y −x y as´ı Z

1 dx 1+x  Z  (−1)n+1 xn+1 2 3 n n = 1 − x + x − x + · · · + (−1) x + dx (1 − z)n+2 x2 x 3 xn+1 (−1)n+1 xn+2 = x− + + · · · + (−1)n + +C 2 3 n + 1 (n + 2)(1 − ω)n+2

ln(1 + x) =

para determinar la constante C basta con tomar x = 0 y as´ı se tiene que C = 0, por tanto n+1 x2 x 3 (−1)n+1 xn+2 n x ln(1 + x) = x − + + · · · + (−1) + 2 3 n + 1 (n + 2)(1 − ω)n+2

F´ ormula: El polinomio de Maclaurin de grado n y el resto de Lagrange para f (x) = ln(1 + x) es (−1)n−1 xn (−1)n xn+1 x2 x3 + + ··· + + ln(1 + x) = x − 2 3 n (n + 1)(1 − w)n+1 para w entre 0 y −x Ejemplo: Determinar el polinomio de Maclaurin el resto de Lagrange para la funci´on f (x) = arctan(x) Soluci´ on: Del ejemplo anterior se tiene que (−1)n+1 xn+1 1 = 1 − x + x2 − x3 + · · · + (−1)n xn + 1+x (1 − z)n+2 para z entre 0 y −x haciendo el cambio de variable x → x2 1 (−1)n+1 x2(n+1) 2 4 6 n 2n = 1 − x + x − x + · · · + (−1) x + 1 + x2 (1 − z)n+2 con z entre 0 y −x2 y as´ı Z arctan(x) =

dx 1 + x2

(−1)n+1 x2(n+1) dx (1 − z)n+2 x 3 x5 x2n+1 (−1)n+1 x2n+3 = x− + + · · · + (−1)n + +C 3 5 2n + 1 (2n + 3)(1 − ω)n+2 Z

=

1 − x2 + x4 − x6 + · · · + (−1)n x2n +

para ω entre 0 y x2 para determinar C basta con tomar x = 0 y as´ı C = 0, por lo tanto arctan(x) = x −

x2n+1 (−1)n+1 x2n+3 x3 x5 + + · · · + (−1)n + 3 5 2n + 1 (2n + 3)(1 + ω)n+2

CAP´ITULO 2. POLINOMIOS DE TAYLOR

22

F´ ormula El polinomio de Maclaurin de grado 2n+1 y resto de Lagrange para f (x) = arctan(x) es x2n+1 (−1)n+1 x2n+3 x3 x5 + + · · · + (−1)n + arctan(x) = x − 3 5 2n + 1 (2n + 3)(1 + ω)n+2 para ω entre 0 y −x2 . Ejemplo: Considere la funci´on f (x) = √

1 y haga lo que se le pide 1+x

1. Determinar el polinomio de maclaurin de grado 3 y su respectivo resto de Lagrange para 1 . la funci´on f (x) = √ 1+x 2. Usando el punto a) determinar el polinomio de Maclaurin de grado 6 y su respectivo resto 1 de Lagrange para la funci´on g(x) = √ . 1 − x2 3. Utilizando la parte b) determinar el polinomio de Maclaurin de grado 7 y su respectivo resto de Lagrange para la funci´on h(x) = arcsin(x). Soluci´ on: 1. Construyendo el polinomio y el resto de Lagrange por definici´on f (0) = 1 −1 f 0 (x) = p 2 (1 + x)3 f 0 (0) =

−1 2 3

f 00 (x) = p 4 (1 + x)5 3 4 −15

f 00 (0) =

f 000 (x) = p 8 (1 + x)7 −15 8 105 f (4) (x) = p 16 (1 + x)9 f 000 (0) =

Y por lo tanto √

con z entre 0 y x

1 1 3 x2 15 x3 105 x4 = 1− x+ − + p 2 4 2! 8 3! 1+x 16 (1 + z)9 4! x 3x2 5x3 105x4 p = 1− + − + 2 8 16 384 (1 + z)9

2.5. APROXIMACIONES

23

2. Haciendo el cambio de variable x → −x2 en la parta a) se tiene que √

1 1 = p 1 − x2 1 + (−x2 ) (−x2 ) 3(−x2 )2 5(−x2 )3 105(−x2 )4 p = 1− + − + 2 8 16 384 (1 + z)9 105x8 x2 3x4 5x6 p + + + = 1+ 2 8 16 384 (1 + z)9

con z entre 0 y −x2 3. Vamos a usar el hecho de que Z

Z

dx √ = arcsin(x) 1 − x2

dx 1 − x2 Z x2 3x4 5x6 105x8 p 1+ = + + + dx 2 8 16 384 (1 + z)9 35x9 x3 3x5 5x7 p + + + = x+ +C 6 40 112 1153 (1 + ω)9

arcsin(x) =

√

por tanto tenemos que arcsin(x) = x +

35x9 x3 3x5 5x7 p + + + +C 6 40 112 1153 (1 + ω)9

para determinar C basta con tomar x = 0, y obtener que C = 0 y as´ı arcsin(x) = x +

x3 3x5 5x7 35x9 p + + + 6 40 112 1153 (1 + ω)9

Nota: De ahora en adelante, no haremos distinci´on entre z y w, pues ambos est´an entre a y x y no existe forma de distinguirlos, adem´as para hacer las cotas del error la distinci´on es irrelevante.

2.5. 2.5.1.

Aproximaciones Aproximaci´ on de funciones evaluadas en un punto

√ Ejemplo: Aproxime 3 con un polinomio de taylor de grado 3 alrededor de 4, adem´as dar una cota del error. Soluci´ on: Primero recordemos que f (x) = f (a) + f 0 (a)(x − a) +

f 00 (a)(x − a)2 f 000 (a)(x − a)3 + + E3 (x) 2! 3!

donde E3 (x) =

f (4) (z)(x − a)4 4!

CAP´ITULO 2. POLINOMIOS DE TAYLOR

24

donde z es una valor que est´a entre √ xya x, comenzemos por hacer las derivaciones En nuestro caso a = 4, f (x) = √ 4 = 2 recuerde que el primer t´ermino de la suma es f (a) √ 1 1 ( x)0 = √ ; evaluando en x = 4 (recuerde a = 4) 4 2 x √ 00 1 1 ( x) = − 3 evaluando en x = 4 da − 32 4x 2 √ 000 3 3 ( x) = 5 , evaluando en x = 4 da 256 8x 2 √ Por tanto tenemos una aproximaci´on de x alrededor de 4 la cual es 1 −1 (x − 4)2 3 (x − 4)3 T3 (x) = 2 + (x − 4) + + 4 32 2! 256 3! Simplificando x − 4 (x − 4)2 (x − 4)3 − + 4 64 512 √ Y este es el polinomio de taylor de grado 3 de x alrededor de 4. Luego √ 3 − 4 (3 − 4)2 (3 − 4)3 − + ≈ 1,732421875 3≈2+ 4 64 512 Pero cada aproximaci´on viene con su cota del error, es decir la precisi´on del c´alculo, tambi´en llamada la cota del error, esto se hace con el resto de Lagrande. T3 (x) = 2 +

R3 (x) = la cuarta derivada de

√

x es −

15 7

16x 2

f (4) (z)(x − a)4 4!

por lo tanto (haciendo los c´alculos en valor absoluto)

−15 7 (x − 4)4 −5(x − 4)4 |E3 (x)| = 16z 2 = 7 4! 2 128z tomando x = 3

−15 |E3 (3)| = 7 384z 2 como z est´a entre 3 y 4 (recuerde z est´a entre a y x, en nuestro caso a = 4, x = 3) tomese z = 3 (hay que tomar un valor entre 3 y 4) para que |R3 | sea lo m´as grande posible. As´ı −15 ∼ |R3 (3)| ≤ 7 = 0,00083... 384 · 3 2 √ Esto quiere decir que 3 fue aproximada por un polinomio de taylor y podemos asegurar 3 decimales de exactitud. Es decir √ 3 = 1,732... Observaci´ on: Esta es una de las formas en que las calculadoras y las computadoras hacen c´alculos sobre tipos de funciones que no son polinomios, pues en la programaci´on b´asica de la computadora ella solo pueden hacer las 4 operaciones fundamentales (sumar, restar, multiplicar y dividir). De hecho antes de la invenci´on de las calculadoras cient´ıficas y computadoras los ingenieros,

2.5. APROXIMACIONES

25

matem´aticos, f´ısicos ten´ıan que hacer este tipo de c´alculos en sus trabajos, pero claro, para agilizar el trabajo utilizaban tablas de aproximaciones, como las que se usan en estad´ıstica para la distribuci´on normal, pues las integrales no se pueden integrar, tema del cual hablaremos m´as adelante. Ejemplo:Aproxime e con 5 cifras decimales. Soluci´ on: Es bien conocida la expansi´on de ex de grado n alrededor de 0 es ex = 1 + x +

xn x2 x 3 + + ··· + + En (x) 2! 3! n!

Y el residuo vienen dado por En (x) =

ez xn+1 (n + 1)!

con z entre 0 y x En nuestro caso x = 1 pues e = e1 (es decir basta con sustituir x = 1 para aproximar e), adem´as sabemos que e < 3. Usando esto 3z 1n+1 31 1n+1 3 |Rn (1)| ≤ ≤ = (n + 1)! (n + 1)! (n + 1)! Haciendo sustituciones nos damos cuanta que para n = 8 el residuo es de 0,0000082... por tanto tomemos n = 9 (recuerde uno m´as por erores de redondeo). Por tanto e∼ =1+1+

1 1 1 1 1 1 1 1 + + + + + + + = 2,71828... 2! 3! 4! 5! 6! 7! 8! 9!

Nota: De ahora en adelante vamos a usar el hecho de que e < 3 para hacer las cotas de error.

Ejemplo: Utilizar un polinomio de Maclaurin de grado 5 para aproximar sin(2,4). Soluci´ on: Vamos a usar x3 x5 sin(z)x6 sin(x) = x − + − 3! 5! 6! con z entre 0 y x. Entonces 2,43 2,45 + ≈ 0,759552 sin(2,4) ≈ 2,4 − 3! 5! Luego el error viene dado por sin(z)x6 x6 2,46 ≤ E5 ≤ = ≈ 0,2654208 6! 6! 6! Nota: En este caso usamos el hecho de que | sin(z)| ≤ 1 Nota: De igual manera se usa en los c´alculos de errores que | cos(z)| ≤ 1. Ejemplo: Aproximar cos(1) con un error menor a 0.001. Soluci´ on: Usemos el hecho de que cos(x) = 1 −

x2 x4 (−1)n x2n (−1)n+1 sin(w)x2n+1 + + ··· + 2! 4! (2n)! (2n + 1)!

CAP´ITULO 2. POLINOMIOS DE TAYLOR

26

As´ı el error viene dado por 2n+1 (−1)n sin(w)x2n+1 1 ≤ x = < 0,001 E2n = (2n + 1)! (2n + 1)! (2n + 1)! por tanteo se obtiene que n = 3. As´ı cos(1) ≈ 1 −

2.5.2.

1 1 1 + − ≈ 0,540277 2! 4! 6!

Aproximaci´ on de integrales el´ıpticas

Definici´ on: Se define una integral el´ıptica como la integral Z f (x)dx donde f (x) no tiene antiderivada. Ejemplo: La siguiente integral es el´ıptica Z

2

e−x dx

Teorema Si f (x) = Tn (x) + En (x) entonces al aproximar b

Z

f (x)dx a

por medio de b

Z

Tn (x)dx a

la cota del error viene dada por Z

b

En (x)dx a

2.5. APROXIMACIONES

27

El a´rea bajo la curva de Tn (x) es la aproximaci´on (en amarillo), y el ´area entre las curvas (verde) es el error cometido. Ejemplo: Usando un polinomio de grado 6 aproximar la siguiente integral Z 1 2 e−x dx 0

Soluci´ on: Usando el hecho de que ex = 1 + x +

x2 x3 e z x4 + + 2! 3! 4!

con z entre 0 y x. haciendo el cambio de variable x → −x2 , se tiene que 2

e−x = 1 − x2 + con w entre 0 y −x2 . Luego Z Z 1 −x2 e dx ≈ 0

1

x4 x6 e w x8 − + 2! 3! 4!

x4 x 6 x3 x5 x7 1−x + − dx = x − + − 2! 3! 3 5 · 2! 7 · 3! 2

0

Z

1

≈ 0,742857142 0

El error viene dado por Z E ≤

0

1

Z 1 0 8 Z 1 3x ew x8 x9 ≈ 0,0046296 dx ≤ dx = 4! 4! 9 · 4! 0 0

Ejemplo: Aproximar Z

2

sin(x3 )dx

0 −4

con un error menor a 5 × 10 Soluci´ on: Vamos a usar le hecho de que sin(x) = x −

x3 x5 (−1)n−1 x2n−1 (−1)n sin(z)x2n + + ··· + + 3! 5! (2n − 1)! (2n)!

con z entre 0 y x haciendo el cambio de variable x → x3 x9 x15 (−1)n−1 x6n−3 (−1)n sin(z)x6n sin(x3 ) = x3 − + + ··· + + 3! 5! (2n − 1)! (2n)! Con z entre 0 y x3 Debemos encontrar el menor valor de n tal que Z 2 (−1)n sin(z)x6n dx < 5 × 10−4 (2n)! 0 En efecto Z

0

2

Z 2 (−1)n sin(z)x6n (−1)n sin(z)x6n dx dx ≤ (2n)! (2n)! 0 Z 2 6n x ≤ dx 0 (2n)! Z 2 x6n+1 = (6n + 1)(2n)! 0 Z 2 26n+1 = (6n + 1)(2n)! 0

CAP´ITULO 2. POLINOMIOS DE TAYLOR

28

por tanteo se puede ver que n = 12 funciona. As´ı Z 2X Z 2 12 (−1)n−1 x6n−3 3 sin(x )dx ≈ dx ≈ 0,45189 (2n − 1)! 0 n=1 0 La u ´ltima integral, que de hecho es la integral de un polinomio se deja como ejercicio para el lector.

2.5.3.

Aproximaci´ on de soluciones de ecuaciones no triviales

Ejemplo: Utilizar un polinomio de Maclaurin de grado 2 para aproximar la soluci´on de la siguiente ecuaci´on cos(x) = x Soluci´ on: cos(x) ≈ 1 − resolviendo 1− es resolver la ecuaci´on cuadr´atica

x2 x4 + + ··· 2! 4!

x2 =x 2!

x2 +x−1=0 2

la cual tiene soluciones x1 = −1 +

√

3

x2 = −1 −

√

3

haciendo un bosquejo gr´afico de la situaci´on

se ve que la soluci´on debe de se positiva, por tanto √ x = −1 + 3 ≈ 0,7320508076 es una aproximaci´on de soluci´on de la ecuaci´on. Luego para trabajar el error se usa el hecho de que x − 1 +

x2 ≈ 0 para x = 0,7320508076 2!

  2 x x4 |E| ≤ |x − cos(x)| = x − 1 + + E2 (x) = |E2 (x)| ≤ = 0,011.... 2! 4! por lo tanto nuestra aproximaci´on es de 0,7

2.5. APROXIMACIONES

2.5.4.

29

Polinomios de Taylor de uso frecuente ex = 1 + x +

x2 x3 xn ez xn+1 + + ··· + + 2! 3! n! (n + 1)!

con z entre 0 y x 1 xn+1 = 1 + x + x2 + x3 + · · · + xn + 1−x (1 − z)n+2 con z entre 0 y x

sin(x) = x −

(−1)n−1 x2n−1 (−1)n sin(z)x2n x3 x5 + + ··· + + 3! 5! (2n − 1)! (2n)!

para z entre 0 y x

cos(x) = 1 −

x2 x4 (−1)n x2n (−1)n+1 sin(w)x2n+1 + + ··· + + 2! 4! (2n)! (2n + 1)!

para w entre 0 y x.

ln(1 + x) = x −

x2 x3 (−1)n−1 xn (−1)n xn+1 + + ··· + + 2 3 n (n + 1)(1 − w)n+1

para w entre 0 y −x

sinh(x) = x +

x 3 x5 x2n−1 sin(z)x2n + + ··· + + 3! 5! (2n − 1)! (2n)!

con z entre 0 y x x2 x4 x2n sin(z)x2n+1 cosh(x) = 1 + + + ··· + + 2! 4! (2n)! (2n + 1)! con z entre 0 y x

arctan(x) = x − para ω entre 0 y −x2 .

x3 x5 x2n+1 (−1)n+1 x2n+3 + + · · · + (−1)n + 3 5 2n + 1 (2n + 3)(1 + ω)n+2

CAP´ITULO 2. POLINOMIOS DE TAYLOR

30

2.5.5.

Aplicaci´ on a la computaci´ on

Vamos a crear un pseudoc´odigo para aproximar sin(α) con un error menor a R.

Pseudoc´odigo. Paso 1: Entradas (input): α, β. Paso 2: Tomar n = 0 Paso 3:

α2n Mientras que ≥ R tomar n = n + 1 (2n)! Paso 4: Salida (return) n X (−1)k x2k+1 k=0

(2k + 1)!

2.6. EJERCICIOS

2.6.

31

Ejercicios

 π 1. Considere la funci´on f (x) = sin x − y haga lo que se le solicita 3 π a) Calcule los polinomios de Taylor de orden 3 y 4 centrados en x = y sus respectivos 3 restos de Lagrange. b) Muestre que T3 (x) − T4 (x) = 0. c) Aproxime sin(2◦ ) usando ambos polinomios y determine una cota para el error que se comente en cada caso. Cu´al de ellas da mayor informaci´on sobre la exactitud de las aproximaciones. (Recuerde hacer los calculos en radianes) 2. Considere la funci´on

5 1 f (x) = x2 ln(x) − x2 2 4

a) Muestre que aplicando el teorema de taylor se obtiene que f (x) ≈

−5 1 1 − 2(x − 1) − (x − 1)2 + (x − 1)3 4 2 6

b) Muestre que R3 ≤

2 3 (x − 1)4 para ≤ x ≤ 1 27 4

3. Hallar el grado m´ınimo del polinomio de Taylor centrado en x = 1 generado por f (x) = ln(x), que debe de usarse para aproximar el valor de ln(1,2) con un error menor a 0,5 × 10−5
4. Considere la funci´on f (x) = cos x − π6 y haga lo que se le solicita π a) Calcule el polinomio de Taylor de f (x) alrededor de de grado 4 y su respectivo 6 resto de Lagrange . b) Use la parte a) para aproximar el valor de cos(3◦ ) c) Determine una cota del error para la aproximaci´on anterior. d ) Cu´antos decimales se garantiza en la aproximaci´on hecha en a)?  π 5. Considere la funci´on f (x) = cos x + y haga lo que se le pide 3 a) Muestre que

  √ π 1  cos x + ≈ 2 − 2 3x − x2 3 4 es el polinomio de Maclaurin de grado 2.

b) Usando a) aproxime cos(58◦ )

√   3 π 3 c) Muestre que el error cometido en la parte b) es menor que 12 90

6. Exprese las siguientes funciones como un polinomio de Maclaurin m´as el resto de Lagrange de grado n indicado √ a) f (x) = 1 + x, n = 5

CAP´ITULO 2. POLINOMIOS DE TAYLOR

32 b) f (x) =

√

1 + x5 , n = 25

c) f (x) = sin (x3 ) , n = 15 7. Utilizando el polinomio de Maclaurin de grado 5 generado por la funci´on f (x) = √ 3 aproxime el valor de 28. Determine una cota para r el error de la aproximaci´on. √ √ 1 3 3 Sugerencia Use el hecho de que 28 = 3 1 + 27 = 3 1 + 27

√ 3

1 + x,

8. Usando un polinomio de grado 3 dar una aproximaci´on de la soluci´on para la ecuaci´on x2 = sin(x), dar la cota del error. 9. Con un polinomio de grado 3 aproximar la soluci´on de la ecuaci´on x2 = arctan(x), y dar la cota del error. 10. Usando el polinomio de Maclaurin de grado 7 para f (x) = arcsin(x) (ya viene dado como ejemplo) aproximar π, y dar la cota del error.   1+x 1 11. Considere la funci´on f (x) = ln 2 1−x 1 1 − x2 b) Calcule el polinomio de Maclauirin de grado 2 y su respectivo resto de Lagrange generado por f 0 (x)

a) Muestre que f 0 (x) =

c) Utilizando b) Calcule el polinomio de Maclaurin de grado 3 y su respectivo resto de Lagrange para f (x) y u ´selo para aproximar ln(1,2) d ) Cu´antas cifras decimales de exactitud tiene la aproximaci´on anterior? √ 12. Considere la funci´on f (x) = 3 1 + x3 a) Calcule el polinomio de Maclaurin de grado 6 y su respectivo resto de Lagrange. Z 1 2 b) Utilice a) para aproximar f (x)dx. 0

c) Determine una cota para el error de la aproximaci´on de la integral anterior 13. Utilice la igualdad sin(x) = x −

x3 + R4 (x) para responder lo siguiente 6

a) Por qu´e se puede utilizar R4 (x) en ligar de R3 (x)? √ Z √2 2 55 2 2 b) Muestre que usando la aproximaci´on anterior sin(x )dx ≈ 672 0 √

c) Muestre que el error de aproximar la integral cumple que |r(x)| ≤ Z

2 84480

3 2

ln(x) dx utilizando un polinomio de Taylor de la 1 x−1 funci´on f (x) = ln(x) centrado en x = 1 de grado 5. Muestre que el error de calcular la 1 integral |R| ≤ 2304 . Cu´antos decimales exactos garantizan la cora del error ? √ 15. Considere la funci´on f (x) = 4 1 + x4 14. Aproxime el valor de la integral

a) Calcule el polinomio de Maclaurin generado por f (x) de grado 8 y su respectivo resto de Lagrange.

2.6. EJERCICIOS

33 Z

b) Use la parte a) para aproximar el valor de

1 2

√ 4

1 + x4 dx

0

c) Muestre que el error de de la aproximaci´on de la integral cumple con la desigualdad 7 R≤ 13631488 d ) Cu´antos decimales garantiza esta aproximaci´on? 16. Considere la funci´on f (x) = √ 4

−1 1 1 . Recuerde que √ = (1 + x5 ) 4 . 4 1 + x5 1 + x5

a) Calcule el polinomio de Maclaurin generado por f (x) de grado 15 y escriba su respectivo resto de Lagrange. Z 1 2 b) Use la parte a) para aproximar el valor de xf (x)dx. 0

c) Muestre que el error de la aproximaci´on de la integral cumple con la desigualdad R ≤ 1,03 × 10−9 . d ) Cu´antos decimales garantiza esta aproximaci´on? 2

17. Considere la funci´on f (x) = e−x . a) Escriba el polinomio de Taylor de orden 6 alrededor de x = 0 de la funci´on f (x) Z 1 2 b) Utilice a) para aproximar e−x dx. De una cota del error cometido. 0

c) Cu´antos decimales exactos garantiza la aproximaci´on de la integral anterior.

34

CAP´ITULO 2. POLINOMIOS DE TAYLOR

Cap´ıtulo 3 Desarrollos Limitados

3.1.

Definici´ on

Se dice f (x) tiene un desarrollo l´ımitado de orden n alrededor de x = a si existe un polinomio p(x) = a0 + a1 (x − a) + a2 (x − a)2 + · · · + an (x − a)n tal que f (x) = a0 + a1 (x − a) + a2 (x − a)2 + · · · + an (x − a)n + o((x − a)n ) donde se cumple que l´ım o((x − a)n ) = 0

x→a

Teorema: Sea f (x) una funci´on n veces derivable, entonces f (x) = Tn (x) + o((x − a)n ) donde Tn (x) es el polinomio de Taylor alrededor de x = a de grado n Ejemplo: Escribir el desarrollo l´ımitado de orden 4 alrededor de 0 para ex Soluci´ on: x2 x3 x4 ex = 1 + x + + + + o(x4 ) 2! 3! 4! 35

CAP´ITULO 3. DESARROLLOS LIMITADOS

36

Ejemplo: Escribir el desarrollo l´ımitado de orden 3 alrededor de 0 para sin(x) Soluci´ on: x3 sin(x) = x − + o(x3 ) 3! Ejemplo: Escribir el desarrollo l´ımitado de orden 4 alrededor de 0 para sin(x) Soluci´ on: x3 + o(x4 ) 3! Nota: En los desarrollo l´ımitados tambi´en es permitido hacer cambio de variable sin(x) = x −

2

Ejemplo: Determinar el desarrollo l´ımitado de ex de grado 8 alrededor de 0 Soluci´ on: Usando el hecho de que ex = 1 + x +

x2 x3 x4 + + + o(x4 ) 2! 3! 4!

se tiene que x4 x6 x8 + + + o(x8 ) 2! 3! 4! √ Ejemplo: Escribir el desarrollo l´ımitado de orden 2 alrededor de x = 1 para x Soluci´ on: √ (x − 1) (x − 1)2 x=1+ − + o((x − 1)2 ) 2 8 Ejemplo: Para la funci´on trigonom´etrica tan(x) no existe un f´ormula general (al menos una manejable para el nivel del curso), pero si podemos construir el desarrollo l´ımitado de orden 3 alrededor de 0, pues nos ser´a luego de mucha utilidad. Soluci´ on: f (x) = tan(x), tan(0) = 0 f (1) (x) = sec2 (x), sec2 (0) = 1 f (2) (x) = 2 tan(x) sec2 (x), 2 tan(0) sec2 (0) = 0 f (3) (x) = −2(cos(2x) − 2)(sec4 (x)), −2(cos(2 · 0) − 2)(sec4 (0)) = 2 y por lo tanto x3 tan(x) = x + + o(x3 ) 3 2

ex = 1 + x2 +

3.2.

Propiedades de los o(xn)

Puesto que tenemos que hacer operaciones fundamentales sobre funciones es importante conocer como se comportan los o(xn ) frente tales operaciones. Por tanto se muestra una lista b´asica pero u ´til. 1. l´ım o(xn ) = 0 x→0

2. l´ım o((x − x0 )n ) = 0 x→x0

3. o(xn ) = xn o(1) 4. xn o(xm ) = o(xn+m ) 5. o(xn )o(xm ) = o(xn+m ) 6. o(xn ) + o(xm ) = o(xmin(n,m) )

´ 3.3. CALCULO DE LIMITES CON DESARROLLOS LIMITADOS

37

7. o(xn ) + o(xn ) = o(xn ) 8. o(xn ) − o(xn ) = o(xn ) 9. ko(xn ) = o(kxn ) = o(xn ) para k ∈ R − {0}

3.3.

C´ alculo de Limites con desarrollos limitados

Teorema: Si f (x) = Tn (x) + o(xn ) entonces l´ım f (x) = l´ım Tn (x)

x→0

x→0

Ejemplo: Calcular el siguiente l´ımite sin(x) − x x→0 x3 l´ım

Soluci´ on: Usemos el hecho de que sin(x) = x −

x3 + o(x3 ) luego 3!

x− sin(x) − x l´ım = l´ ım x→0 x→0 x3

x3 3!

+ o(x3 ) − x 1 =− 3 x 6

Ejemplo: Calcular el siguiente l´ımite √ √ x− e l´ım x→e ln(x) − 1 puesto que el l´ımite va para e aqu´ı lo m´as recomendables es hacer los desarrollo l´ımitados (Taylor) alrededor de e. Es f´acil deducir que √

x=

√ 1 e + √ (x − e) + o(x − e) 2 e

y que 1 ln(x) = 1 + (x − e) + o(x − e) e y por tanto

√ √ √ √ e + 2√1 e (x − e) + o(x − e) − e x− e e l´ım = l´ım = √ 1 x→e ln(x) − 1 x→e 2 e 1 + e (x − e) + o(x − e) − 1

Ejemplo: Calcular el siguiente l´ımite ln(1 + x2 ) x→0 1 − cos(x) l´ım

Soluci´ on Recordando el hecho de que ln(1 + x) = x + o(x) haciendo un cambio de variable ln(1 + x2 ) =

CAP´ITULO 3. DESARROLLOS LIMITADOS

38

x2 + o(x2 ). Como el numerador nos quedo el t´ermino o(x2 ) entonces el denominador debe de 2 tener ese t´ermino. cos(x) = 1 − x2 + o(x2 ). Por lo tanto ln(1 + x2 ) x2 + o(x2 ) l´ım = l´ım 2 x→0 1 − cos(x) x→0 1 − (1 − x + o(x2 )) 2 x2 + o(x2 ) 2 x→0 x + o(x2 ) 2 x2 (1 + o(1)) = l´ım 2 1 x→0 x ( + o(1)) 2 (1 + o(1)) 1 = l´ım 1 = 1 =2 x→0 ( + o(1)) 2 2

= l´ım

Ejemplo: Calcular el siguiente l´ımite ln(cos2 (x)) − x2 ex l´ım x→0 2x2 Utilicemos el hecho de que cos2 (x) = 1 − x2 + o(x2 ), luego se sigue que ln(cos2 (x)) = ln(1 − x2 + o(x2 )) = −x2 + o(x2 ), luego ln(cos2 (x)) − x2 ex −x2 + o(x2 ) − x2 ex = l´ ım = −1 x→0 x→0 2x2 2x2 l´ım

Ejemplo: Calcular el siguiente l´ımite 1

(1 + x) x − e l´ım x→0 x Soluci´ on: Aqu´ı vamos a usar un truco que de hecho ser´a muy recurrente cuando se vea a la x formar parte del exponente de una expresi´on algebraica ax = ex ln(x) y en nuestro caso

1

1

(1 + x) x = e x ln(1+x) luego 1

1

e x ln(1+x) − e (1 + x) x − e l´ım = l´ım x→0 x→0 x x   1

= l´ım

ex

2

x− x2 +o(x2 )

x −e

x→0

= l´ım

e

1− x2 +o(x)

x

x→0

= l´ım

−e

− x2 +o(x)

e·e

−e

x x e · (e− 2 +o(x) − 1) = l´ım x→0 x x e((1 − 2 + o(x) − 1) = l´ım x→0 x e = − 2 x→0

´ 3.3. CALCULO DE LIMITES CON DESARROLLOS LIMITADOS

39

Ejemplo: Calcular el siguiente l´ımite x2 + x6 − sinh(x2 ) l´ım x→0 3x6 Soluci´ on: Aqu´ı la pista es ver que el denominador tiene un polinomio de grado 6, por tanto necesitamos un 6 3 o(x6 ), haciendo sinh(x) = x + x6 + o(x3 ), haciendo cambio de variable sinh(x2 ) = x2 + x6 + o(x6 ) luego 6

x2 + x6 − (x2 + x6 + o(x6 )) x2 + x6 − sinh(x2 ) l´ım = l´ ım x→0 x→0 3x6 3x6 6 5x + o(x6 ) = l´ım 6 x→0 3x6 5 x6 ( 6 + o(1)) = l´ım x→0 x6 (3) 5 5 + o(1) 5 = 6 = = l´ım 6 x→0 3 3 18 Ejemplo: Calcular el siguiente l´ımite x − tan−1 (x) x→0 2 sinh(x3 ) l´ım

Soluci´ on: Aqu´ı la idea es trabajar primero la funci´on compuesta, es decir sinh(x3 ), tomando el desarrollo l´ımitado sinh(x) = x + o(x); haciendo cambio de variable sinh(x3 ) = x3 + o(x3 ). Como en el denominador sali´o el t´ermino o(x3 ) debemos obtener ese mismo t´ermino en el numerador, as´ı vamos a tomar x3 + o(x3 ). Luego haciendo los c´alculos tan−1 (x) = x − 3 3

x − (x − x3 + o(x3 )) x − tan−1 (x) l´ım = l´ ım x→0 2 sinh(x3 ) x→0 2(x3 + o(x3 )) =

x3 + o(x3 ) l´ım 3 3 x→0 2x + o(x3 )

x3 ( 31 + o(1)) x→0 x3 (2 + o(1)) 1 1 = 3 = 2 6 = l´ım

Ejemplo: Calcular el siguiente l´ımite x4 l´ım x→0 sinh2 (x) − sin2 (x) Soluci´ on: Si revisa su cuaderno se dar´a cuanta que el desarrollo l´ımitado de sinh2 (x) − sin2 (x) de orden 2x4 + o(x4 ), por tanto 4 es 3 x4 = l´ım x→0 sinh2 (x) − sin2 (x) x→0 l´ım

2x4 3

x4 x4 1 3 = l´ım 4 2 = 2 = 4 2 + o(x ) x→0 x ( 3 + o(1)) 3

CAP´ITULO 3. DESARROLLOS LIMITADOS

40 Ejemplo: Calcular el siguiente l´ımite

2 tan(x) − tan(2x) x→0 x(1 − cos(3x)) l´ım

Es f´acil calcular polinomio de taylor de orden 3 para tan(x) alrededor de cero, el cual en efecto x3 x3 es x + , por tanto vamos a trabajar tan(x) = x + + o(x3 ), as´ı por tanto tan(2x) = 3 3 8x3 x2 9x2 2x + + o(x3 ), vamos a usar cos(x) = 1 − + o(x2 ), y as´ı cos(3x) = 1 − + o(x2 ). por 3 2 2 lo tanto 3

3

2(x + x3 + o(x3 )) − (2x + 8x3 + o(x3 ))) 2 tan(x) − tan(2x) = l´ım l´ım 2 x→0 x→0 x(1 − cos(x)) x(1 − (1 − 9x2 + o(x2 ))) −2x3 + o(x3 ) = l´ım 9 3 x→0 x + o(x3 ) 2 4 −2 = 9 =− 9 2 Ejemplo: Calcular el siguiente l´ımite tanh−1 (x4 ) + sin2 (x) − x2 l´ım x→0 cos(x2 ) − 1 Vamos a usar el hecho de que tanh−1 (x) = x + o(x), as´ı tanh−1 (x4 ) = x4 + o(x4 ), por otro lado x3 x4 x2 3 2 2 4 tomemos sin(x) = x − + o(x ), as´ı sin (x) = x − + o(x ). Tomese cos(x) = 1 − + o(x2 ), 6 3 2 x4 2 4 as´ı cos(x ) = 1 − + o(x ). 2 4

(x4 + o(x4 )) + (x2 − x3 + o(x4 )) − x2 tanh−1 (x4 ) + sin2 (x) − x2 l´ım = l´ ım 4 x→0 x→0 cos(x2 ) − 1 (1 − x2 + o(x4 )) − 1 = = =

2x4 + o(x4 ) 3 l´ım 4 x→0 − x + o(x4 ) 2 x4 ( 23 + o(1)) l´ım x→0 x4 (− 1 + o(1)) 2 2 4 3 −1 = − 3 2

Ejemplo: Sea a > 0, calcule el l´ımite

l´ım

x→∞

h

1+

i a x − ea x x

´ 3.3. CALCULO DE LIMITES CON DESARROLLOS LIMITADOS Soluci´ on: haciendo el cambio de variable w =

41

1 x 1

l´ım

x→∞

h

i a x (1 + aw) w − ea a 1+ − e x = l´ım w→0 x w 1 ln(1+aw) w e − ea = l´ım w→0 w 1

= l´ım

e w (aw−

a2 w 2 +o(w2 )) 2

w

w→0

= l´ım

e

2 a− a 2w +o(w)

− ea

w

w→0

= l´ım

− ea

ea e

−a2 w +o(w) 2

− ea

w

w→0

a2 w 2

+ o(w)) − ea w→0 w ea a2 w a e − 2 + o(w) − ea = l´ım w→0 w −ea a2 = 2 a

= l´ım

e (1 −

CAP´ITULO 3. DESARROLLOS LIMITADOS

42

3.4.

Aplicaci´ on de los desarrollos l´ımitados

Ejemplo: Consideremos el movimiento del p´endulo tal como se muestra en la siguiente imagen

Fuente: https://es.wikipedia.org/wiki/P %C3 %A9ndulo simple donde vamos a usar las letras L para el largo de la cuerda, m para la masa y g para la gravedad. usando pr´opiedades f´ısicas (las cuales usted aprender´a en f´ısica) se tiene que el movimiento del p´endulo obedece la ecuaci´on diferencial (lo cual usted aprender´a en ecuaciones diferenciales) d2 θ g + sin(θ) = 0 2 dt L pero est´a ecuaci´on diferencial no es f´acil de resolver, pero si suponemos que el p´endulo hace movimientos con θ peque˜ no podemos usar el desarrollo l´ımitado sin(θ) = θ + o(θ) y despreciendo o(θ) obtenemos la siguiente ecuaci´on diferencial g d2 θ + θ=0 2 dt L la cu´al s´ı es f´acil de resolver.

3.5. EJERCICIOS

3.5.

43

Ejercicios

1. Calcule el desarrollo l´ımitado de f (x) = sinh(x) de orden 5. 2. Calcule el desarrollo l´ımitado de f (x) = cosh(x) de orden 6. 3. Calcule el desarrollo l´ımitado de f (x) = sinh2 (x) de orden 6. 4. Calcule el desarrollo l´ımitado de f (x) = sin2 (x) de orden 6. 5. Calcule el desarrollo l´ımitado de f (x) = ln(cos(x)) de orden 4. 6. Calcule el desarrollo l´ımitado de f (x) = ln2 (1 + x) de orden 3. Z 7. Calcule el desarrollo l´ımitado generado por la funci´on f (x) =

x

esin(t) dt de grado 3

0

Z

x

sin(ln(1+t))dt

8. Calcule el desarrollo l´ımitado de orden 3 generado por la funci´on f (x) = 0

9. Calcule los siguientes l´ımites utilizando desarrollos l´ımitados, en todos lo casos a, b > 0   x   √ √ 1 1 1 + 4x − 3 1 + 5x 2 3 h) l´ım x 1 + − ex ln 1 + √ a) l´ım √ x→∞ x→0 4 1 + 6x − 5 1 + 7x x x  i h 1 a x (1 + x) x − e − ea x i ) l´ım 1 + b) l´ım x→∞ x x→0 x   x  # x1 " 1 1 x (1 + x) x j ) l´ım − x c) l´ım x→∞ e x+1 x→0 e !x 1 1   12 x + bx a sin(x) x k ) l´ım d ) l´ım x→∞ 2 x→0 x √ √  x  12 x− e x a − x ln(a) e) l´ım l ) l´ ım x→e ln(x) − 1 x→∞ bx − x ln(b) 1 x  f ) l´ım x 1−x 2 x→1 m) l´ım arctan(x) x→∞ π ln(x − ln(x))
g) l´ım Sugerencia: arctan(x)+arctan x1 = π2 x→1 ln(x) 10. Sea f (x) = cos2 (x) a) Calcule el desarrollo l´ımitado de orden 2 de f (x) b) Calcule ln(cos2 (x)) − x2 ex x→0 2x2 l´ım

11. Calcular el siguiente l´ımite " l´ım

1+

x→∞


a x x

− ea

#

  1 cot x

Sugerencia: Utilice el hecho de que cot(x) =

1 x x3 − − + x3 o(1) x 3 45

CAP´ITULO 3. DESARROLLOS LIMITADOS

44 12. Calcular el siguiente l´ımite 

  1 l´ım x − x ln 1 + x→∞ x 2

Cap´ıtulo 4 Calculo de integrales impropias 4.1.

Integrales de primer especie

Defici´ on Sea f (x) una funci´on continua y sin asintotas verticales en [a, ∞[, entonces se define la integral Z ∞ f (x)dx a

mediante el l´ımite

∞

Z

Z

b

f (x)dx = l´ım

b→∞

a

Z Defici´ on: Se dice que la integral

f (x)dx a

∞

Z f (x)dx converge si y solo s´ı l´ım

b→∞

a

un n´ umero. Caso contrario se dice que la integral diverge.

b

f (x)dx existe y es a

Ejemplo: Calcular la siguiente integral Z

∞

0

dx 1 + x2

Soluci´ on: Usando la definici´on anterior Z b Z ∞ Z b dx dx π = l´ım = l´ım arctan(x) = l´ım (arctan(b) − arctan(0)) = 2 2 b→∞ 0 1 + x b→∞ b→∞ 1+x 2 0 0 basicamente estamos calculando el ´area bajo la curva de una funci´on que es asintotica al eje X

Ejemplo: Calcular la siguiente integral Z 2

∞

dx x x2 − 1 √

45

CAP´ITULO 4. CALCULO DE INTEGRALES IMPROPIAS

46 Soluci´ on: En efecto Z 2

∞

Z

dx √ = x x2 − 1

b

dx 2 2 x x −1  Z b l´ım arcsec(x) √

l´ım

b→∞

=

b→∞

2

l´ım [arcsec(b) − arcsec(2)] b→∞ π π = − 2 3 π = 6 =

Definici´ on: Ejemplo: Calcular

∞

Z

ex dx

0

y decidir si converge o diverge. Soluci´ on: Z b Z b Z x x x e dx = l´ım e dx = l´ım e 0

b→∞

b→∞

0

y as´ı se tiene que

b

= l´ım [eb − e0 ] = ∞ b→∞

0

∞

Z

ex dx

0

diverge Ejemplo: Calcular Z

∞

2

1 dx x

Soluci´ on: Z

∞

2

1 dx = l´ım b→+∞ x

b

Z

1 dx = l´ım ln(x) b→+∞ x

2

b

Z

= l´ım [ln(b) − ln(2)] = ∞ b→+∞

2

Por lo tanto la integral es divergente. Ejemplo: Calcular la integral

∞

Z

cos(x)dx 0

Soluci´ on: Z

∞

Z

b

= l´ım sin(b) 6 ∃

cos(x)dx = l´ım cos(x)dx = l´ım sin(x) 0

b→+∞

b→+∞

0

b→+∞

El l´ımite no existe, por lo tanto la integral diverge. Definici´ on: Sea f (x) una funci´on continua y sin asintotas verticales en [−∞, a[, entonces se define la integral Z a

f (x)dx −∞

mediante el l´ımite

Z

a

Z f (x)dx = l´ım

−∞

b→−∞

a

f (x)dx b

4.1. INTEGRALES DE PRIMER ESPECIE

47

Ejemplo: Calcular 0

Z

−∞

Z

0

−∞

dx = l´ım 1 + x2 b→−∞

Z b

0

dx 1 + x2

dx = l´ım arctan(x) 1 + x2 b→−∞

0

Z

= l´ım (arctan(0) − arctan(b)) = b→−∞

b

Ejemplo: Calcular 0

Z

xex dx

−∞

Soluci´ on: En efecto 0

Z

0

Z

x

xe dx =

xex dx

l´ım

b→−∞

−∞

b

 Z 0 x = l´ım e (x − 1) b→−∞ b   = l´ım −1 − eb (b − 1) b→−∞

= −1 Definici´ on:

∞

Z

a

Z

∞

Z

f (x)dx =

f (x)dx +

−∞

−∞

f (x)dx a

con a un n´ umero (usualmente alguno conveniente como el 0) Ejemplo: Calcular Z ∞ dx 2 −∞ 1 + x en efecto Z

∞

−∞

dx = 1 + x2

Z

0

−∞

dx + 1 + x2

Z

∞

0

dx π π = + =π 2 1+x 2 2

Graficamente el ´area bajo la curva es π

Ejemplo: Calcular la siguiente integral Z

∞

xe−|x| dx

−∞

Soluci´ on: En efecto Z ∞ Z −|x| xe dx = −∞

0

−∞

xe

−|x|

Z dx +

∞

xe 0

−|x|

Z

0

dx =

x

Z

xe dx + −∞

0

∞

xe−x dx

π 2

CAP´ITULO 4. CALCULO DE INTEGRALES IMPROPIAS

48 Haciendo c´alculos Ya sabemos que

Z

0

xex dx = −1

−∞

y trabajando la otra integral  Z b Z ∞ Z b −x −x x = l´ım [−eb (b + 1) + 1] = 1 xe dx = l´ım xe dx = l´ım −e (x + 1) b→∞

0

b→∞

0

y por lo tanto Z

0

b→∞

∞

xe−|x| dx = 0

−∞

Graficamente el ´area de la izquierda (amarillo) se anula con el ´area de la derecha (verde)

4.2.

Integrales de segunda especie

Definici´ on: Sea f (x) una funci´on continua en ]a, b] y con asintota vertical en x = a, se define la integral de segunda especie Z b f (x)dx a

como

b

Z

Z f (x)dx = l´ım+

f (x)dx

c→a

a

b

c

Definici´ on: Sea f (x) una funci´on continua en [a, b[ y con asintota vertical en x = b, se define la integral de segunda especie Z b f (x)dx a

como Z a

b

Z f (x)dx = l´ım− c→b

Ejemplo: Calcular la siguiente integral Z 0

2

dx √ x

c

f (x)dx a

4.3. INTEGRALES DE TERCER ESPECIE

49

1 Soluci´ on: Es f´acil ver que la funci´on f (x) = √ tiene un asintota vertical el x = 0, as´ı x  Z 2 Z 2 Z 2 h √ √ √ √ i dx dx √ = l´ım √ = l´ım 2 x = l´ ım 2 2 − 2 c = 2 2 c→0+ x c→0+ c x c→0+ 0 c Ejemplo: Calcular la siguiente integral 1

Z

√

0

dx 1 − x2

1 tiene asintotas verticales en x = −1 1 − x2 y x = 1, pero solo nos importa la asintota x = 1 pues estamos integrando en la regi´on [0, 1]. Luego  Z c Z c Z 1 dx π π dx √ √ = l´ım− = l´ım− arcsin(x) = l´ım− [arcsin(c) − arcsin(0)] = −0 = c→1 2 2 1 − x2 c→1 0 1 − x2 c→1 0 0

Soluci´ on: Es f´acil ver que la funci´on f (x) = √

Ejemplo: Calcular la siguiente integral 2

Z

dx x x2 − 1 √

1

1 Soluci´ on: Es f´acil ver que f (x) = √ tiene asintotas verticales en x = −1, x = 0, x = 1 x x2 − 1 pero solo nos interesa la asintota x = 1 pues estamos integrando en la regi´on [1, 2].As´ı Z 2 Z 2 dx dx √ √ = l´ım+ 2 b→1 x x2 − 1 1 x x −1 b Z 2 = l´ım+ arcsec(x) b→1

b

l´ım+ [arcsec (2) − arcsec(b)]

=

b→1

π −0 3 π = 3 =

Obrsevaci´ on En el caso de que la on tenga la asintota vertical en x = d con a < d < b, Z funci´ b entonces para calcular la integral f (x)dx se debe hacer un corte de la siguiente manera a

Z

b

d

Z f (x)dx =

a

Z f (x)dx +

a

b

f (x)dx d

y hacer los c´alculos de las integrales.

4.3.

Integrales de tercer especie

Una integral de tercer especie es una integral que es al mismo tiempo una primer y segunda especie. En otras palabras una funci´on f (x) con asintota vertical en x = a hace que la siguiente integral sea de tercer especie Z ∞

f (x)dx a

CAP´ITULO 4. CALCULO DE INTEGRALES IMPROPIAS

50 la cual se define por ∞

Z

Z

b

f (x)dx =

Z

∞

f (x) +

a

f (x)dxdx

a

b

con b > a. De la misma forma una funci´on f (x) con asintota vertical en x = a define una integral de segunda especie Z a f (x)dx −∞

la cual se define por Z

a

Z

b

f (x)dx =

Z

a

f (x) +

−∞

−∞

f (x)dxdx b

con b < a. Ejemplo: Calcular la siguiente integral impropia Z ∞ dx √ (3x + 1) x 0 Soluci´ on: Nuestra integral impropia es de tercer especie con una as´ıntota vertical en x = 0. Z 1 Z ∞ Z ∞ dx dx dx √ = √ + √ (3x + 1) x (3x + 1) x 0 (3x + 1) x 1 0 Z 1 Z b dx dx √ + l´ım √ = l´ım+ b→∞ 0 (3x + 1) x c→0 c (3x + 1) x √ √ Z Z 2 arctan( 3x) b 2 arctan( 3x) 1 √ √ + l´ım = l´ım+ b→∞ c→0 3 3 c "1 " √ √ # √ # √ 2 arctan( 3b) 2 arctan( 3) 2 arctan( 3) 2 arctan( 3c) √ √ √ √ = l´ım+ − + l´ım − b→∞ c→0 3 3 3 3     2 π 2 π 2 π = √ · −0 + √ · − √ 3 3 3 2 33 π = √ 3 Ejemplo: Calcular la siguiente integral Z ∞ 0

Soluci´ on: En efecto Z ∞ 0

dx √ dx 2 x(1 + x)

Z ∞ dx dx √ √ dx + dx 2 x(1 + x) 0 2 x(1 + x) 1 Z 1 Z ∞ √ √ = arctan( x) + arctan( x)

dx √ dx = 2 x(1 + x)

Z

1

0

π = 2

Ejemplo: Calcule con todo detalle la siguiente integral Z ∞ f (x)dx −∞

1

´ A LA ESTAD´ISTICA 4.4. APLICACION

51

Donde

 1  si x1 ex2 Solution Como se trata de una funci´on de cr´ıterio compartido entonces se trabaja de la siguiente manera Z 0 Z 1 Z ∞ Z ∞ dx dx 2x √ f (x)dx = + + 3 2 ex2 x2 −∞ 1 + x 0 1 −∞ La primera y tercera integral es de primer especie, la segunda integral es de segunda especie con asintota vertical en x = 0. Trabajando las integrales en el orden que aparecen  Z 0 Z 0   π π dx dx = l´ım tan−1 (0) − tan−1 (b) = 0 − − = = l´ım 2 2 b→−∞ b→−∞ 2 2 −∞ 1 + x b 1+x Z 1  Z 1 i h 1 dx dx 3 √ √ = l´ım = l´ım+ 3 − 3b = 3 3 3 b→0 x2 b→0+ b x2 0 Z b  Z ∞ h i 2xdx 2xdx −b2 −1 = l´ım = l´ım −e + e = e−1 2 2 x x b→∞ b→∞ e e 1 1 Finalmente Z ∞ π f (x)dx = + 3 + e−1 2 −∞

4.4.

Aplicaci´ on a la estad´ıstica

Definici´ on: Funci´ on densidad de probabilidad: Sea X una variable aleatoria, se dice que la funci´on f (x) es la funci´on de densidad de probabilidad asociada a la variable aleatoria X si se satisfacen las siguientes 3 condiciones 1. f (x) ≥ 0 para todo x ∈ R 2.

Z

∞

f (x)dx = 1 −∞

3.

b

Z P [a ≤ w ≤ b] =

f (x)dx a

lo cual se lee como la probabilida de que w est´e entre a y b Ejemplo: El periodo de funcionamiento hasta su primera falla (en cientos de horas) para cierto transistor, es una variable aleatoria X con funci´on de distribuci´on dada por   0 si x < 0 f (x) =   −x2 2xe si x ≥ 0 Calcular la probabilidad trabaje por lo menos durante 200 horas hasta tener su primera falla. Soluci´ on: Primero es f´acil ver que f (x) ≥ 0, adem´as Z ∞ Z ∞ Z b Z b 2 −x2 −x2 −x2 f (x)dx = 2xe dx = l´ım 2xe dx = l´ım −e = l´ım −e−b + 1 = 1 −∞

0

b→+∞

0

b→+∞

0

b→+∞

52

CAP´ITULO 4. CALCULO DE INTEGRALES IMPROPIAS

Por u ´ltimo, dado que queremos al menos 200, entonces nos interesa el intervalo [2, ∞[. (pues se cuenta en cientos) Z ∞ 2 2 2 P [2 ≤ w ≤ ∞] = 2xe−x dx = l´ım −e−b + e−2 = e−4 ≈ 0,0183 2

b→+∞

4.5. EJERCICIOS

4.5.

53

Ejercicios

1. Calcule las siguientes integrales y diga si convergen o divergen: Z ∞ pxp xe− 2 dx a) −∞ 4

Z b) c) d) e) f)

x √ dx 3 x2 − 1 1 Z ∞ 1 √ dx (3x + 1) x 0 Z ∞ arctan (x) dx x2 + 1 0 Z ∞ 2 xe−x dx −∞ Z ∞ 1 √ dx. 2 x x2 − 4 2

2. Calcule las siguientes integrales y diga si convergen o divergen: Z ∞ a) x2 e−2x dx 1

Z

0

xe−4x dx

b) −∞ 5

Z

√

c) 1

Z

2 dx 5−x

∞

cos (x) e− sin(x) dx

d) Z0 ∞

x2 e−2x dx

e) Z1 ∞ f) −∞ 1

Z

1 dx x2 − 1

e−3x dx

g) 0

Z

1

h)

x ln (4x) dx 0

Z

∞

xe−2x dx

i) 0

Z

1

j) 0

Z

ln (x) √ dx x

+∞

1 √ dx (x + 2) x − 1

+∞

x dx (1 + x)3

k) 1

Z l) 0

7

1

−2

(x + 1) 3

Z m)

2

dx

CAP´ITULO 4. CALCULO DE INTEGRALES IMPROPIAS

54

3. C´alcule las siguientes integrales impropias y verifique que en cada caso se cumple la igualdad. Z +∞ x+3 −π dx = + ln(5) + arctan(2) a) x3 − x2 + x − 1 2 2 Z 3 √ dx 3 b) = 3(1 + 2) 2 0 (x − 1) 3 Z 2 dx c) 1 = 4 0 |x − 1| 2 Z 1 −1 x ln(x) dx = d) 4 0 Z ∞ √ x 2+π e) Sugerencia: Calcule la integral indefinida. dx = 2 (1 + x) 4 1 Z 1 e dx f) =1 2 0 x ln (x) Z

1 e

4. Determine el valor de k para que 0

Z

dx −1 = Respuesta: k = 2. 2 ln(2) − 1 x ln (kx)

∞

1 x dx = Respuesta: k = 2. kx e 4 0    Z √ dx 1 2x + 1 6x + 3 √ 6. Se sabe que = + 4 3 arctan + C muestre que (x2 + x + 1)2 9 x2 + x + 1 3 Z ∞ 4π dx √ = 2 2 3 3 −∞ (x + x + 1)

5. Determine el valor de k para que

7. En cada caso haga lo que se le solicita: 1 1 x2 + 1 √ √ = + . x4 + 1 2x2 + 2 2x + 2 2x2 − 2 2x + 2 Z +∞ 2 x +1 π b) Use la identidad anterior para verificar que dx = √ 4 x +1 2 0 Z ∞ x ln(x) 8. Muestre que dx = 0 (1 + x2 )2 0 Sugerencia: Calcule la integral indefinida, luego calcule la definida. a) Verifique que

9. Calcule lo que se le pide en cada caso: π − x para mostrar que 2 Z π 2 ln (sin x) dx = ln (cos x) dx

a) Use el cambio de variable u = Z 0

Z b) Sumarle

π 2

0

π 2

ln (sin x) dx a cada lado de la igualdad anterior y usar la identidad 0

trigonom´etrica sin (2x) = 2 sin x cos x para mostrar que Z Z π 2 π 1 π 2 ln (sin x) dx = − ln (2) + ln (sin x) dx 2 2 0 0

4.5. EJERCICIOS

55

c) Muestre que: π

Z

π 2

Z

ln (sin x) dx

ln (sin x) dx = 2 0

0

d ) Use todo lo anterior para determinar el valor de convergencia de Z

π 2

ln (sin x) dx = 0

10. Muestre que el a´rea limitada por la curva y = la derecha de la recta x = 3 es

1 4

1 , la recta y = 0, que se ubica a x (x − 2)2

(2 − ln (3)) ul2

11. Muestre que el ?rea limitada por la curva y = derecha de la recta x = 3 es

1 4

−π ln (2) 2

(ln (5)) ul2

x2

1 la recta y = 0, que se ubica a la −4

12. Se define la Transformada de Laplace de una funci´on f (x) mediante la integral la integral impropia Z ∞

f (x)e−sx dx

L {f (x)} = 0

Muestre que: 1 s 1 b) L {x} = 2 s  2 2 c) L x = 3 s

a) L {1} =

s + a2 a e) L {sin (ax)} = 2 s + a2

d ) L {cos (ax)} =

s2

13. Determine el valor de la constante c para que las siguientes integrales sean convergentes. Adem´as calcule el valor de convergencia.  Z +∞  cx 1 1 a) − dx R/c = x2 + 1 2x + 1 2 2  Z +∞  c 1 x b) − dx R/c = 2 2x + 2c x + 1 2 1 √  Z +∞  1 c 2 √ c) − dx R/c = 2 2x2 + 1 x + 1 0  Z +∞  2 2x + bx + a 14. Determine los valores de las constantes a, b para que − 1 dx = 1 x (2x + a) 1 R/a = b = 2e − 2

56

CAP´ITULO 4. CALCULO DE INTEGRALES IMPROPIAS

Cap´ıtulo 5 An´ alisis de Convergencia de integrales impropias

5.1.

Criterios para primer especie

5.1.1.

P- Integrales de primer especie

Definici´ on: p−integral de primea especie: Sea p ∈ R, a > 0, se define la p−integral de primera especie por Z ∞ dx xp a Teorema: La p− integral de primera especie converge si p > 1 y diverge si p ≤ 1. En el caso p > 1 se tiene que Z ∞ a1−p dx = xp p−1 a Ejemplo: Calcule, si es posible Z ∞ dx √ 1. 8 x3 7 Z ∞ dx √ 2. 3 x5 2 Soluci´ on: 57

´ CAP´ITULO 5. ANALISIS DE CONVERGENCIA DE INTEGRALES IMPROPIAS

58 Z

∞

1. 7

Z

∞

2. 2

dx √ = 8 x3

Z

dx √ = 3 x5

Z

∞

x

7

2

dx

∞

3 8

dx x

5 3

como p = Z

∞

2

5.1.2.

3 ≤ 1 entonces la integral diverge. 8

, en este caso

5 > 1 entonces la integral converge y 3 dx √ = 3 x5

Z

∞

2

5

2

21− 3 2− 3 = = 5 5 2 −1 x3 3 3 dx

Criterio de la condici´ on necesaria

Teorema: Sea f (x) una funci´on continua tal que l´ım f (x) exista y l´ım f (x) 6= 0; entonces x→+∞ x→+∞ Z ∞ f (x)dx diverge. a

Ejemplo: La siguiente integral diverge Z ∞

3x2 + 5x + 2 dx 2x2 + 7x − 14

9

3x2 + 5x + 2 3 = 6= 0 x→∞ 2x2 + 7x − 14 2

pues l´ım

Ejemplo: La siguiente integral diverge Z

∞

4

  1 x sin dx x

  1 pues l´ım x sin = 1 6= 0 x→∞ x

5.1.3.

Criterio de comparaci´ on directa

San las funciones 0 ≤ f (x) ≤ g(x) entonces se tiene la desigualdad Z ∞ Z ∞ g(x)dx f (x)dx ≤ a

a

y por tanto se deduce que Z ∞ Z 1. si g(x)dx converge entonces a

∞

f (x)dx converge. (Usualmente conocido que si la

a

grande converge entonces la peque˜ na converge). Z ∞ Z ∞ 2. si f (x)dx diverge entonces g(x)dx diverge. (Usualmente conocido que si la pea

a

que˜ na diverge entonces la grande diverge). Desigualdades u ´ tiles Para p > 1 y x grande 1

ln(x) < x p < x < xp < ex Ejemplo: Analizar la convergencia de la siguiente integral Z ∞ dx ln(x) 7

5.1. CRITERIOS PARA PRIMER ESPECIE Soluci´ on: Como ln(x) < x entonces

1 1 > y como ln(x) x Ejemplo: Estudiar la convergencia de Z

59

Z

2

∞

7 ∞

dx diverge se sigue que x

7

∞

dx diverge. ln(x)

dx ex

1 1 Soluci´ on: Usando el hecho de e > x se sigue que x < 2 y como e x Z ∞ dx converge. ex 2 Ejemplo: Estudiar la convergencia de Z ∞ dx lnp (x) 2 x

Z

2

Z 2

∞

dx converge entonces x2

para p > 1 1 con p > 1 se sigue que lnp (x) < x, entonces Soluci´ on: Usando el hecho de que ln(x) < x p Z Z ∞ ∞ 1 dx dx 1 > y como diverge se sigue que diverge. p ln (x) x x lnp (x) 2 2 Ejemplo: Analizar la convergencia de la siguiente integral Z ∞ dx 10 ln(ln(x)) 1 1 Soluci´ on: Como ln(x) < x se sigue que ln(ln(x)) < ln(x) y as´ı < y como ln(x) ln(ln(x)) Z ∞ Z ∞ dx dx diverge se sigue que diverge. 10 ln(x) 10 ln(ln(x)) Corolario: Si f (x) es una funci´on continua y positiva en [a, ∞[, que no es del tipo ax con a > 1; entonces Z ∞ f (x)dx ex a es convergente. Ejemplo: La siguiente integral converge √ Z ∞ ln(x) + x7 + x dx ex 2

5.1.4.

Criterio de comparaci´ on de cocientes

Sea f, g > 0 y continuas en [a, ∞[ y sea f (x) =L x→∞ g(x) l´ım

1. 0 6= L 6= ∞ entonces se sigue que Z ∞ f (x)dx a

ambas convergen o ambas divergen

Z y

∞

g(x)dx a

´ CAP´ITULO 5. ANALISIS DE CONVERGENCIA DE INTEGRALES IMPROPIAS

60

Z

∞

∞

Z

f (x)dx converge.

g(x)dx converge entonces

2. L = 0. Si

a

a

Z 3. L = ∞. Si

∞

Z

∞

f (x)dx converge entonces a

g(x)dx converge. a

Ejemplo Analizar la convergencia de la siguiente integral Z ∞ 4 5x + 2x3 + x + 1 dx 8x7 + 14x4 + 1 6 Soluci´ on: Es f´acil ver que el denominador nunca se anula en el intervalo [6, ∞[, por tanto es 5x4 + 2x3 + x + 1 una integral de primer especie. En este caso vamos a tomar f (x) = nuestra 8x7 + 14x4 + 1 funci´on y vamos a construir una funci´on g(x); la idea aqu´ı es darse cuenta que a medida que x se acerca al infinito las x dominantes son las que tienen los exponentes m´as grandes, por tanto x4 1 vamos a tomar g(x) = 7 = 3 . Y es f´acil ver que x x f (x) = l´ım x→∞ g(x) adem´as

5x4 +2x3 +x+1 8x7 +14x4 +1 1 x3

∞

Z

∞

Z g(x)dx = 6

6

=

5 6= 0 8

dx x3

converge. Y por lo tanto Z 6

∞

5x4 + 2x3 + x + 1 dx 8x7 + 14x4 + 1

converge. Pero ahora podemos hacer una generalizaci´on para poder estudiar todas las integrales de primer especie de la forma anterior. En esencia consideremos el siguiente teorema Teorema: Analizar la convergencia de la integral Z ∞ a0 + a1 x + a2 x 2 + · · · an x n dx b 0 + b 1 x + b 2 x 2 + · · · + am x m a con b0 + b1 x + b2 x2 + · · · + am xm 6= 0 en [a, ∞[. Es equivalente a analizar la convergencia de la integral Z ∞ dx dx m−n x a Ejemplo: Analizar la convergencia de la siguiente integral Z ∞ 1 + x + x7 √ √ dx 2+ 3x+ x 4 x7 1 Soluci´ on: En este caso muy similar al ejemplo anterior tomamos g(x) = √ = − 13 . Es f´acil x x 2 verificar que 7 1+x+x √ √ 2+ 3 x+ x l´ım 1 x→∞ 13 x− 2

=1

5.1. CRITERIOS PARA PRIMER ESPECIE Z

∞

y que 4

1 x

− 13 2

61

diverge, y por lo tanto ∞

Z

1 + x + x7 √ √ dx 2+ 3x+ x

4

diverge. Ejemplo: Estudiar la siguiente integral x Z ∞ 1 1 1+ dx x x3 1  x 1 Soluci´ on: Es bien conocido que l´ım 1 + = e, por tanto esa parte no afecta en la integral, x→∞ x 1 as´ı tomamos g(x) = 3 , y pues es conocido que x Z ∞ 1 dx x3 1 converge. y Adem´as l´ım

1+

x→∞

y as´ı se concluye que Z

∞

1


1 x 1 x x3 1 x3

= e 6= 0

x  1 1 dx 1+ x x3

converge. Corolario: Si l´ım f (x) = M con M distinto a cero y a m´as menos infinito. Entonces las x→∞ siguiente integral Z ∞ f (x)g(x)dx a

converge (diverge) si y solo s´ı

∞

Z

g(x)dx a

converge (diverge). Ejemplo: La siguiente integral converge Z ∞ a

pues l´ım arctan(x) = x→∞

5.1.5.

π y 2

Z a

∞

arctan(x) dx x5

dx converge. x5

Convergencia absoluta y condicional

Sea f continua en [a, ∞[ con f no necesariamente positiva. Se define los siguiente Z ∞ Z ∞ 1. f (x)dx converge absolutamente si |f (x)|dx converge. a

a

´ CAP´ITULO 5. ANALISIS DE CONVERGENCIA DE INTEGRALES IMPROPIAS

62 Z

∞

Z

∞

Z a

a

a

Ejemplo: Notese que Z

∞

1

converge absolutamente pues

∞

|f (x)|dx diverge.

f (x)dx converge, pero

f (x)dx converge condicionalemte si

2.

cos(x) dx x5

∞

Z ∞ cos(x)dx dx ≤ x5 x5 1 1 Z ∞ Z ∞ cos(x)dx dx converge se sigue que converge y como 5 x x5 1 1 Teorema: Teorema de convergencia absoluta: Z ∞ Z ∞ |f (x)|dx converge entonces f (x)dx converge si Z

a

a

adem´as se tiene la desigualdad Z

a

∞

Z f (x)dx ≤

∞

|f (x)|dx

a

Ejemplo: Del ejemplo anterior se desprende que Z ∞ cos(x) dx x5 1 converge. Corolario: Sea f (x) una funci´on continua y acotada uniformente en [a, ∞[ entonces el siguiente tipo de integral converge para p > 1. Z ∞ f (x) dx xp a Ejemplo: Las siguientes integrales convergen para p > 1 Z a

5.1.6.

∞

sin(x) dx xp

Z a

∞

Z

cos(x) dx xp

a

∞

arctan(x) dx xp

Z 1

∞

1 + x1 xp


x dx

Teorema de Dirichlet

Sean f, g funciones continuas en [a, ∞[ con g decreciente y l´ım g(x) = 0. Adem´as existe M ∈ R x→∞

tal que para todo y ∈ [a, ∞[ se tiene que Z y f (x) dx ≤ M a

entonces

Z

∞

f (x)g(x)dx a

converge. Ejemplo: Analizar la convergencia de la siguiente integral Z ∞ sin(x) dx x 1

5.1. CRITERIOS PARA PRIMER ESPECIE

63

Tomemos f (x) = sin(x), para todo y ∈ [a, ∞[ se tiene que Z y sin(x)dx = −(cos(y) − cos(1)) ≤ 2 1

adem´as g(x) =

1 1 es derivable, decreciente y l´ım = 0 y por tanto x→∞ x x Z ∞ sin(x) dx x 1

converge. De hecho podemos generalizar el ejercicio anterior y crear un corolario que ayude a resolver ciertos problemas parecidos Corolario: Las siguientes integrales convergen para q > 0 y a > 0 Z ∞ Z ∞ cos(x) sin(x) dx dx q x xq a a Z ∞ Corolario: si f (x)dx converge y g derivable decreciente y l´ım g(x) = 0. Entonces x→∞

a ∞

Z

f (x)g(x)dx 2

converge. Ejemplo: Z

∞

2

Z converge, puesto que 2

5.1.7.

∞

dx ex ln(x)

1 1 dx converge y es derivable y decreciente con l´ım =0 x x→∞ ln(x) e ln(x)

Utilizando desarrollos limitados

Ejemplo: Analizar la convergencia de la siguiente integral
Z ∞ (arctan x1 + 3x13 )x2 dx 1 + x8 1 x3 Soluci´ on: Usando el hecho de que arctan(x) = x − + o(x3 ) se sigue que 3     1 1 1 1 arctan = − 3 +o y as´ı x x 3x x3
Z ∞ Z ∞ 1 Z ∞ 1 2 Z ∞ (arctan x1 + 3x13 )x2 ( x + 3x13 − 3x13 )x2 ( x )x dx c c dx = dx = dx = dx 8 8 8 1+x 1+x x x7 1 1 1 1 la cual converge. Y por lo tanto Z 1

∞

(arctan

1 x




x8

+

1 )x2 3x3

dx

64

´ CAP´ITULO 5. ANALISIS DE CONVERGENCIA DE INTEGRALES IMPROPIAS

converge. Ejemplo: Determinar los valores de q para que la siguiente integral converja. ∞

Z

 ln 1 +

√1 x



xq

5

dx

    1 1 1 = √ +o √ , Soluci´ on: Usando el hecho de que ln(1+x) = x+o(x) se sigue ln 1 + √ x x x y por tanto   Z ∞ ln 1 + √1 Z ∞ √1 Z ∞ x dx x c dx = dx = 1 dx q q x x xq+ 2 5 5 5 y la integral converge si q +

1 1 > 1 y por tanto q > 2 2

Observaci´ on: Al estudiar la convergencia de la integral Z

a

f (x)dx −∞

con f (x) sin as´ıntotas verticales se recomienda hacer el cambio de variable w = −x, y as´ı obtener que Z a Z ∞ f (x)dx = f (−w)dw −∞

−a

y usar los m´etodos anteriores.

5.2. 5.2.1.

Criterios para segunda especie P- Integrales de segunda especie

Definici´ on: p− integrales de segunda especie. Se define la p integral de segunda especie por 1

Z 0

dx xp

Teorema: La p integral de segunda especie converge si p < 1 y diverge en p ≥ 1. En el caso en que converge se tiene que Z 1 dx 1 = p 1−p 0 x Ejemplo: Analizar la convergencia de 2

Z 0

dx √ 3 x

dx

Z

Soluci´ on: En efecto Z 0

2

dx √ = 3 x

Z 0

2

x

1 3

= 0

1

dx x

1 3

Z +

2

dx 1

1

x3

La primera integral converge por el teorema anterior, la segunda converge pues al no ser ni de primera ni de segunda especie es una integral convergente (de las de c´alculo I)

5.2. CRITERIOS PARA SEGUNDA ESPECIE

5.2.2.

65

p series de segunda especie generalizada

Z

b

dx dx converge si p < 1 y diverge si p ≥ 1 (x − a)p

b

dx dx converge si p < 1 y diverge si p ≥ 1 (b − x)p

1. a

Z 2. a

5.2.3.

Criterio de Comparacion directa

San las funciones 0 ≤ f (x) ≤ g(x) continuas en]a, b[ entonces se tiene la desigualdad b

Z

Z

b

f (x)dx ≤ a

g(x)dx a

y por tanto se deduce que Z

b

1. si

b

Z g(x)dx converge entonces

f (x)dx converge. (Usualmente conocido que si la gran-

a

a

de converge entonces la peque˜ na converge). Z 2. si

b

Z f (x)dx diverge entonces

a

b

f (x)dx diverge. (Usualmente conocido que si la peque˜ na a

diverge entonces la grande diverge). Ejemplo: Analizar la convergencia de la siguiente integral Z 1

Soluci´ on: La funci´on f (x) =

2

dx ln(x)

1 tiene una as´ıntota vertical en x = 1. ln(x)

Comparando ln(x) < x en [1, 2] tal como se muestra en la gr´afica

´ CAP´ITULO 5. ANALISIS DE CONVERGENCIA DE INTEGRALES IMPROPIAS

66 y as´ı

1 1 > ln(x) x de lo que se desprende que 2

Z 1

Z

1 dx > ln(x)

2

1

1 dx x

y como 2

Z

1 dx x

1

diverge, se sigue que 2

Z 1

1 dx ln(x)

diverge.

5.2.4.

Criterio de Comparacion de Cocientes

Sea f, g > 0 y continuas en ]a, ∞[ y sea l´ım

x→∞

f (x) =L g(x)

1. 0 6= L 6= ∞ entonces se sigue que Z

b

Z f (x)dx

y

b

g(x)dx

a

a

ambas convergen o ambas divergen 2. L = Z 0. Z b b Si g(x)dx converge entonces f (x)dx converge. a a Z b Z b g(x)dx diverge. f (x)dx diverge entonces Si a

a

3. L = Z ∞. Z b b Si f (x)dx converge entonces g(x)dx converge. Za b Z ba Si g(x)dx diverge entonces f (x)dx diverge. a

a

Ejemplo: Analizar la convergencia de Z 0

1

√ 3

dx x + x2

Soluci´ on: Se puede ver que en x = 0 y x = −1 hay as´ıntotas verticales, pero solo nos interesa la as´ıntota x = 0. Z 0

1

dx √ = 3 x + x2

Z 0

1

dx √ √ 3 3 x 1+x

5.2. CRITERIOS PARA SEGUNDA ESPECIE tomando

67

1 g(x) = √ 3 x

(g(x) se toma como el factor que hace cero el denominador, o sea lo parte que genera la asintota vertical) se tiene que 1 1 √ 3x √ 3 f (x) 1+x l´ım = l´ım =1 1 √ x→0 g(x) x→0 3x y como 1

Z 0

dx √ 3 x

converge, se sigue que 1

Z

√ 3

0

converge. Ejemplo: Analizar la convergencia de Z

2

√ 5

1

x2

dx x + x2

dx − 3x − 2

Soluci´ on: Factorizando y descomponiendo Z 2 Z 2 Z 1 Z 2 2 dx dx dx dx √ √ √ √ √ √ p = = + 5 5 5 5 5 5 5 1 x−1 x−2 x−1 x−2 x − 1 x−2 (x − 1)(x − 2) 1 1 1 2 La primera integral tiene una asintota vertical en x = 1, y la segunda integral en x = 2 1 De la primera integral se toma g(x) = √ , y como 5 x−1 Z 1 2 dx √ 5 x−1 1 converge, se sigue que 1 2

Z

√ 5

1

dx √ x−15x−2

converge. De la segunda integral se toma g(x) = √ 5

1 , y como x−2 Z 2 dx √ 5 1 x−2 2

converge, se sigue que 2

Z

√ 5

1 2

dx √ x−15x−2

converge. Como ambas convergen, se sigue que Z 1

converge.

2

√ 5

dx x2 − 3x − 2

´ CAP´ITULO 5. ANALISIS DE CONVERGENCIA DE INTEGRALES IMPROPIAS

68

Ejemplo: Analizar la convergencia de la siguiente integral Z 4 dx √ 7 2 (x − 2) x − 4 Soluci´ on: Z 2

4

dx √ = (x − 2) 7 x − 4

Z

3

2

dx √ + (x − 2) 7 x − 4

Z 3

4

dx √ (x − 2) 7 x − 4

con as´ıntotas en x = 2 y x = 4 respectivamente. 1 , pero como De la primera integral se toma g(x) = x−2 Z 3 dx 2 x−2 diverge, se sigue que Z 2

3

dx √ (x − 2) 7 x − 4

diverge. Como una de las integrales de la suma diverge entonces no es necesario analizar la otra integral, pues ya esa la jodi´o. Por lo tanto Z 4 dx √ 7 2 (x − 2) x − 4 diverge.

5.2.5.

Convergencia absoluta y condicional

Sea f continua en ]a, b[ con f no necesariamente positiva. Se define lo siguiente Z b Z b 1. f (x)dx converge absolutamente si |f (x)|dx converge. a

Z 2.

a b

Z f (x)dx converge condicionalemte si

b

Z

a

a

a

Teorema: Teorema de convergencia absoluta: Z b Z b si |f (x)|dx converge entonces f (x)dx converge a

a

adem´as se tiene la desigualdad Z b Z b f (x)dx ≤ |f (x)|dx a

a

Ejemplo: Analizar la convergencia de Analizar la convergencia de Z 1 sin(x)dx √ 3 x + x2 0 Soluci´ on: Z 0

1

Z sin(x) √ 3 x + x2 dx ≤

0

1

1 √ dx 3 x + x2

b

|f (x)|dx diverge.

f (x)dx converge, pero

5.2. CRITERIOS PARA SEGUNDA ESPECIE

69

y como 1

Z

√ 3

0

1 dx x + x2

converge se sigue que 1

Z

sin(x)dx √ 3 x + x2

0

converge.

5.2.6.

Utilizando Desarrollos limitados

Ejemplo: Analizar la convergencia de la siguiente integral Z π dx √ x + sin(x) 0 Soluci´ on: En efecto la as´ıntota est´a en x = 0, por tanto hacemos los desarrollos l´ımitados alrededor de cero. sin(x) = x + o(x) se sigue que Z π Z π Z π dx dx dx c √ √ √ √ = = x + sin(x) x+x x(1 + x) 0 0 0 Basta con analizar la integral

π

Z 0

la cual converge. Y por lo tanto Z

π

√

0

dx √ x

dx x + sin(x)

converge. Ejemplo: Analizar la convergencia de la siguiente integral Z 1 ex p dx 1 − cos(x) 0 Soluci´ on: Podemos ver que la asintota est´a en x = 0. Usando el hecho de que cos(x) = x2 1− + o(x2 ) se tiene que 2 Z 1 Z 1 √ Z 1 ex ex ex c p q dx = dx = 2 dx 2 1 − cos(x) 0 0 0 x 1 − (1 − x2 ) basta con analizar Z 0

1

dx dx x

la cual diverge y por lo tanto Z 0

1

ex p dx 1 − cos(x)

diverge. Ejemplo: Analizar la convergencia de la siguiente integral √ Z 2 5 ln(1 + x3 ) dx esin(x) − 1 0

70

´ CAP´ITULO 5. ANALISIS DE CONVERGENCIA DE INTEGRALES IMPROPIAS

  √ √ 5 5 Soluci´ on: Usando el hecho de que ln(1 + x) = x + o(x) se sigue que ln 1 + x3 = x3 + √ 5 o( x3 ), por otro lado se sabe que sin(x) = x + o(x) y as´ı se tiene que esin(x) − 1 = ex+o(x) − 1 = 1 + x + o(x) − 1 = x + o(x). luego √ Z √ Z 2 Z 2 5 5 dx ln(1 + x3 ) c 2 x3 = dx = 2 sin(x) e −1 x 0 0 x5 0 la cual converge pues

2 < 1, y por lo tanto 5 √ Z 2 5 ln(1 + x3 ) dx esin(x) − 1 0

converge.

5.3.

Cr´ıterios para integrales del tercer tipo

Una integral de tercer especie al ser una integral de primer y segunda especia al mismo tiempo, lo que se hace es separar la integral de forma que cada integrando sea ya sea de primera o segunda especia, pero no ambas a la vez. Ejemplo: Analizar la convergencia de la siguiente integral Z ∞ e−|x| √ dx x2 − 1 −∞ e−|x| Soluci´ on: Las as´ıntotas verticales de la funci´on f (x) = √ se localizan en x = −1 y x2 − 1 x = 1, por lo tanto estamos trabajando una integral de tercer especie Luego la descomposici´ on de integrales en integrales primer y de segunda es especie Z −2 Z −1 Z de Z 1 Z ∞ hacemos 0 e−|x| e−|x| e−|x| e−|x| e−|x| √ √ √ √ √ dx = dx + dx + dx + dx + 2−1 2−1 2−1 2−1 2−1 x x x x x −∞ −2 −1 0 −∞ Z 2 Z ∞ e−|x| e−|x| √ √ d+ dx x2 − 1 x2 − 1 1 2 La primera y la u ´ltima integral son de primera especie, la dem´as son de segunda especie. Analizando la u ´ltima integral Z ∞ Z ∞ Z ∞ e−x dx e−|x| √ √ √ dx = dx = x2 − 1 x2 − 1 ex x2 − 1 2 2 2 √ para x ≥ 2 se tiene que ex x2 − 1 ≥ ex y por lo tanto ex de lo que se sigue que

√

1 1 ≤ x e x2 − 1

Z ∞ dx dx √ ≤ ex ex x2 − 1 2 2 como la integral de la derecha converge, se sigue por comparaci´on directa que la integral de la izquierda converge. Z

∞

Analizando la primera integral de la descomposici´on Z −2 Z −2 e−|x| ex √ √ dx = dx x2 − 1 x2 − 1 −∞ −∞

5.3. CR´ITERIOS PARA INTEGRALES DEL TERCER TIPO

71

haciendo el cambio de variable w = −x se tiene que Z 2 Z ∞ Z −2 e−w e−w ex √ √ √ dx = (−dw) = dw x2 − 1 w2 − 1 w2 − 1 ∞ 2 −∞ la cual ya sabemos que converge. Para la segunda integral de la descomposici´on Z −1 Z −1 Z −1 e−|x| e−|x| e−|x| √ p √ √ dx = dx = dx x−1 x+1 x2 − 1 (x − 1)(x + 1) −2 −2 −2 podemos ver que tiene una as´ıntota √ vertical en x = −1 y que dicha as´ıntota es consecuencia del factor en el denominador g(x) = x + 1, por tanto es suficiente con analizar la integral Z −1 dx √ x−1 −2 la cual converge. Luego la tercera, la cuarta y la quinta integral se analizan de forma similar a la anterior. Por tanto nuestra integral es convergente (pues es suma de convergentes) Ejemplo: Analizar la convergencia de Z ∞ 0

sin3 (x) √ dx (x2 + 1) 3 x2 − 5x + 6

Soluci´ on Z 0

∞

Z ∞ sin3 (x) dx √ dx ≤ 3 3 (x2 + 1)√ x2 − 5x + 6 (x2 + 1) x2 − 5x + 6 Z0 ∞ dx p = (x2 + 1) 3 (x − 2)(x − 3) 0 Z ∞ dx p p = 3 2 (x + 1) (x − 2) 3 (x − 3) 0

es de tercer especie con asintotas en x = 2, x = 3 partiendo la integral en segundas y primera especie Z 2 Z 5 Z 3 2 dx dx dx p p p p p p + + + 3 3 3 3 3 2 2 2 5 (x + 1) (x − 2) (x − 3) 2 (x + 1) (x − 2) (x − 3) (x − 2) 3 (x − 3) 0 (x + 1) 2 Z 4 Z ∞ dx dx p p p p + 3 3 3 2 (x − 2) (x − 3) (x2 + 1) (x − 2) 3 (x − 3) 3 (x + 1) 4 Utilizando el teorema de comparaci´on de cocientes respectivamente 1 1 1 1 1 √ √ √ g1 (x) = √ , g (x) = , g (x) = , g (x) = , g (x) = 2 3 4 5 8 3 3 3 3 x−2 x−2 x−3 x−3 x3 Y sabemos que Z 2 Z 5 Z 3 Z 4 Z ∞ 2 1 1 1 1 1 √ √ √ √ , , , , 8 convergen 3 x − 2 2 3 x − 2 25 3 x − 3 3 3 x − 3 4 x 3 0 Por lo tanto, devolviendonos se tiene que Z ∞ sin3 (x) √ dx (x2 + 1) 3 x2 − 5x + 6 0 converge.

´ CAP´ITULO 5. ANALISIS DE CONVERGENCIA DE INTEGRALES IMPROPIAS

72

5.4.

Ejercicios

1. Utilice criterios adecuados para determinar si las siguientes integrales son convergentes o divergentes √ Z ∞√ x+1− x √ a) dx. R/dv x 0 Z ∞ 1 √ dx. R/cv b) x2 x2 − 4 2 Z 7 1 c) R/cv 2 dx . −2 (x + 1) 3 Z ∞ 1 √ dx. R/cv d) 2 x x2 − 1 1 Z ∞ 1 √ e) dx. R/cv x2 x3 − 1 1 Z ∞ 1 f) dx R/cv √ √ 3 x x −1 1 Z ∞ sen (3x) √ g) dx R/cv 2x 2 Z 2√ x+1−1 h) dx R/dv x2 0 Z 1√ 2 − 2x dx R/cv i) 1 − x4 0 Z ∞ 1 √ j) dx R/cv x e x x2 − 1 1 Z ∞ cosx √ dx R/cv k) 5 x 1 Z ∞ √ 3 x l) dx R/dv ln (x) 2 Z 1 1 √ m) dx R/cv 1 − x4 0 Z π 1 √ dt R/cv n) t + sin (t) 0 Z 2 1 n ˜) dx R/dv √ x (4 − x2 )2 0 Z +∞ x2 o) dx R/dv ln (x) 2 Z +∞ 1 p) dx R/dv 7 ln (x) 2 k Z 2 √ x+1−1 2. Determine los valores de k para los cuales dx converge x2 0 3. Determine los valores de k para los cuales la siguiente integral es convergente: R/k > 1 Z +∞ 1 dx x ln (x) (ln (ln (x)))k 3

5.4. EJERCICIOS

73

4. Utilice criterios adecuados para determinar si las siguientes integrales son convergentes o divergentes Z ∞ 1 √ √ a) dx R/cv 3 x + 2 4 x + x3 100 Z ∞ 1 √ dx R/dv b) 3 2x + x2 + 1 + 5 1 Z ∞ 1 √ c) dx R/cv 3 2 x4 + 1 −1 x + Z 1 1 √ d) dx R/cv 3 1 − x4 0 Z ∞ 1 e) dx R/cv x + ex 0 Z ∞ 2 + sin x √ f) dx R/dv x 1 Z +∞ sen (x) dx R/cv g) x 0 Z ∞ 1 h) Muestre que la integral dx es diverge ∀p ∈ R. p −∞ x Z

∞

5. Muestre que la integral de Poisson - Euler

2

e−x dx es convergente.

0

Z

√

∞

6. Use el valor de convergencia de la integral de Poisson -Euler

e

−x2

dx =

0

π para 2

calcular las siguientes integrales: Z ∞ 2 a) e−x dx . Sugerencia: la funci´on a integrar es par. Separe la integral. −∞ ∞

Z b)

−∞ Z ∞

c)

2

e−kx dx para k > 0. Sugerencia: Separe la integral y haga el cambio u = 2

x2 e−kx dx para k > 0. Sugerencia: haga el cambio u =

√

√

kx.

kx. y use integraci´on

−∞

por partes. 7. Considere la siguiente integral impropia: Z ∞ 1

x2

√

1 dx x2 − 1

a) Determine la especie de dicha integral. b) Utilizando criterios apropiados muestre que la integral es convergente. c) Calcule el valor de convergencia de la integral. Z 8. Aplicando criterios adecuados determine si la integral divergente. Sugerencia: Haga el cambio de variable t = x2 .

0

+∞


sen x2 dx es convergente o

74

´ CAP´ITULO 5. ANALISIS DE CONVERGENCIA DE INTEGRALES IMPROPIAS 9. Se define la Funci´on Gamma de Euler por Z Γ (p) =

∞

xp−1 e−x dx

0

a) Muestre que Gamma converge para p > 0.   √ 1 b) Calcule el valor de Γ . Sugerencia: Haga el cambio de variable m = x y use la 2 integral de Poisson Euler (ejercicio 6). c) Use integraci´o n por partes para verificar la propiedad Γ (p + 1) = pΓ (p) d ) Calcule el valor de Γ (1). Si n ∈ N deducir que Γ (n + 1) = n!


e) Calcule Γ 23 , Γ 52 , Γ 27 10. Se define la funci´on Beta por 1

Z

xα−1 (1 − x)β−1 dx

B (α, β) = 0

a) Muestre usando criterios adecuados que la integral Beta converge para α > 0, β > 0. b) Muestre que B (α, β) = B (β, α) usando el cambio de variable t = 1 − x. c) Muestre que el cambio de variable x = sin2 t transforma la funci?n Beta en Z B (α, β) = 2

π 2

(sin t)2α−1 (cos t)2β−1 dt

0

t transforma la funci´on Beta en: 1+t Z ∞ tα−1 B (α, β) = dt (1 + t)α+β 0

d ) Muestre que el cambio de variable x =

11. Utilice alg´ un criterio adecuado para analizar la convergencia de las siguientes integrales impropias. En los casos que lo requiera, determine los valores de p, q para que las integrales sean convergentes: Z 1 Z 1 dx √ a) (cv) g) (ln(x))p dx Relacionar con ejercicio 2 x+x 0 0 9. Z 1 Z 1 dx √ b) (cv) 2 h) xp (− ln(x))q dx x−x 0 0 Z 1 Z ∞ ln(x) sin( x1 ) c) dx (cv) 2 i ) dx . Tome y = x1 0 1−x x 1 Z π Z ∞ 2 cos(x) − ln(sin(x))dx (cv) d) √ dx j) 0 x 1 Z 1 Z ∞ xp e) sin(ln(x))dx. Tome y = ln(x) (cv) k) dx, con p, q > 0. 1 + xq 0 1 Z ∞ Z 2 1 p l) dx f) (ln(x)) dx 6 −∞ 1 + x 0

5.4. EJERCICIOS Z

π

1 dx 1 − cos(x)

m) 0

Z

∞

n) 0

arctan(x) dx 1 + x2

75 Z

∞

x dx −1 0 x   Z ∞ 1 dx e− 1+ o) x 1 n ˜)

ex

12. Utilice desarrollos limitados para estudiar la convergencia de las siguientes inteagrales impropias. Z

1

a) 0

Z

1

cos(ax) dx, (n ≥ 0) 1 + xn

ln(1 + x) b) dx, (n ≥ 0) xn 0 Z ∞ dx √ c) 3 x x2 + 1 1 Z ∞ m x arctan x d) dx, (n ≥ 0) xn + 2 0

Z

1

e)

dx , (n ≥ 0) sin x · cosq x p

0

Z

1

arctan(ax) dx xn 0 Z ∞ dx √ g) x3 + x 0 √ Z 1 x x dx h) 0 1 − cos x f)

13. Use desarrollos limitados o equivalencia asint´otica para analizar la convergencia de las siguientes series impropias. Z ∞ Z 1 dx cos x a) √ dx k) 2 4 x + sin x x − sin x 1 0 √ Z ∞ Z 1 x+ x+1 ex √ b) dx √ l ) dx 5 x2 + 2 x4 + 1 1 − x3 0 Z1 ∞ Z 1 dx x2 p c) p m) dx x(x − 1)(x − 2) 3 3 2 )5 (1 − x 0 √ Z ∞ 7 Z 1r 3 + 2x2 x √ d) dx 5 dx n) x3 − 1 2 4 1 − x " # 0 Z ∞ 1 Z 1 e x + (n − 1) dx ln dx, (n > 0) e) n ˜ ) n 3 5 1 0 1−x +x Z ∞ Z 1 1 − 4 sin(2x) dx √ f) dx o) 3+ 3 x x 1 0 x − sin x Z 1 x √ Z 2 e ln( 4 x + 1) √ g) dx dx p) 1 − cos x 0 etan x − 1 0 Z 1 Z 1 sin x + cos x dx √ h) dx 5 q) 1 − x3 x 0  0 e − cos x √  Z 1 Z 2 ln 1 + 5 x3 cos2 x r ) dx i) dx 2 esin x − 1 0 (1 − x) 0 Z 2 √ 2 Z 1 x +1 tan x √ √ j) dx s) dx 3 16 − x4 1 − x2 1 0 14. Sea α > 0. Use desarrollos limitados para determinar los valores de α Z ∞ 1 − cos √ para los cuales la siguiente integral impropia es convergente: 5 x 1

1 xα


dx

76

´ CAP´ITULO 5. ANALISIS DE CONVERGENCIA DE INTEGRALES IMPROPIAS

15. Sea α > 0 un n´ umero real. Use desarrollos limitados para determinar los valores de α para los cuales la siguiente integral impropia es convergente:     Z ∞ 1 1 dx 1 − cos √ arctan 3 xα xα 1

Cap´ıtulo 6 Sucesiones Num´ ericas Definici´ on: Una sucesi´on num´erica es una secuencia de numeros reales indexada por los n´ umeros naturales. A la sucesi´on la vamos a denotar por (an )n∈N , o de forma m´as abreviada en solamente (an ). De forma menos formal, podemos decir que una sucesi´on es de la forma a1 , a2 , a3 , a4 , ... Al t´ermino an se le llama el n−´esimo t´ermino de la sucesi´on. Se usar´a la notaci´on Algunos libros usan otras notaciones tales como {an }, {an }∞ n=1 , {an }n∈N pero en nuestro caso solo usaremos la notaci´on indicada por (an ) Ejemplos: (an )n∈N = 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8 · · · (bn )n∈N = 1, 1, 2, 3, 5, 8, 13, ... (cn )n∈N =

6.1.

√ √ √ 1, 2, 3, ...

Sucesi´ on generada por una funci´ on

Sea f : N → R un funci´on definida en los n´ umeros naturales, la sucesi´on generada por f se define como la secuencia infinita f (1), f (2), f (3), ... Ejemplo: f (n) =

1 1 genera la sucesi´on an = que explicitamente ser´ıa n n 1 1 1 1, , , , ... 2 3 4

graficamente 77

´ CAP´ITULO 6. SUCESIONES NUMERICAS

78

Ejemplo: La sucesi´on (an ) = 1, 4, 9, 16, 25, 36, ... es generada por la funci´on f (n) = n2 es decir an = n2

6.2.

Sucesi´ on alternada

Una sucesi´on es alternada cuando va alternando el signo, por ejemplo 1. an = (−1)n explicitamente −1, 1, −1, 1, −1, 1, ... 2. sin



(2n−1)π 2



n expicitamente 1 1 1 1, − , , − , ... 2 3 4

6.3.

Convergencia

Diremos que la sucesi´on num´erica (an ) es convergente si existe L ∈ R, tal que para cualquier  > 0 existe N ∈ N tal que |an − L| <  para todo n ≥ N . Al valor L se le llama el valor de convergencia de (an ) y usualmente escribimos que l´ım an = L

n→+∞

o de forma abreviada an −→ L

6.3. CONVERGENCIA

79

Teorema: El l´ımite de una sucesi´on convergente es u ´nico. Teorema: Sea (an ) una sucesi´on generada por la funci´on f (x). Si l´ım f (x) existe, entonces x→+∞

l´ım an = l´ım f (x)

n→+∞

x→+∞

Observaci´ on Para an = f (n) se tienen las siguientes observaciones 1. Si l´ım f (x) = L con L ∈ R, se dice que (an ) converge. x→+∞

2. Si l´ım f (x) = ∞ o l´ım f (x) = −∞, se dice que (an ) diverge. x→+∞

x→+∞

Ejemplo: Analizar la convergencia de la sucesi´on an =

3n2 + 4n + 13 2n2 + 4

Soluci´ on: En este caso es f´acil ver que f (x) =

3x2 + 4x + 13 2x2 + 4

define la sucesi´on, adem´as se ve que 3 3x2 + 4x + 13 = 2 x→∞ 2x + 4 2 l´ım

y por lo tanto an converge a

3 y as´ı 2 an =

3n2 + 4n + 13 3 → 2 2n + 4 2

Ejemplo: Analizar la convergencia de la siguiente sucesi´on  2 3 4  e e e e, , , , ... 2 3 4 Soluci´ on: Por pura deducci´on se puede ver que an =

en n

y as´ı queda determinada la funci´on f (x) = y que

ex x

ex =∞ x→∞ x l´ım

y por tanto an =

en −→ +∞. En este caso (an ) diverge. n

Observaci´ on: En el caso an = f (n) con l´ım f (x) no existente, entonces no se puede deducir x→+∞

nada de la convergencia de (an ). Ejemplo: Se sabe que l´ım cos(x) no existe, entonces no podemos decir nada sobre la converx→+∞

gencia de an = cos(n). Problema que se tendr´a que resolver en alg´ un curso superior.

´ CAP´ITULO 6. SUCESIONES NUMERICAS

80

6.4.

Propiedades de los l´ımites

Teorema: Sea an → L, bn → M , con L, M ∈ R; entonces 1. an + bn → L + M 2. an − bn → L − M 3. an bn → LM 4.

L an → siempre que M 6= 0 bn M

5. kan → kL para k ∈ R Ejemplo: Calcular el valor de convergencia de la siguiente sucesi´on 2(1 + n1 )n + n1 ln(n)
an = cos n1 Soluci´ on: Usando el hecho de que  n 1 1+ →e n

1 ln(n) → 0 n

  1 cos →1 n

se tiene que an =

6.5.

2(1 + n1 )n + n1 ln(n) 2e + 0
→ = 2e 1 1 cos n

Monoton´ıa:

Definiciones: 1. (an ) es creciente si an ≤ an+1 ; estrictamente creciente si an < an+1 para todo n ∈ N 2. (an ) es decreciente si an+1 ≤ an ; estrictamente decreciente si an+1 < an para todo n ∈ N Ejemplo: Analizar la monoton´ıa de la sucesi´on an =

ln(n) ; n

n≥3

ln(x) Soluci´ on: Aqu´ı podemos ver que la funci´on que corresponde a la sucesi´on es f (x) = y x si la derivamos d ln(x) 1 − ln(x) = 0. Demostrar que an −→ c 5. Aplique e teorema de convergencia mon´otona para demostrar la convergencia de la siguiente sucesi´on. (xn )n∈N q √ x1 = 1, xn+1 = 1 + xn , n ≥ 1 6. Analice la convergencia de la sucesi´on (an )n∈N tal que an+1 = λan , λ ∈ R. Sugerencia: ponga sucesivamente n = 1, 2, ... para obtener la relaci´on an = λn−1 a1 y considere casos sobre λ. 7. Sea (xn )n∈N definida por x1 = 2, xn+1 =

√

2xn + 4, ∀n ≥ 1

a) Demuestre por inducci´on que est´a sucesi´on es creciente (sugerencia: considere xn+1 − xn ) b) Muestre que (xn ) est´a acotada superiormente (sug. xn ≤ 4). Concluya que (xn )√es convergente y halle el l´ımite. R/ an → 1 + 5   1 2 8. Considere la sucesi´on definida por a1 = 2 y an+1 = an + 2 an √ a) Muestre por indicci´on que la sucesi´on esta acotada inferiormente por 2 y que es decreciente. b) Muestre que es convergente y calcule su l´ımite. R/ an → 9. Calcular

r x=

q √ 3 + 3 + 3 + ···

√

2

Cap´ıtulo 7 Series Num´ ericas

7.1.

Definici´ on

Se define la serie

∞ X

an como

n=1 ∞ X n=1

7.2.

an = l´ım

m→+∞

m X

an

n=1

Serie Geom´ etrica

Se define la serie geom´etrica por ∞ X

xk = 1 + x + x2 + x3 + x4 + · · ·

k=0

Teorema: La serie geom´etrica converge si |x| < 1 y diverge si |x| ≥ 1. En el caso de que converge se tiene que ∞ X 1 xk = 1−x k=0 91

´ CAP´ITULO 7. SERIES NUMERICAS

92 Ejemplo: ∞  k X 2

3

k=0

2 converge pues < 1 y 3 ∞  k X 2

=

3

k=0

1 1−

2 3

=3

Ejemplo: ∞   X π k

2

k=0

π diverge pues > 1 2

7.3.

Serie Telesc´ opica

Consideremos la serie ∞ X

(ak − ak+1 ) =

k=p

= =

l´ım

n→∞

n X

(ak − ak+1 )

k=p

l´ım [(ap − ap+1 ) + (ap+1 − ap+2 ) + (ap+2 − ap+3 + · · · (an − an+1 )]

n→∞

l´ım [ap − an+1 ]

n→∞

= ap − l´ım an+1 n→∞

Por lo tanto se define la serie Telesc´opica por ∞ X (ak − ak+1 ) = ap − l´ım an+1 n→∞

k=p

la cual converge si y solo s´ı l´ım an+1 existe y es un n´ umero. n→+∞

Ejemplo: Calcular el valor de convergencia de la siguiente serie ∞ X n=1

1 n2 + n

Soluci´ on: En efecto ∞ X n=1

∞

X 1 = n2 + n n=1



1 1 − n n+1

 =

1 1 − l´ım =1 1 n→∞ n + 1

Ejemplo: Analizar la convergencia de la serie num´erica ∞ X n=3

 ln

n n+1



´ 7.4. PROPIEDADES DE LA CONVERGENCIA DE LAS SERIES NUMERICAS Soluci´ on:

∞ X

 ln

n=3

n n+1

 =

∞ X

93

(ln(n) − ln(n + 1))

n=3

es una telesc´opica, pero como l´ım ln(n + 1) = ∞, se sigue que n→∞

∞ X

 ln

n=3

n n+1



diverge. Ejemplo: Calcular el valor de convergencia de la siguiente serie num´erica ∞ X nen+1 − en n − en

e2n+1

n=1

Soluci´ on: ∞ X nen+1 − en n − en

e2n+1

n=1

= =

∞ X nen+1 − en (n + 1) n=1 ∞ X n=1

e2n+1 nen+1 (n + 1)en − e2n+1 e2n+1

∞ X n n+1 = − n+1 n e e n=1

1 n+1 − l´ım n+1 n→∞ e e 1 = −0 e 1 = e =

7.4. Sea

Propiedades de la convergencia de las series num´ ericas

∞ X

ak = L y

1.

(ak + bk ) =

k=0

2.

∞ X k=0

bk = M . Entonces

k=0

k=0 ∞ X

∞ X

∞ X

ak +

k=0

pak = p

∞ X

∞ X

bk = L + M

k=0

ak = pL para p ∈ R

k=0

Observaci´ on: Sea p un natural tal que p > 0 y |x| < 1, entonces ∞ X n=p

n

x =

∞ X n=0

x

n+p

=

∞ X

n p

x x =x

n=0

Ejemplo: Calcular el valor de convergencia de ∞  n X 5 7 n=5

p

∞ X n=0

xn =

xp 1−x

´ CAP´ITULO 7. SERIES NUMERICAS

94 Soluci´ on: ∞  n X 6 n=5

7

=

1


6 5 7 − 76

=

7776 2401

Ejemplo: Calcular la siguiente serie num´erica ∞ X 2n+3 + 5n−2

7n+1

n=2

Soluci´ on: ∞ X 2n+3 + 5n−2 n=2

7n+1

∞ X 2n+3

5n−2 7n+1 7n+1 n=2 ∞  n ∞  n 5−2 X 5 23 X 2 + = 7 n=2 7 7 n=2 7 ∞  n ∞  n 8X 2 1 X 5 = + 7 n=2 7 175 n=2 7 =

+

( 57 )2 8 ( 27 )2 1 · + · 7 1 − 27 175 1 − 75 69 = 490 =

Ejemplo: Calcular la siguiente serie num´erica ∞ X n=7

∞ X n=7

n2

2 + 4n + 3

∞ X 2 2 = 2 n + 4n + 3 (n + 1)(n + 3) n=7   ∞ X 1 1 = − n + 1 n+3 n=7   ∞ X 1 1 1 1 = − + − n + 1 n + 2 n + 2 n+3 n=7  X  ∞  ∞  X 1 1 1 1 = − + − n+1 n+2 n+2 n+3 n=7 n=7     1 1 1 1 = − l´ım + − l´ım 7 + 1 n→∞ n + 2 7 + 2 n→∞ n + 3 1 1 17 = + = 8 9 72

Ejemplo: Calcular la siguiente serie num´erica ∞ X n=1

−1

tan



1 2 n +n+1



´ ´ 7.5. CALCULO DE L´IMITES USANDO SERIES NUMERICAS

95

Soluci´ on: Recordemos que −1

tan



x−y 1 + xy



= tan−1 (x) − tan−1 (y)

as´ı ∞ X

−1

tan

n=1



1 n2 + n + 1

 =

∞ X

−1



tan

n=1

(n + 1) − n 1 + (n + 1)n



∞ X = [tan−1 (n + 1) − tan−1 (n)] n=1 ∞ X

[tan−1 (n) − tan−1 (n + 1)]

= −

n=1

= −[tan−1 (1) − tan−1 (∞)] hπ π i = − − 4 2 π = 4

7.5.

C´ alculo de L´ımites usando Series num´ ericas

Ejemplo: Calcular el siguiente l´ımite 1 + 12 + 14 + · · · + n→∞ 1 + 1 + 1 + · · · + 3 9 l´ım

1 2n 1 3n

Soluci´ on: n  k X 1

1 + 21 + 14 + · · · + l´ım n→∞ 1 + 1 + 1 + · · · + 3 9

1 2n 1 3n

2

=

k=0 n  k n→∞ X 1

l´ım

k=0

3

∞  k X 1

=

k=0 ∞  X k=0

1 1− = 1 1− 4 = 3

7.6.

2 1 3

k

1 2 1 3

Calculo de productorias usando series num´ ericas

Se define la productoria n Y k=1

ak = a1 · a2 · a3 · · · an

´ CAP´ITULO 7. SERIES NUMERICAS

96

y estamos interesado en calcular productorias de la forma ∞ Y

ak

k=1

el m´etodo para resolverla ser´a usar el hecho de que ln(xy) = ln(x) + ln(y) y entonces escribimos

∞ Y

P =

ak

k=1

y as´ı ln(P ) = ln

∞ Y

! ak

= ln(a1 · a2 · a3 · · · ) = ln(a1 ) + ln(a2 ) + ln(a3 ) + · · · =

k=1

∞ X k=1

Ejemplo: Determinar el valor de convergencia de ∞ Y

1

2 3n

n=0

Soluci´ on: Supongamos que P =

∞ Y

1

2 3n

n=0

y entonces ∞ X

∞ ∞  n X X 1 1 1 ln(P ) = ln(2 ) = = ln(2) · ln(2) = ln(2) n 3 3 1− n=0 n=0 n=0 1 3n

tenemos que ln(P ) =

3 ln(2) 2

despejando P P =e es decir

∞ Y n=0

1

3 ln(2) 2

2 3n = e

3 ln(2) 2

1 3

ln(ak )

7.7. EJERCICIOS

7.7.

97

Ejercicios

1. Calcule la suma de las siguientes series a)

∞ X (−1)n + 23n−1

R/

34n

n=1 ∞ X

1 −1 n=2 n−1 ∞  X 3 c) − π n=1   ∞ X 6 n d) (−1) 5n+1 n=0 b)

e)

R/

n2

∞ X

R/

3 4

π 3+π

R/ 1

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

n=1

255 5986

R/

7 36

∞ X

1 n(n + 2) n=1  ∞  X 1 (−1)n g) + n+1 2n 6 n=0  ∞  X 1 1 √ −√ h) n n+2 n=2 f)

i) j)

R/ R/ √

R/

∞ X

1 (2n − 1) (2n + 1) n=1

∞ n X 2 + 3n

6n

n=1

2. Demuestre las siguientes identidades a)

∞ X 2n + 3n

6n

n=1

3 = 2

b)

∞ X n=2

1 3 = (n − 1)(n + 1) 4

3. Calcular los siguientes l´ımites a) l´ım

n→∞

1 − 12 + 14 + · · · + 1 − 13 + 19 + · · · +

1 + 51 + b) l´ım n→∞ 1 + 1 + 4

1 25 1 16

(−1)n 2n (−1)n 3n

+ ··· + + ··· +

1 5n 1 4n

n

1 + 32 + 49 + · · · 32n c) l´ım n n→∞ 1 + 7 + 49 + · · · 7n 9 81 9 n n

d ) l´ım

n→∞

2 1 − 23 + 94 + · · · (−1) 3n

1 − 97 +

49 81

4. Calcular las siguientes productorias a) b)

∞ Y n=0 ∞ Y n=0

5

1 7n

1

5 en

√ √ √ 4 2n 2 2··· 2··· ∞ Y 1 d) 5 6n c)

n=0

n n

7 + · · · (−1) 9n

3 4

15 7

√ 3+ √ 2 6

R/

1 2

R/

3 2

98

´ CAP´ITULO 7. SERIES NUMERICAS

Cap´ıtulo 8 An´ alisis de convergencia de series num´ ericas 8.1.

Criterio de la condici´ on necesaria

Teorema: Si l´ım an existe y es distinto de 0, entonces n→∞

∞ X

ak diverge.

k=p

Ejemplo: Las siguientes series divergen ∞ X 2k 2 + 1 k=4

5k 2 + k

;

∞ X k=2

k ; ln(k)

k ∞  X 1 1+ k k=1

Nota: El hecho de que l´ım an = 0 no concluye nada sobre la serie. n→∞

8.2.

Criterio de la Integral

Teorema: Sea f : [1, ∞[−→ R continua, positiva, decreciente y l´ım f (x) = 0; si ak = f (k). x→+∞

Entonces ∞ X

Z ak ;

∞

f (x)dx 1

k=1

ambas convergen o ambas divergen. graficamente

99

100

´ ´ CAP´ITULO 8. ANALISIS DE CONVERGENCIA DE SERIES NUMERICAS

la parte de amarillo corresponde a

∞ X

ak

k=1

Adem´as si se usa SN =

N X

∞ X

ak para aproximar

k=1

ak (en el caso que converja) se tiene que el

k=1

error cometido satisface

Z

∞

EN ≤

f (x)dx N

7 ∞ X X 1 1 converge, y adem´as aproxime dicha suma con S7 = Ejemplo: Demuestre que k e ek k=1 k=1 1 Soluci´ on: En efecto f (x) = x es una funci´on positiva continua y decreciente en [1, ∞[ y es e Z ∞ ∞ X 1 1 dx converge; y por lo tanto converge. bien conocido que x k e e 1 k=1 Luego 7 X 1 S7 = = 0,5814460128... ek k=1 ∞ X 1 . Luego analizando el error la cual es una aproximaci´on de ek k=1 Z ∞ Z ∞ 1 −x E7 ≤ dx = −e = e−7 = 0,0009 x e 7 7

por lo tanto podemos asegurar 3 cifra decimales y por tanto ∞ X 1 = 0,581... ek k=1

Ejemplo: Aproximar

∞ X 1 n3 n=1

con 2 cifras decimales Soluci´ on: Es claro por el teorema anterior que la serie converge. Luego el error viene dado Z ∞ Z ∞ 1 1 dx =− 2 = = 0,00α EN ≤ 3 2x N 2N 2 N x con α ∈ {1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9}. Es f´acil ver que N = 8 funciona. 8 X 1 = 1,195160244 n3 n=1

y as´ı

∞ X 1 = 1,19 n3 n=1

Observaci´ on: Podemos analizar series de la forma

∞ X

an sin que necesariamente p sea 1. Es

n=p

decir el teorema anterior tambi´en funciona para series que arrancan en un n´ umero natural superior a 1.

8.3. P-SERIES

101

Ejemplo: Analizar la convergencia de la siguiente serie num´erica ∞ X n=3

1 ln(n)

1 es una funci´on positiva continua y decreciente en [3, ∞[ y Soluci´ on: En efecto f (x) = ln(x) Z ∞ ∞ X 1 1 es bien conocido que dx diverge; y por lo tanto diverge. ln(x) ln(n) 3 n=3

8.3.

P-series

La serie

∞ X 1 kp k=1

converge si p > 1 y diverge si p ≤ 1 1 Demostraci´ on: Basta con ver que f (x) = p es positiva, continua y decreciente en [1, ∞[ y x que Z ∞ dx xp 1 converge si p > 1 y diverge si p ≤ 1.

8.4.

Criterio de comparaci´ on directa

Sean ak y bk series no negativas tal que existe N ∈ N tal que ak ≤ bk para todo n ≥ N entonces 1. Si

∞ X

bk converge entonces

k=1

∞ X

ak converge y

k=1 ∞ X

ak ≤

k=1

2.

∞ X k=1

ak diverge entonces

∞ X

∞ X

bk

k=1

bk diverge.

k=1

Ejemplo: Analizar la convergencia de ∞ X 1 k! k=1

1 1 Soluci´ on: Por inducci´on es f´acil probar que k 2 < k! para todo k ≥ 4 y por lo tanto < 2 y k! k as´ı ∞ ∞ X X 1 1 < k! k=4 k 2 k=4

´ ´ CAP´ITULO 8. ANALISIS DE CONVERGENCIA DE SERIES NUMERICAS

102

∞ ∞ X X 1 1 y como converge. y por tanto converge se sigue que 2 k k! k=4 k=4 ∞ X 1 k! k=1

converge Ayuda: Las siguientes desigualdades para p > 1 le pueden ayudar si no desea hacer uso de la inducci´on en este tipo de problemas 1

ln(n) < n p < n < np < en < n! < nn Ejemplo: Analizar la convergencia de

∞ X 1 nn n=1

Soluci´ on: Vamos a usar el hecho de que nn > n2 (se tom´o p = 2) y as´ı 1 1 < nn n2 y por lo tanto

∞ ∞ X X 1 1 < n n n2 n=1 n=1

y como

∞ X 1 n2 n=1

converge, se sigue por comparaci´on directa que ∞ X 1 nn n=1

converge.

8.5.

Criterio de Comparaci´ on de Cocientes

Sea an y bn sucesiones positivas tal que an =L n→∞ bn l´ım

1. Si L ∈]0, ∞[ entonces ∞ X

an ;

n=1

∞ X

bn

k=1

ambas convergen o ambas divergen. 2. Si L = 0; Si

∞ X n=1

bn converge entonces

∞ X n=1

an converge.

´ DE COCIENTES 8.5. CRITERIO DE COMPARACION 3. Si L = ∞; Si

∞ X

an converge entonces

∞ X

n=1

103

bn converge.

n=1

Ejemplo: Analizar la convergencia de la siguiente serie ∞ X 1 + n + n3 3 + 2n + 2n2 n=1

Soluci´ on: Basta con considerar los t´erminos mayores tanto del numerador como del denomi∞ 1+n+n3 X 1 an n3 3+2n+2n2 = −→ y como n diverge nador y as´ı tenemos bn = 2 = n; y se ve que n bn n 2 n=1 (criterio de la condici´on necesaria) se sigue que ∞ X 1 + n + n3 3 + 2n + 2n2 n=1

diverge. Ejemplo: Analizar la convergencia de la siguiente serie ∞ X n=1

1 + n + n3 3 + 2n + 2n2 + n5

Soluci´ on: Basta con considerar los t´erminos mayores tanto del numerador como del denomina∞ 1+n+n3 X n3 1 1 an 3+2n+2n2 +n5 dor y as´ı tenemos bn = 5 = 2 ; y se ve que −→ 1 y como converge = 1 n n bn n2 n2 n=1 (criterio de p serie) se sigue que ∞ X n=1

1 + n + n3 3 + 2n + 2n2 + n5

converge. Corolario: Al analizar la serie

∞ X

an b n

n=1

con an , bn sucesiones no negativas, si an → L con L 6= 0, ∞ entonces basta con analizar la serie ∞ X

bn

n=1

Ejemplo: Analizar la convergencia de ∞ X n=1

1

nn− 2 (1 + n)n+1

Soluci´ on: Simplificando un poco 1

1

nn− 2 nn n− 2 = = (1 + n)n+1 (1 + n)n (1 + n)



n 1+n

n

1 1 2

n (1 + n)

104

´ ´ CAP´ITULO 8. ANALISIS DE CONVERGENCIA DE SERIES NUMERICAS

es decir

∞ X n=1

∞

1

X nn− 2 = (1 + n)n+1 n=1

como



"

n 1+n

l´ım

n→∞

n 1+n

n

1

#

1

n 2 (1 + n)

n

1 e

=

entonces basta con analizar la serie ∞ X

"

#

1 1

n=1

n 2 (1 + n)

tomado g(n) = Basta con analizar la serie

1 1 2

n n

=

1 3

n2

∞ X 1 3

n=1

n2

Lo cual converge.

8.6.

Criterio de Dirichlet

Supongamos que la sucesi´on Sn = ciente a 0. Entonces la serie

∞ X

n X

an es acotada. Sea (bn ) una sucesi´on mon´otona decre-

k=1

an bn es convergente.

n=1 ∞ X sin(kx)

con x ∈ R es convergente. k Soluci´ on: Recordemos la identidad trigonom´etrica 1 sin(α) sin(β) = [cos(α − β) − cos(α + β)] 2 x Escojamos α = kx, β = se tiene que 2    x  1   (2k − 1)x  (2k + 1)x sin(kx) sin = cos − cos 2 2 2 2 Ejemplo: Demostrar que la serie num´erica

k=1

Haciendo sumas       n n  x 1 X x X (2k − 1)x (2k + 1)x 1 (2n + 1)x sin(kx) sin = − cos = [cos −cos ] cos 2 2 k=1 2 2 2 2 2 k=1 x pasamos a dividir el factor sin para obtener 2 n X 1 | cos( x ) − cos( (2n+1)x )| 1 2 2 sin(kx) ≤ · ≤ ≤1 x x 2 | sin( )| | sin( )| 2 2 k=1 Por tanto la sucesi´on Sn =

n X

sin(kx) est´a acotada.

k=1

1 Por otro lado la sucesi´on bn = es mon´otona decreciente a 0. Por tanto nuestra serie num´erica n es convergente.

8.7. CRITERIO DE SERIES ALTERNADAS

8.7.

105

Criterio de Series Alternadas

Una serie del tipo

∞ X

(−1)n an con an no negativa es alternada.

n=1

Teorema: Supongamos que (an ) es una sucesi´on no negativa, decreciente y que converge a ∞ X 0; entonces (−1)n an es convergente. Adem´as al aproximar la serie mediante la sumatoria n=1 M X

(−1)n an , el error cometido se pude acotar de la siguiente manera

n=1

EM ≤ aM +1 Ejemplo: Las siguientes series convergen. ∞ X (−1)n n=2

∞ X (−1)n √ n n=1

ln(n)

∞ X (−1)n n=2

n

100 ∞ X X (−1) (−1)n √ √ mediante Ejemplo: Aproximar n n n=1 n=1 Soluci´ on: Mediante una calculadora se puede obtener que 100 X (−1)n √ = −0,5550236395 n n=1

con un error de E100 = √

1 = 0,09.... 101

Ejemplo: Aproximar ∞ X (−1)n n=2

ln7 (n)

con un error menor a 0,005 Soluci´ on: Supongamos que vamos a aproximar la serie anterior con la siguiente sumatoria M X (−1)n n=2

ln7 (n)

entonces dicho error en tal c´alculo ser´ıa E ≤ aM +1 =

1 < 0,005 ln (M + 1) 7

recuerde que el error se trabaja en valor absoluto, por esa raz´on no le hacemos caso a (−1)n como nuestro error ha de ser menor que 0,005 entonces se ha de cumplir que 1 < 0,005 ln (M + 1) 7

despejando M q

M >e

7

1 0,005

− 1 ≈ 7,428

´ ´ CAP´ITULO 8. ANALISIS DE CONVERGENCIA DE SERIES NUMERICAS

106

tomese M = 8 y as´ı 8 X (−1)n n=2

y por tanto

∞ X (−1)n n=2

8.8.

ln7 (n)

ln7 (n)

≈ 12,56....

= 12,56...

Convergencia absoluta y condicional

1. Una serie

∞ X

an converge absolutamente si

n=1

2. Una serie

∞ X

∞ X

|an | converge.

n=1

an converge condicionalemte si

n=1

Ejemplo: Las series

∞ X

an converge pero

n=1

∞ X (−1)n n=1

|an | diverge.

n=1

∞ X (−1)n

∞ X (−1)n √ n n=1

n

∞ X

n=2

ln(n)

convergen condicionalmente, pues ellas converge pero est´as ∞ X 1 n n=1

∞ X

∞ X 1 √ n n=1

n=2

1 ln(n)

divergen. Teorema: Si

∞ X

|an | converge entonces

∞ X

an converge.

n=1

n=1

Ejemplo: Analizar la convergencia de la siguiente serie ∞ X sin(n) n=1

Soluci´ on: En efecto

n3

∞ ∞ X sin(n) X 1 ≤ n3 n3 n=1

n=1

∞ X

∞ X sin(n) 1 se sabe que converge y por comparaci´on directa se sigue que n3 converge, y 3 n n=1 n=1 ∞ X sin(n) por el teorema anterior se sigue que converge. n3 n=1 Ejemplo: Analizar la convergencia de la siguiente serie ∞ X cos(n) n ln5 (n) n=2

Soluci´ on: En efecto

∞ ∞ X cos(n) X 1 ≤ n ln5 (n) n ln5 (n) n=2

n=2

´ 8.9. CRITERIO DE LA RAZON

107

aplicando el teorema de la integral, puesto que f (x) =

1 es positiva, continua y decrex ln5 (x)

ciente en [2, ∞[ ∞

dx x ln5 (x)

Z

∞

Z 2

haciendo el cambio de varibale w = ln(x)

ln(5)

dx w5

la cual converge, y por lo tanto ∞ X cos(n) n ln5 (n) n=2

converge.

8.9.

Criterio de la Raz´ on ∞ X

an+1 =L Consideremos la serie an y el limite l´ım n→∞ a n n=1 1. Si 0 ≤ L < 1 entonces

∞ X

an converge absolutamente.

n=1

2. Si L > 1 entonces

∞ X

an diverge.

n=1

3. Si L = 1 entonces el criterio no decide (buscar otro m´etodo) Ejemplo: Analizar la convergencia de la siguiente serie ∞ X 2n n=1

Soluci´ on: En efecto, tomando an =

an+1 = l´ım l´ım n→∞ n→∞ an

n!

2n 2n+1 , an+1 = se sigue que n! (n + 1)!

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

2n+1 n! 2 = l´ım =0 n n→∞ (n + 1)!2 n→∞ n + 1

= l´ım

y por lo tanto ∞ X 2n n=1

converge absolutamente.

n!

108

8.10.

´ ´ CAP´ITULO 8. ANALISIS DE CONVERGENCIA DE SERIES NUMERICAS

Criterio de la Ra´ız n-´ esima

Consideremos la serie

∞ X

an y el limite l´ım

n→∞

n=1

1. Si 0 ≤ L < 1 entonces

p n

∞ X

|an | = L

an converge absolutamente.

n=1

2. Si L > 1 entonces

∞ X

an diverge.

n=1

3. Si L = 1 entonces el criterio no decide (buscar otro m´etodo) EJemplo: Analizar la convergencia de la siguiente serie ∞ X n=1

Soluci´ on: En efecto s l´ım

n→∞

en

n

1+

l´ım
2 = n→∞ 2 n

s n

n

y por tanto

en 1+


2 2 n n

e 1 en e


= l´ ım = 1 n→∞ n→∞ e n→∞ e2 en y por tanto la serie diverge.

8.11. CR´ITERIO DE RAABE

8.11.

109

Cr´ıterio de Raabe ∞ X



an+1 Consideremos la serie an y el limite l´ım n 1 − n→∞ an n=1 1. Si L > 1 entonces

∞ X

 =L

an converge.

n=1

2. Si 0 ≤ L < 1 entonces

∞ X

an diverge.

n=1

3. Si L = 1 entonces el criterio no decide (buscar otro m´etodo) Ejemplo: Estudie la convergencia de la siguiente serie num´erica ∞ X n=1

2 · 4 · 6 · · · (2n) 5 · 7 · 9 · · · (2n + 3)

Usando Raabe   an+1 = l´ım n 1 − n→∞ an

l´ım n 1 −

n→∞

2·4·6···(2n)(2n+2) ! 5·7·9···(2n+3)(2n+5) 2·4·6···(2n) 5·7·9···(2n+3)

  2n + 2 = l´ım n 1 − n→∞ 2n + 5 3n = l´ım n→∞ 2n + 5 3 = >1 2 y por tanto converge

8.12.

Utilizando desarrollos limitados

Ejemplo: Analizar la convergencia de ∞ X ln 1 + n3 n=1

1 n




Soluci´  on:Por desarrollo  limitados sabemos que ln(1 + x) = x + o(x) cuando x → 0, por tanto 1 1 1 ln 1 + = +o . Basta con analizar la serie num´erica n n n ∞ X n=1

lo cual converge.

1 n n3

=

∞ X 1 n4 n=1

´ ´ CAP´ITULO 8. ANALISIS DE CONVERGENCIA DE SERIES NUMERICAS

110

8.13.

Ejercicios

1. Analice la convergencia de las siguientes series num´ericas n ∞ ∞  X X 1 n cv a) k) 1−n n ln2 n n=3 n=2 b) c) d)

∞ X n=2 ∞ X n=1 ∞ X n=1

1 √ n ln n

dv

1 · 3 · 5 · · · (2n − 1) 5 · 7 · 9 · · · (2n + 3)

cv

n! nn

g) h) i) j)

n=9 ∞ X n=1 ∞ X n=1 ∞ X n=1

n=2 ∞ h X

1 ,p>q>0 − nq

√

n=1 ∞  X

n+1−

√ ip n

1 1 √ −√ n n−1

cv si p > 1 cv si p > 2



n)

cv

∞ X 1 · 3 · 5 · · · (2n − 1) n ˜) (−1)n−1 2 · 4 · 6 · · · (2n) n=1

cv

o)

1 ln(ln(ln n))

dv

p)

n! 2n

dv

∞ X

∞ X

m)

np

cv

n=2 n− 12

n (1 + n)n+1 n=1  ∞  X 1 1 √ −√ f) n n+3 n=3

e)

l)

∞ X

dv

(2n)! (n!)2

 n 1 4

2 · 4 · 6 · · · (2n) 5 · 7 · 9 · · · (2n + 3)

dv cv

q) r) s)

∞ X (n!)2 (2n)! n=1

n=1 ∞ X n=1 ∞ X n=0

√

cv cv

∞ X (−1)n−1 n=1 ∞ X

cv

n n2 + 1

n+1 +n+1

n4

cv dv

n+2 √ (n + 1) n + 3

dv

an , (|an | < 10) 10n

cv

2. Analizar la convergencia de a) b)

c) d) e)

∞ X

2n − 1

cv

4

n=1 ∞ X

(3n + 2)n 3 4n2 + 5n − 2 n(n2

n=1 ∞ r X n=1 ∞ X n=1 ∞ X n=1

+ 1)

3 2

n − ln n n2 + 10n3

cv

dv

ln2 n n2

dv

3 + sin n n(1 + e−n )

dv

∞ X

  1 f) n sin n n=1 g) h)

∞ X n=1 ∞ X n=1 ∞ X

2

2

dv

n2 e−n

cv

n! nn

cv

1 , (a > b > 0) cv si |a| > 1 − bn n=1   ∞ X 1 j) sin nπ + dv n n=1 i)

an

∞ X (−1)n+1 √ 3. Determine cuantos t´erminos de la serie deben tomarsen para obtener su n2 + 1 n=1

8.13. EJERCICIOS

111

suma con una exactitud hasta 10−6 .

R/n = 999999

4. Determine el n´ umero de t´erminos que hay que sumar para aproximar la suma de

∞ X (−1)n

n7 R/n = 3

n=1

con un error menor que 0,0005 5. Considere la serie

∞ X n=1

(−1)n 2n (n + 1)!

a) Demuestre que la serie converge b) Encuentre el n´ umero de t´erminos que se necesitan para aproximar la suma mediante una suma parcial y que el error sea menor que 0,0001 ∞ X (−1)n 6. Dada la serie ln(n + 1) n=1

a) Explique si la serie converge en forma absoluta o condicional. b) Determine el n´ umero de t´erminos necesarios para calcular la suma de la serie con un error menor que 0,005 7. Considere la serie

∞ X

e−3n

n=1

a) Muestre que converge b) Calcule una cota para el error cometido cuando se aproxima el valor de la serie por 5 X la suma parcial e−3n n=1

8. Determine si las siguientes series divergen, convergen condicionalmente o absolutamente a)

∞ X (−1)n n + 4n n=1

b)

∞ X 52n+1 (−n)n n=1

9. Determine para que valores de k convergen las series √ √ ∞ √ 2 ∞ √ X X n + 1 − n2 − 1 n+1− n−1 a) b) nk+2 nk n=1 n=1 10. Muestre que la serie

∞  X e−n + n=1

1 2 + 3n + n2



converge y calcule su suma. 11. Determine si la serie

√ k ∞ √ X n+1− n−1 c) n n=1

R/ ∞ X n=1

1+e 2(e−1)

3 · 6 · 9 · · · 3n 7 · 10 · 13 · · · (3n + 4)

converge o diverge. 12. Analice la convergencia absoluta y condicional de las siguientes series num´ericas

R/ cv

´ ´ CAP´ITULO 8. ANALISIS DE CONVERGENCIA DE SERIES NUMERICAS

112 a) b) c) d)

∞ X (−1)n−1 n=1 ∞ X n=1 ∞ X n=1 ∞ X n=1

e)

n2 + 1 (−1)n n2 + 2n + 2

f)

(−1)n+1 n 3n − 1

g)

(−1)n−1 n n2 + 1

h)

∞ X (−1)n n=1 ∞ X

n ln n (−1)n n3 4

n=1 ∞ X n=1 ∞ X n=1

(n2 + 1) 3 (−1)n−1 sin 2n − 1



1 √ n



(−1)n−1 n3 2n − 1

13. Si a, b y d son n´ umeros positivos, con b > a, muestre que ∞ X a(a + d) · · · (a + nd) n=0

b(b + d) · · · (b + nd)

converge si y s´olo si b − a > d. 14. Demuestre que la serie α ∞  X p(p + 1) · · · (p + n − 1) n=1

q(q + 1) · · · (q + n − 1)

,

(p > 0, q > 0)

converge si y s´olo si α(q − p) > 1. 15. Demuestre que la serie

∞ X p(p + 1) · · · (p + n − 1)

n! · nq

n=1

converge si y s´olo si q > p. 16. Use el cr´ıterio de Raabe para determinar la convergencia de la serie

p ∞  X 1 · 3 · 5 · · · (2n − 1) n=1

17. Demuestre que la serie

∞ X cos nπa n=1

x2 + n 2

converge absolutamente para todo a, x ∈ R. 18. Sea α > 0. Utilice el criterio Raabe para mostrar que la serie ∞ X n=1

converge para todo α > 2

n! α(α + 1)(α + 2) · · · (α + n − 1)

2 · 4 · 6 · · · (2n)

,

Cap´ıtulo 9 Series de Potencias 9.1.

Definici´ on

Sea an una sucesi´on de numeros reales, x0 un n´ umero fijo y x una variable. Se define la serie de potencias engendrada por la sucesi´on an con centro en x0 por ∞ X

an (x − x0 )n

n=0

lo cual sigfinica ∞ X

an (x − x0 )n = a0 + a1 (x − x0 ) + a2 (x − x0 )2 + a3 (x − x0 )3 + · · ·

n=0

Ejemplo: ∞ X (x − 2)n n=0

n!

1 es una serie de potencias centrada en x0 = 2 engendrada por la sucesi´on an = n! Ejemplo: ∞ X 2n (x + 5)n n=0

es una serie de potencias centrada en x0 = −5 engendrada por la sucesi´on an = 2n

9.2.

Convergencia

Dada una serie de potencias converge.

∞ X

an (x − x0 ), nos interesa saber para cuales valores de x la serie

n=0

Teorema: Existe r ∈ [0, ∞] tal que la serie potencias

∞ X

an (x − x0 ) converge en

n=0

x ∈]x0 − r, x0 + r[, diverge en ] − ∞, x0 − r[∪]x0 + r, ∞[. Y los casos x = x0 − r, x = x0 + r puede ser que converja o diverja.

113

CAP´ITULO 9. SERIES DE POTENCIAS

114

Definci´ on: Intervalo de convergencia: Sea r el radio de convergencia 1. Si r = 0 entonces la serie solo converge en x = x0 , y en este caso se dice que el intervalo de convergencia es [x0 ]. 2. Si r < ∞, entonces el intervalo de convergencia es alguna de las siguientes opciones ]x0 − r, x0 + r[, ]x0 − r, x0 + r], [x0 − r, x0 + r[, [x0 − r, x0 + r]. Es importante mencionar que la convergencia en ]x0 − r, x0 + r[ es segura, solo falta verificar que pasa en los bordes del intervalo. 3. Si r = ∞, entonces el intervalo de convengencia es R M´ etodo: Para encontrar el radio de convergencia puede usar el m´etodo de la ra´ız n−´esima, o el m´etodo de la raz´on. Para analizar los bordes puede utilizar cualquier m´etodo de la secci´on de an´alisis de convergencia de series num´ericas. Ejemplo: Determinar el radio e intervalo de convergencia de ∞ X xn n=0

n!

Soluci´ on: Utilizando el teorema de la raz´on; an =

xn+1 xn , an+1 = se sigue que n! (n + 1)!

xn+1 an+1 n!xn+1 x (n+1)! = l´ım n = l´ım = l´ım =0b

´ CAP´ITULO 10. SECCIONES CONICAS

132

La gr´afica corta el eje X en los puntos (−a, 0) y (a, 0) a tales puntos se le llaman v´ertices Corta el eje Y en (0, −b) y (0, b) Tiene un par de focos en (−c, 0) y (c, 0) que satisface la ecuaci´on c2 = a2 − b2 , adem´as d1 + d2 es una constante. Es decir la elipse se puede tambi´en definir como los puntos (x, y) tal que la suma de sus distancias a dos puntos fijos (llamados focos) es una constante. El semi eje mayor se define como el segmento 0a y el semieje menor como el segmento 0b

Fuente de la imagen: http://www.astro.uchile.cl/glosario/E/elipse.htm

10.1.1.

Exentricidad

Puesto que una elipse se parece a un circulo nada m´as que aplastado, entonces se puede medir que tanto se parece un circulo, por tanto se define la excentricidad e=

c a

en el caso en que e = 0 entonces la elipse es un circulo, si e = 1 entonces la elipse es una recta. Ejemplo: Considere la siguiente elipse 4x2 + 9y 2 − 36 = 0 Hacer un bosquejo de la gr´afica en donde se incluyan los focos, los v´ertices, corte con el eje Y e indique el valor de la excentricidad. Soluci´ on: En efecto 4x2 + 9y 2 − 36

10.2. ELIPSE VERTICAL CENTRADA EN EL ORIGEN

133

es equivalente a 4x2 + 9y 2 = 36 4x2 + 9y 2 =1 36 4x2 9y 2 + =1 36 36 finalmente tenemos x2 y 2 + =1 9 4 que se puede reescribir en forma can´onica como x2 y 2 + =1 32 22 √ √ 2 e inmediatamente se ve que a = 3, b = 2 y c2 = a2 − b = 9 − 4 = 5 y as´ ı c = 5, c = − 5 √ √ Por tanto los v´ertices son (3, 0), (−3, 0), los focos √ (− 5, 0), ( 5, 0), corta el eje Y en (0, −2), (0, 2), c 5 por u ´ltimo se excentricidad es de e = = ≈ 0,7453. Se muestra la gr´afica a 3

10.2.

Elipse Vertical Centrada en el Origen

Una elipse vertical centrada en el origen es el conjunto de puntos (x, y) en R2 que satisface la ecuaci´on x2 y 2 + 2 =1 a2 b

con

con a, b ∈ R ambos a, b 6= 0. Graficamente ser´ıa como ver una esfera achatada.

b>a

´ CAP´ITULO 10. SECCIONES CONICAS

134

La gr´afica corta el eje X en los puntos (−a, 0) y (a, 0) Corta el eje Y en (0, −b) y (0, b) a tales puntos se le llaman v´ertices Tiene un par de focos en (−c, 0) y (c, 0) que satisface la ecuaci´on c2 = b2 − a2 , adem´as d1 + d2 es una constante. Es decir la elipse se puede tambi´en definir como los puntos (x, y) tal que la suma de sus distancias a dos puntos fijos (llamados focos) es una constante. El semi eje mayor se define como el segmento 0b y el semieje menor como el segmento 0a

10.2.1.

Exentricidad

Puesto que una elipse se parece a un circulo nada m´as que aplastado, entonces se puede medir que tanto se parece un circulo, por tanto se define la excentricidad e=

c b

en el caso en que e = 0 entonces la elipse es un circulo, si e = 1 entonces la elipse es una recta. Ejemplo: Escribir la ecuaci´on can´onica √ de la elipse vertical centrada en el origen que tiene un √ foco en (0, 2) y un v´ertice en (0, − 5). 2 2 2 Soluci´ on: √ Vamos a usar el hecho de que c = b√−a , adem´as de la informaci´on√del foco se tiene que c = 2, y como un v´ertice est´a en (0, − 5) se tiene entonces que b = 5; as´ı podemos encontrar el valor de a, √ √ √ a = b2 − c 2 = 5 − 2 = 3 √ √ Tenemos que a = 3 y b = 5, por tanto la ecuaci´on can´onica es x2 y2 + √ 2 √ 2 =1 3 5 en forma m´as simple x2 y 2 + =1 3 5

10.2.2.

Observaci´ on:

Un circulo es una elipse de excentricidad 0, es decir ambos focos coinciden con el origen. Por tanto de ahora en adelante se usara el hecho de que un c´ırculo es una elipse, adem´as con a = b

´ ´ 10.3. PARABOLA VERTICAL CON VERTICE EN EL ORIGEN

10.3.

135

Par´ abola Vertical con v´ ertice en el Origen

Una par´abola vertical centrada en el origen orientada hacia arriba es el conjunto de puntos (x, y) ∈ R2 que satisface la ecuaci´on y=

x2 4p

con

p>0

y tiene la siguiente forma

A la recta y = −p se le llama la directriz Al punto (0, p) se le llama foco Se satisface la propiedad de que d1 = d2 Una par´abola vertical centrada en el origen orientada hacia abajo es el conjunto de puntos (x, y) ∈ R2 que satisface la ecuaci´on y= y tiene la siguiente forma

x2 4p

con

p0

´ ´ 10.4. PARABOLA HORIZONTAL CON VERTICE EN EL ORIGEN

137

A la recta x = −p se le llama la directriz Al punto (p, 0) se le llama foco Se satisface la propiedad de que d1 = d2 Una par´abola Horizontal centrada en el origen orientada hacia la izquierda es el conjunto de puntos (x, y) ∈ R2 que satisface la ecuaci´on x=

y2 4p

con

p b a2 b2 con a, b ∈ R ambos a, b 6= 0. Graficamente ser´ıa como ver una esfera achatada con centro en (h, k), es como agarrar la elipse (Horizontal) que est´a centrada en el origen desplazarla h unidades en el eje X y k unidades en el eje Y , graficamente

Por tanto sus vertices est´an en (−a + h, k) y (a + h, k) Focos en (−c + h, k) y (c + h, k) c La excentricidad sigue siendo la misma e = a Y se sigue satisfaciendo el hecho de que c2 = a2 − b2

10.8.

Elipse vertical centrada en (h, k)

Una elipse vertical centrada en (h, k) es el conjunto de puntos (x, y) en R2 que satisface la ecuaci´on (x − h)2 (y − k)2 + = 1 con b > a a2 b2

10.8. ELIPSE VERTICAL CENTRADA EN (H, K)

141

con a, b ∈ R ambos a, b 6= 0. Graficamente ser´ıa como ver una esfera achatada con centro en (h, k), es como agarrar la elipse (vertical) que est´a centrada en el origen desplazarla h unidades en el eje X y k unidades en el eje Y , graficamente

Por tanto sus vertices est´an en (h, −b + k) y (h, b + k) Focos en (h, −c + k) y (h, c + k) c La excentricidad sigue siendo la misma e = b Y se sigue satisfaciendo el hecho de que c2 = b2 − a2 Ejemplo: Determinar los focos de la siguiente elipse 16x2 + 9y 2 − 64y + 90y + 17 = 0 Soluci´ on:Agrupando (16x2 − 64x) + (9y 2 + 90y) + 17 = 0 factorizando en las agrupaciones 16(x2 − 4x) + 9(y 2 + 10y) + 17 = 0 completando cuadrados 16(x2 − 4x + 4 − 4) + 9(y 2 + 10y + 25 − 25) + 145 = 0 ordenando 16(x2 − 4x + 4) − 64 + 9(y 2 + 10y + 25) − 225 + 145 = 0 simplificando 16(x2 − 4x + 4) + 9(y 2 + 10y + 25) − 144 = 0 factorizando 16(x − 2)2 + 9(y + 5)2 − 144 despejando 16(x − 2)2 + 9(y + 5)2 = 144 igualando a 1 16(x − 2)2 + 9(y + 5)2 =1 144

´ CAP´ITULO 10. SECCIONES CONICAS

142

16(x − 2)2 9(y + 5)2 + =1 144 144 simplificando (x − 2) (y + 5) + =1 9 16 escribiendo en forma can´onica

(x − 2) (y + 5) + =1 32 42 podemos ver que es una elipse vertical con a = 3 y b = 4, por tanto √ √ c = 42 − 32 = 7 por tanto los focos est´an ubicados en √ √ (2, − 7 − 5), (2, 7 − 5)

10.9.

Par´ abola Vertical con v´ ertice en (h, k)

Una par´abola vertical centrada en (h, k) orientada hacia arriba es el conjunto de puntos (x, y) ∈ R2 que satisface la ecuaci´on (x − h)2 y−k = 4p

con

p>0

y tiene la siguiente forma

A la recta y = −p + k se le llama la directriz Al punto (h, p + k) se le llama foco Una par´abola vertical centrada en (h, k) orientada hacia abajo es el conjunto de puntos (x, y) ∈ R2 que satisface la ecuaci´on y−k = y tiene la siguiente forma

(x − k)2 4p

con

p0

y tiene la siguiente forma

A la recta x = −p + h se le llama la directriz Al punto (p + h, k) se le llama foco Una par´abola Horizontal con v´ertice en h, k orientada hacia la izquierda es el conjunto de puntos (x, y) ∈ R2 que satisface la ecuaci´on x−h=

(y − k)2 4p

con

p