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C ´ALCULO.
GRADO EN INFORM ´ATICA. EXAMEN FINAL.
- (2.5 ptos.)
(a) Se considera la sucesi´on definida por recurrencia por x 1 = 8 y xn+ 1 = 12 xn + 2 para n ∈ N. Estudia si es convergente y, en caso de que lo sea, calcula el l´ımite. (b) Calcula el l´ımite de la sucesi´on { (^2) 1 +^
32 2 +^
43 32 +^ · · ·^ +^
(n+ 1 )n nn−^1 n^2
Soluci´on:
(a) Aplicando la f´ormula de recurrencia, comprobamos que x 2 = 82 − 2 = 6 < x 1 =
- Para comprobar que la sucesi´on dada es mon´otona decreciente, lo vemos por inducci´on:
- Para n = 1, acabamos de ver que x 1 > x 2.
- Hip´otesis de inducci´on: Suponemos que xn > xn+ 1.
- Comprobamos que xn+ 1 > xn+ 2. En efecto, si partimos de la hip´otesis de in- ducci´on:
xn > xn+ 1 ⇒
xn 2
xn+ 1 2
xn 2
xn+ 1 2
Por tanto, la sucesi´on es mon´otona decreciente. Al ser decreciente, ya sabemos que la sucesi´on est´a acotada superiormente por x 1. Veamos que est´a acotada inferiormente por 4. Esto es, que xn ≥ 4 ∀n ∈ N. Otra vez lo hacemos por inducci´on:
- Para n = 1, es evidente que x 1 = 8 ≥ 4.
- Hip´otesis de inducci´on: Suponemos que xn ≥ 4.
- Comprobamos que xn+ 1 ≥ 4. En efecto, si partimos de la hip´otesis de in- ducci´on: xn ≥ 4 ⇒
xn 2
xn 2
xn 2
Por tanto, la sucesi´on dada es mon´otona y acotada, por lo que entonces es conver- gente. Para calcular el l´ımite de {xn} partimos de la f´ormula de recurrencia y tomamos l´ımite. Supongamos que lim{xn} = x y nos queda que x = x 2 + 2. Resolvemos la ecuaci´on: x −
x 2
x 2
= 2 ⇒ x = 4 ⇒ lim{xn} = 4
(b) Aplicamos el criterio de Stolz (tenemos una indeterminaci´on de “∞∞ ” y adem´as la sucesi´on del denominador es creciente). Llamemos an = 21 + 3
2 2 +^
43 32 +^ · · ·^ +^
(n+ 1 )n nn−^1 y bn = n^2. Estudiamos entonces el l´ımite de la sucesi´on: a bnn++^11 −−abnn y nos queda:
an+ 1 − an bn+ 1 − bn
(n+ 2 )n+^1 (n+ 1 )n (n + 1 )^2 − n^2
(n + 2 )n+^1 (n^2 + 2 n − 1 − n^2 )(n + 1 )n^
(n + 2 ) 2 n
n + 2 n + 1
)n
Descomponemos la sucesi´ ( on en el producto de (n 2 +n^2 ), cuyo l´ımite es 1/2, y en n+ 2 n+ 1
)n , que presenta una indeterminaci´on del tipo “1∞”, por lo que, aplicando el criterio del n´umero e, nos queda que
n
n + 2 n + 1
n n + 1
→ 1 ⇒ lim
n + 2 n + 1
)n = e^1 = e
Como consecuencia de todo lo anterior:
lim
1 +^
32 2 +^
43 32 +^ · · ·^ +^
(n+ 1 )n nn−^1 n^2
e 2
- (2 ptos.) Tenemos un alambre de 1 metro de longitud. Se corta el alambre en dos trozos con los que se construyen un cuadrado y un tri´angulo equil´atero, respectivamente. Calcula el punto donde es necesario cortar el alambre para que la suma de las ´areas de las dos figuras sea m´ınima.
Soluci´on: Llamemos x al punto entre 0 y 1 donde cortamos el alambre. Con el trozo de longitud x construimos un tri´angulo de lado l (por tanto 3l = x y de aqu´ı l = x/3) y con el resto de alambre, 1 − x, construimos un cuadrado de lado 1 − 4 x. Est´a claro que el area de este cuadrado ha de ser´ (^1 −x)
2 16 , y para expresar el ´area del tri´angulo en funci´on de la variable x nos har´ıa falta calcular su altura h. Para ello, si consideramos el tri´angulo rect´angulo mitad del construido de lado x/3, la relaci´on entre los catetos x/6 y h con la hipotenusa x nos permite establecer la igualdad:
x 3
)^2 = h^2 + (
x 6
)^2 ⇒ h =
x^2 9
x^2 36
x 2
(b) La serie propuesta, salvo un signo menos, es una serie geom´etrica de raz´on − 1 /2,
por tanto, utilizando que
∞
n= 0
)n
su suma es:
∞
n= 1
(− 1 )n+^1 2 n^
∞
n= 1
)n = −
∞
n= 0
)n − 1
- (2 ptos.) Sea la funci´on f : R+ 0 → R definida por f (x) =
∫ (^) x
0
log( 2 + t) 1 + t
dt, para x ≥ 0.
(a) Demuestra que f es estrictamente creciente en R+ 0.
(b) Calcula lim x→+∞
f (x) (log(x))^2
(c) Calcula la imagen de la funci´on f.
Soluci´on:
(a) La funci´on f es una funci´on derivable gracias al teorema fundamental del c´alculo. Y como consecuencia de dicho teorema su derivada es:
f ′(x) =
log( 2 + x) 1 + x
∀x > 0
Observamos que en dicho cociente, tanto numerador como denominador, son posi- tivos, por lo que la derivada de f es mayor que cero en todo el dominio. Deducimos entonces que la funci´on f es estrictamente creciente en [ 0 , +∞[. (b) Para calcular el l´ımite propuesto aplicamos la segunda regla de L’Hˆopital (tenemos un cociente donde el denominador evidentemente diverge, pero del numerador no sabemos nada):
lim x→+∞
f ′(x) 2 log(x)^1 x
= lim x→+∞
log( 2 + x) x 2 log(x) ( 1 + x)
= lim x→+∞
x 2 ( 1 + x)
lim x→+∞
log( 2 + x) log(x)
donde el ´ultimo l´ımite lo hemos resuelto volviendo a aplicar la regla de L’Hˆopital:
lim x→+∞
1 2 +x 1 x
= lim x→+∞
x 2 + x
= 1 ⇒ lim x→+∞
log( 2 + x) log(x)
(c) Para calcular la imagen de la funci´on f tenemos en cuenta que adem´as de ser con- tinua (gracias al teorema fundamental del c´alculo), es tambi´en estrictamente cre- ciente (lo hemos comprobado en el apartado (a)). Por tanto:
f (R+ 0 ) = [ f ( 0 ), lim x→+∞ f (x)[= [ 0 , +∞[
Para deducir el comportamiento de la funci´on en +∞ hemos utilizado la informaci´on que nos aporta el l´ımite calculado en el apartado (b); esto es:
lim x→+∞
f (x) (log(x))^2
⇒ lim x→+∞ f (x) = +∞
- (1 pto.) Calcula
∫ sen(x)e−xdx. Si G(x) es dicha primitiva, calcula lim x→+∞ G(x).
Soluci´on: Aplicamos el m´etodo de integraci´on por partes, donde vamos a considerar: u = sen(x) ⇒ du = cos(x) dv = e−x^ ⇒ v = −e−x Por tanto, la integral se resuelve as´ı:
G(x) =
∫ sen(x)e−x^ dx = −sen(x)e−x^ −
cos(x)(−e−x) dx
= −sen(x)e−x^ +
∫ cos(x)e−x^ dx
volvemos a aplicar partes
[{
u = cos(x) ⇒ du = −sen(x) dv = e−x^ ⇒ v = −e−x
]
= −sen(x)e−x^ +
[
− cos(x)e−x^ −
∫ (−sen(x)(−e−x) dx
]
= −e−x(sen(x) + cos(x)) −
∫ sen(x) e−x^ dx
= −e−x(sen(x) + cos(x)) − G(x)
Por tanto:
G(x) = −e−x(sen(x) + cos(x)) − G(x) ⇒ 2 G(x) = −e−x(sen(x) + cos(x))
G(x) =
−e−x(sen(x) + cos(x)) 2
Calculamos ahora lim x→+∞ G(x) = lim x→+∞ e−x
sen(x) + cos(x) 2
= 0, donde hemos aplicado
que lim x→+∞
e−x^ = 0 y el factor restante es una funci´on acotada.
