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