Series de potencias
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Ejercicios 8.5 +
(1)
12.
n
n
n
3n 1
1
Solución: +
(1)
n
1
an
n
n
(1 )
3n 1
n
0, n ¥
3n 1 1 (3 x 1) 3 x x 2 x D x 2 3 x 1 (3 x 1)
f ( x )
x 3 x 1
n 1
3(n 1) 1
(3 x 1) 6 x 2 x (3x 1)
es decreciente reciente en
n 3n 1
,
2
1 3 x 2 x (3x 1)
2
0
en
1, 3
1 , ; 3
n ¥
;
(2)
Aplicamos la regla de L'Höpital para calcular el límite, 1
x
lim
x 3 x 1
2 x n 3
lim
lim
1
n 6 x
0;
n
0 (3), 3n 1 entonces, entonces, de (2 ) y (3 ), y de acuerdo acuerdo con el teorema: teorema: Criterio de de Leibniz Leibniz de las las series series alternantes alternantes,, + n n se concluye que, la serie alternante ( 1) es convergente . 3 1 n n 1 lim
n
+
21.
(1)
n
n
1
1
1
( n 1) ln(n 1)
Solución:
y
(n 1) ln(n 1) , n ¥ 1 1 ( n 2) ln ln(n 2) (n 1) ln ln(n 1) : 1 0 lim n ( n 1) ln( n 1)
R4
an
a5
1
0
1 (5 1) ln(5 1)
1 6ln6
hipótesis del teorema de la cota superior para el error cometido en la aproximación de una serie,
: cota superior del error error cometido cuando se aproxima la serie serie por sus primeros cuatro términos.
+
25.
n
( 1)
n
1
1 1 n!
Solución: +
(1)
n
1 1 1 1 1 1 1 1 1 L n ! 1! 2! 3! 4! 5! 6! 7 !
n
1
y
0 n! , n ¥ 1 1 ( n 1) ! n ! : 1 0 lim n n!
R6
an
1
1
a7
6
7!
1
5040
hipótesis d el teorema de la cota superior para el error cometido en la aproximación de una serie,
0.0002 :
cota superior del del error cometido cometido cuando se se aproxima la la serie por sus primeros seis términos. t érminos.
1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 0.632 ! 1 ! 2 ! 3 ! 4 ! 5 ! 6 ! 2 6 2 4 1 2 0 7 2 0 n n 1 De tal manera que, con una oproximación de tres c ifras decimales, la suma de la serie infinita es: + n 1 1 0.632. ( 1) 1) ! n n 1
( 1)
n
+
35.
(1)
n
n!
n
2
1
Solución: +
(1)
n
n!
n
2
1
+
n
1
un
1
n
( 1)
n
n!
n
2
1
n
n! n
1,
2 n! n
n
y
1
+
1
1
un 1
(n 1) ! n
2
2 2 Aplicando el criterio de la razón, se tiene que: ( n 1) ! n
lim
+
2
n
2
n! n
1
lim n
+
2
n
1
2
n
( n 1) ! 2
n!
lim n
n 1
+ 2
2 De tal manera que, de acuerdo con el segundo inciso del criterio de la razón, se concluye que + n! n la serie dada, ( 1) n 1 , es divergente. 2 n 1
2n
1 1 n
+
46.
n
e
1
n
Solución: 2n
+
1 1 n e
,
n
n
1
un
1 1 n
2n
n
e Aplicando el criterio de la raíz, se tiene: 2n
n
2
+
1 1 1 1 2 2 n lim n 1 lim 1 1 1 lim 1 1 1 1 0 2 , n e n + n e n + e e n + e
lim
1 1 n 1 1
lim
n
n
2n
n
n e e De tal manera que, de acuerdo con el primer inciso del crite rio de la raíz, se concluye que
n
+
2n
+
la serie dada,
n
1
1 1 n e
n
, es conver gente.
Ejercicios 8.7
2 n 1 1 x ( 1) (2n 1) ! 1
+
13.
n
n
Solución: 2 n 1 1 x ( 1) ( 2n 1) ! n 1 2 n 1 x y u n 1 un ( 2n 1) ! +
n
x
2 n 1
( 2n 1) !
Aplicamos el Criterio de la razón para determinar el radio de convergencia de la serie: 2 n 1 x 2 n 1 2 u n1 ( 2n 1) ! ( 2n 1) ! x x lim lim 2n1 lim , lim 2 n 1 n + u n n + n + 2n( 2n 1) ( 2 1 ) ! x x n n ( 2n 1) !
n
lim
u n 1
+ u n
x 2 lim n
1
+ 2n( 2n 1)
x 2 0 0 1 :
la serie de potencias dada es es absolutamente absolutamente convergente para toda x ; de tal manera que el intervalo de convergencia es ( ,
).
+
23.
(1)
n
x
1
n 2
n(ln n) Solución - Juan Be Beltr ltr án án: n + x n 1 ( 1) 2 n(ln n) n 2 n
2
n
x
n
1
y u n 1 2 2 (n 1)(ln(n 1)) n(ln n ) g Aplicamos el Criterio de la razón: n 1 x
un
n
x
u n1
lim
+ u n
lim n
( n 1)(ln(n 1))
x
n
n(ln n)
n
n
lim
u n 1
+ u n
lim
u n 1
+ u n
lim
u n 1
2
x
lim n
n
1
n(ln n)
2
+ x n ( n 1)(ln(n 1)) 2
,
2 2
ln n lim x n + (n 1) ln(n 1)
2
ln n , x lim n + (n 1) ln(n 1) 2 1 2 1 ln n 1 n x lim l i m l i m x 1 0 n + 1 , n + 1 1 / n n + ln( n 1) n 1 2 2 1 1/ n n 1 x1 lim x lim x1 2 ,x n + n n + 1 n
n
+ u n entonces, la serie dada es absolutamente convergente si: tervalo de convergencia de la serie. ie. x 1 1 x 1: inter g Ahora, para x 1, la serie es n + + + 1 ( 1) 1 n 1 ( 1) 2 2 2 n(ln n) n 2 n 2 n (ln n ) n 2 n (ln n ) aplicamos el cr iterio de la intergral haciendo 1 , f ( x ) 2 x (ln x ) n
1
b
1
b
1 lim 1 1 , l i m d x ln x b ln x ln 2 2 b 2 x)
dx lim 2 b 2 x (ln x(ln x) 1 1 : existe; existe; por lo tanto tanto la serie serie es convergente para x 1 dx 2 2 ln 2 x (ln x) 2
+
26.
4
n
n
1 2 n
x
n3
0
Solución - Juan Beltrá trán n: +
n
4
1 2 n
x
n3
0
un
n
4
n
1 2 n
x
y
u n 1
4
n
n3 Aplicamos el Criterio de la razón: 4 n
lim
u n 1
+ u n
lim n
n
2 2n 2
x
n4
2 2n 2
x
n4 4
n
1 2 n
x
lim n
4
n
2 2 n 2
x
( n 3)
+ 4 n1 2xn ( n 4)
lim n
+
n3
n
lim
u n 1
+ u n
4
n3 x lim n + n 4
2
4
1 3/ n x lim n + 1 4 / n
2
la serie da será absolutamente convergente si: 2
4 x
1
2
4 x 1 0
(2 x 1)( 2 x 1)
0
4
2
2
x 1 4 x
4 x
2
( n 3) ( n 4)
,
1
1
2
2
x
: intervalo de converge convergencia ncia de la serie. serie.
Para
x
1 2
,
la serie es: 4 +
n
1
2n
4 2 + n3 n 0
n
1
0
n
1 1
n
1 1 4 + 4 + 4 4 n 3 n 0 n 3 n3 n 0 n
n
y +
4
0n
n
3
4
2
4
5
3
7
1 L
: divergente
si se compara cada término de esta serie con los de la serie armónica que es divergente, se concluye que, la serie es divergente (cada término, a partir del segundo , es mayor que el de la serie armónica) Para 1
x
2 la serie es: +
n
,
4
n
1 1
0
2n
4 2 + n3 n 0
n
1 1
n
1 1 4 + 4 + 4 4 n3 n3 n 3 n 0 n 0 n
n
y +
n
0n
4
3
4
2
4
5
3
7
1 L
: divergen divergente te
De tal modo que el intervalo de convergencia de la serie dada es: 1
1
2
2
x
1 2,
1 . 2
x
32.
tan 0
1
tdt
Solución - Juan Beltr án: La serie geométrica, con a 1 y r x , + 1 n 2 3 4 si x 1 x x x x L 1 x n 0
x 1
(1)
sustituy sustituyen endo do x en (1 ), se obtiene obtiene: + 1 2 4 6 8 n 2n n 2n ( 1) x 1 x x x x L ( 1) x L si x 1 (2) 2 1 x n 0 término a término de una serie de potencias , se obtiene: aplicando el teorema integración término 2n 1 + x 1 n x (1) , si x 1 tdt 2 0 2 1 n 1 x n 0 2 n 1 + n x 1 tan x (1) , si x 1 efectuando la integral definida del lado izquierdo 2 1 n n 0 2n 1 + x x n x 1 tan tdt (1) dt ; 0 0 2 1 n n 0 2n 2 + x x n 1 0 tan tdt (1) . ( 2 2 ) ( 2 1 ) n n n 0 2
(3),
44.
1/ 2
0
e
x3
dx
Solución - Juan Beltrán: Sea la serie n + x (1) ! n n 0 n x y un 1 un n!
x
lim
n
n
(n 1) ! n
( n 1) !
lim
1
n
1
n
x
x
x
n
1
! n
n
x ( n 1)!
x
lim n
n 1
x lim n
1
n 1
x 0,
n!
un 1
lim
0 1:
de acue acuerd rdo o con con el el cri crite teri rio o de la raz razón ón,, la la seri seriee (1 ) es es absolutamente convergente x ¡ De tal modo que si f es una f unción definida por n + x , x ¡ (2); f( x) ! n n 0 n 1 n 1 n + + + nx x x f'( )x , x ¡ (3) f'( )x ! ( 1 )! ! n n n n 1 n 1 n 0 igua iguallando ando (2 ) y (3), se obti obtiene: f '( x) f ( x) asi que la función f satisface la ecuación diferencial dy dy dx separ separan ando do variab variable less , y dx y dy dx ln y x c y e x c y f (x ) Ce x (4) y n
un
por conv onvención ción se consider consideraa x 1 aun cuando cuando x 0 , por 0
de (2) se tien tienee que que f (0) (0) 1 x
f ( x) e ; n + x x e , x¡ (5) ! n n 0 3 Sustituy Sustituyendo endo x por x en (5 ), se obtiene obtiene:: 3 n 3n n + + ( x ) ( 1) x x 3 , x¡ e ! ! n n n 0 n 0 De tal tal man manera que:
3n
1
1 ( 1 ) 2 + (3n 1)n ! n 0 n
1/ 2
0
x
x3
e
1/ 2
x 3
0
0
e
e
dx
x3
1/ 2 e
x
0
dx
3
1/ 2 (
0
1)
n
x
3n
dx
n!
0
+
(3n (1)12)
1
2
64
dx 0.485.
3( 0 )
n
(1) x
0
3n
1 1/ 2
(3n 1)n !
0
,
, n! 1
1
dx
n
0
(3(0) 1)2 1 1
+
n
3n
n
1/ 2
0
dx
+ n
1/ 2
e
3
1
1 1792
0 !
( 1) (3(1) 1) 2
1 61440
3(1)
0.4849;
1
1!
(1)
2
3(2 )
(3(2) 1)2
1
2!
(1)
3
3 (3 )
(3(3) 1)2
1
,
3!
8.
Obtenga la serie de Taylor para e
x
en 2 utilizando la serie de Maclaurin para e
Solución - Juan Beltr án: La forma general de la serie de Maclaurin es: ( n) + f (0) n f ''(0) 2 x f(0) f '(0) x x ! 2! n n 0 x f ( x) e , g
f f
x
( n)
( x) e ,
(n)
( 0) e
0
x ¡ 1
2
1 4!
x
4
L
1
n!
n
x L
+
n1! x
e e (4) e e e e Susti ustitu tuy yendo x por por (x 2) en (3 ), se obtie btien n e: n + (1) n n ( x 2) + 1 e ( x 2) x 2 , n! n! n 1 n 1 n n 2 ( x2) 2 + (1) e e e (5); x 2 ! n n 1 n n x 2 + (1) e e x 2 (4) en (5) . ! n n 1
11. f ( x) 3 x; a 8 Solución - Juan Beltrán:
f ( x)
x x
1/ 3
3
1
2 / 3
f '( x)
f''( x)
f'''( x)
f ( )x
f ( )x
3
2 2
3 2 5
(4 )
(5)
x
3
3
,
, 5 / 3
x
8 / 3
x
, ,
2 5 8 4
3 2 5 8 11 3
5
1 1 / 3
x
,
1 4 / 3
x
,
M
( n)
f( ) x (1)
n
( 0)
n!
n
2 ( x2)
x
2
L
x
n
L
(2)
De (1) y (2), se dedu deduce ce que: que: 1 2 1 3 x e 1 x x x 2! 3! Ahora,
x
(n )
f
1 2 5 8 L
3
(3n 4) n
(1 3n ) / 3
x
.
1
n
(3)
(1)
x
8, se tiene: 1/ 3 f (8) 8 2,
Para a
1 2 / 3 12 2, f '(8) 8 3 24 3 2 2 5 / 3 2 4 2 5 2, f ''(8) 2 8 3 3 2 24 2 5 8 / 3 2 5 4 5 3 8 3, f '''( x) 3 8 3 3 2 24 2 5 8 1 1 / 3 2 5 8 4 5 8 (4 ) 8 , f ( x ) 4 4 11 4 3 3 2 24 2 5 8 11 1 4 / 3 2 5 8 11 4 5 8 11 (5) 5 14 8 , f ( x ) 5 5 3 3 2 24
M
f
(n)
( x ) (1) 1)
n
1 4 5 8 L
(3n 4) n
24 De tal manera que la serie de Taylor para 3 x en 8, es: 3
x
2
2( x 8) 24
4( x 8) 2
2
4 5( x 8)
3
3
2!(24 ) 3!( 24 ) El radio de convergencia R, se calcula mediante.
4 5 8( x 8)
4
4
4!( 24 )
L ( 1)
4 5 8 L (3n 4) R
lim n
cn c n 1
n !( 24
(n 1) !( 24
R
1 1/ n
1 24 n 3 1 / n 3
24 lim
R
8.
n
1
)
1 4 5 8 L
lim n
1
3n 1 ( n 1)(24)
(3 n 4)( x 8) n
n !(24 )
1
n
) n 4 5 8 L (3n 4)(3n 1)
lim
n
lim n
24( n 1)
3n 1
,
n
.
31.
1/ 2
0
2
sen x dx
Solución - Juan Beltr án: 1/ 2
0
2
sen x dx
(1)
La seri seriee para para sen sen x es: es: 3
7
x
x
L (2) 3! 5 ! 7 ! 2 Sustituy Sustituyendo endo x por x en (2 ), se obtiene: obtiene: sen x
sen x
x
5
x
2
x 2
x
6
3!
x
10
5!
14
x
x
x
7!
L
(3)
De tal manera que:
1/ 2
0
sen
2
x dx
1/ 2
0
6
2
3!
10
x
5!
14
x
7!
L
,dx 1/ 2
s e n , L x x 0 7 3! 3 ! 11 5! 5! 15 7! 7! 0 7 11 1 1 3 2 1/ 2 1 1 2 2 0 sen x dx 3 2 7 3! 11 5! , 1/ 2 1 1 1 2 0.04167 0.00019 0.00000037; s e n x dx 0 3 8 7 6 128 11120 2048 1/ 2 0 sen x 2 dx 0.041. 1/ 2
2
1 dx 3
7
3
x
11
x
15
x
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