Ejercicios Analisis, Ejercicios de Análisis Matemático. Universitat de València (UV)
joselmd99
joselmd99

Ejercicios Analisis, Ejercicios de Análisis Matemático. Universitat de València (UV)

PDF (370 KB)
30 páginas
7Número de visitas
Descripción
Asignatura: Anàlisi de Fourier, Profesor: enrique benavent, Carrera: Matemàtiques, Universidad: UV
20 Puntos
Puntos necesarios para descargar
este documento
Descarga el documento
Vista previa3 páginas / 30
Esta solo es una vista previa
3 páginas mostradas de 30 páginas totales
Descarga el documento
Esta solo es una vista previa
3 páginas mostradas de 30 páginas totales
Descarga el documento
Esta solo es una vista previa
3 páginas mostradas de 30 páginas totales
Descarga el documento
Esta solo es una vista previa
3 páginas mostradas de 30 páginas totales
Descarga el documento

Prova que si la successió (an) ∞ n=1 no és afitada, aleshores existeix una

subsuccessió (ank ) ∞ k=1 tal que

ĺım k→∞

1

ank = 0.

La successió (an) és afitada si existeix M tal que |an| ≤ M, ∀n ∈ N. Com 1 no és fita superior de (an), existeix n1 tal que |an1 | > 1. Triem ara n2 tal que n2 > n1 i es compleix |an2 | > 2. En general, com la successió (an) no és afitada, tenim

Per a tot k ∈ N, la constant k no és fita superior de (|an|). Per tant existeix nk > nk−1 tal que |ank | > k . Es a dir | 1ank | <

1 k .

Aix́ı, com que ĺımk k =∞, deduim que la subsuccessió (ank ) tendeix ∞ i es verifica

ĺım k

1

ank = 0

Siguen ∑∞

n=1 an i ∑∞

n=1 bn dues sèries de termes positius tals que∑∞ n=1 an divergeix i

∑∞ n=1 bn convergeix. Ara definim c2n+1 = an i

c2n = bn per a tot n = 1, 2, . . . . Estudia el caràcter de la sèrie ∑∞

n=1 cn

Denotem per (rn), (sn) i (tn) les successions de sumes parcials de les sèries

∑ an,

∑ bn i

∑ cn, respectivament.

Es verifica:

t2n = t1 + t2 + . . .+ t2n−1 + t2n = a1 +b1 +a2 +b2 + · · ·+an +bn = rn +sn

t2n+1 = t1+t2+. . .+t2n+t2n+1 = a1+b1+a2+b2+· · ·+bn+an+1 = rn+1+sn Com que la sèrie de termes positius

∑ an divergeix, la successió (rn) té

ĺımit +∞. A més la successió (sn) convergeix perquè la sèrie

∑ bn és convergent.

Per tant podem deduir el ĺımit de la successió (tn) coincideix amb el ĺımit comú de les successions (t2n) i (t2n+1):

ĺım tn = ĺım rn + ĺım sn = +∞

Aix́ı, la sèrie ∑

cn divergeix.

Si la sèrie ∑∞

n=1 an és divergent i t és un nombre real arbitrari, ¿ què podem dir de la sèrie

∑∞ n=1 tan ? Justifica la resposta.

Denotem per (sn), (tn) les successions de sumes parcials de les sèries∑ an i

∑ tan, respectivament.

Es verifica la relació

tn = ta1 + ta2 + · · ·+ tan = t(a1 + a2 + · · ·+ an) = tsn

La divergència de ∑

an ens assegura que la successió (sn) no és convergent.

Per tant, si t 6= 0, la successió (tsn) no convergeix. En efecte, si la successió (tsn) fóra convergent, també ho seria la successió 1t (tsn) = (sn).

Quan t = 0, la sèrie ∑

tan = ∑

0 és una sèrie convergent. A més, la suma de la sèrie ve donada en aquest cas per

∞∑ n=1

0 = ĺım n→∞

0 + 0 + · · ·+ 0 = 0

Siga (an) una sucessió monòtona de nombres positius no afitada. Prova que

ĺım n

an = +∞

.

Com que la successió és monòtona i no afitada, té ĺımit ∞. Com que la successió monòtona amb ĺımit ∞ és de termes positius, la successió ha de ser monòtona creixent. El seu ĺımit és +∞.

Analitza si és vertadera o falsa la següent afirmació:

Si una successió convergeix a zero i no és monòtona, aleshores té necessàriament termes positius i termes negatius.

L’afirmació és falsa. Aix́ı, per exemple, la successió

(1, 1

5 , 1

2 ,

1

6 , 1

4 ,

1

7 , 1

8 , . . . ,

1

2n ,

1

n + 5 ,

1

2n+1 ,

1

n + 6 , . . .)

convergeix a 0, no és monòtona i només té termes positius.

a) Prova que existeix un nombre natural p tal que p! > 4p. b) Siga p tal que p! > 4p. Demostra que si n ≥ p, aleshores es verifica n! > 4n.

a) La sèrie ∑∞

k=1 4k

k! és convergent perquè

ĺım k

4k+1

(k+1)!

4k

k!

= ĺım k

4

k + 1 = 0 < 1

i podem aplicar el criteri del quocient. En conseqüència ĺımk

4k

k! = 0 i per tant ĺımk k! 4k

= +∞. Per tant, per la definició de ĺımit +∞, existeix un p tal que p!4p > 1. b) Ho demostrem per inducció. Primer pas de la prova. El natural p verifica la desigualtat p! > 4p . Segon pas de la prova. Suposem m! > 4m (Hipòtesi d’inducció). Podem deduir (m + 1)! = (m + 1)m! > 4m(m + 1).

Observem ara que la desigualtat p! > 4p no és vàlida per a p = 1, 2. Per tant p ≥ 3. En conseqüència (m + 1)! > 4m(m + 1) ≥ 4m(p + 1) ≥ 4m4 = 4m+1. Per tant la propietat ha quedat demostrada pel principi d’inducció.

Calcula, segons els valors de a

ĺım n

1 + 1a + 1 a2

+ . . .+ 1an log n

Podem aplicar el criteri de Stolz perquè la successió (log n) és creixent i té ĺımit +∞:

ĺım n

1 + 1a + 1 a2

+ . . .+ 1an

log n =

= ĺım n

1 + 1a + 1 a2

+ . . .+ 1an + 1

an+1 − 1− 1a −

1 a2

+ . . .− 1an log(n + 1)− log n

=

= ĺım n

1 an+1

log n+1n = ĺım

n

1

an+1 log n+1n = ĺım

n

n

an+1log(n+1n ) n

= ĺım n

n

an+1 =

=

 ∞ 0 =∞, si |a| < 1 ∞, si |a| = 1 ( perquè | n

an+1n | = n)

0, si |a| > 1 (perquè la sèrie ∑ n |a|n+1 convergeix)

Siga 0 < a < 1e . Estudia el caràcter de la sèrie

∞∑ n=1

a1+ 1 2

+···+ 1 n

Calculem el ĺımit associat al criteri del quocient

ĺım n

a1+ 1 2

+···+ 1 n

+ 1 n+1

a1+ 1 2

+···+ 1 n

= ĺım n

a 1

n+1 = 1.

Com el criteri no dóna informació, calculem el ĺımit associat al criteri de Raabe:

ĺım n( 1

a 1

n+1

− 1) = ĺım n(1− a 1

n+1

a 1

n+1

) =

= ĺım n(1− a 1

n+1 ) = − log a > − log 1 e

= 1

Per tant la sèrie convergeix si a < 1e .

Estudia el caràcter i suma, si és possible, la sèrie

∞∑ n=1

5n + 2

7n

Si apliquem el criteri de l’arrel, podem assegurar que la sèrie convergeix

ĺım n

√ 5n + 2

7n =

1

7 < 1.

Per a sumar la sèrie, calculem abans la suma parcial:

Sn = 7

7 +

12

72 + · · ·+ 5n − 3

7n−1 +

5n + 2

7n

1

7 Sn =

7

72 +

12

73 + · · ·+ 5n − 3

7n +

5n + 2

7n+1

(1− 1 7

)Sn = 7

7 +

5

72 +

5

73 + · · ·+ 5

7n − 5n + 2

7n+1

Sn = 7

6 (1 + 5

1 72 −

1 7n+1

1− 17 − 5n + 2

7n+1 )

Com la sèrie convergeix ( 5n+2 7n+1

)→ 0 i aix́ı ∑∞

n=1 5n+2

7n = 7 6 (1 + 5

1 72

1− 1 7

)

Estudia el caràcter de la sèrie

∞∑ n=1

log (n + 1)2

n(n + 2)

Suma-la si és convergent

Tenim

ĺım n

log( (n+1) 2

n(n+2) )

1 n2

= ĺım log( (n + 1)2

n(n + 2) )n

2 =

= log e ĺımn n2(

(n+1)2

n(n+2) −1)

= log e = 1

Per tant la sèrie té el mateix caràcter que la sèrie ∑ 1

n2 : és convergent.

Per a sumar-la, observem que es tracta d’una sèrie telescòpica:

log (n + 1)2

n(n + 2) = log(

n + 1

n ) + log(

n + 1

n + 2 ) = log(

n + 1

n )− log(n + 2

n + 1 )

Sn = log 2

1 − log 3

2 + log

3

2 − log 4

3 + · · ·+ log(n + 1

n )− log(n + 2

n + 1 )→ log 2

Estudia la convergència per als diferents valors de a de la sèrie

∞∑ n=1

an 1

n log n

Si |a| < 1, la sèrie és absolutament convergent pel criteri del quocient:

ĺım |an+1| |an|

= ĺım n |a| n log n

(n + 1) log(n + 1) = |a|

Si a = 1, pel criteri de condensació de Cauchy, la sèrie de terme general decreixent

∑ n

1 n log n té el mateix caràcter que la sèrie divergent∑

k

2k

2k log 2k =

1

log 2

∑ k

1

k .

Si a = −1, la sèrie alternada ∑

n=1(−1)n 1

n log n convergeix pel criteri de Leibnitz ja que {1/(n log n)} és decreixent amb ĺımit 0. si a < −1, la sèrie divergeix perquè

ĺım |a|n 1 n log n

≥ ĺım |a| n

n2 =∞

a) Estudia la convergència de la sèrie per als diferents valors de a ∞∑ n=1

cn = ∞∑ n=1

4n + 3

n3 + 6n2 + 5n an

b) Calcula el valor de la suma per a = 1.

S’obté ĺım |cn+1||cn| = |a|. Per tant, pel criteri del quocient, la sèrie convergeix si |a| < 1 i divergeix si |a| > 1. En en cas a = 1, observem que

ĺım n

4n+3 n3+6n2+5n

1 n2

= 4, ∞∑ n=1

1

n2 <∞

Per tant ∑∞

n=1 4n+3

n3+6n2+5n convergeix pel criteri de comparació.

La sèrie alternada ∑∞

n=1(−1)n 4n+3

n3+6n2+5n convergeix absolutament.

Per a sumar la sèrie, escrivim ∞∑ n=1

4n + 3

n3 + 6n2 + 5n = ĺım

m

m∑ n=1

( 3 5

n +

1 4

n + 1 + −17 20

n + 5 ) =

= 3

5 +

1

8 +

3

10 +

1

12 +

3

15 +

1

16 +

3

20 +

1

20 +

3

25

Calcula ĺım n

√ n + 1−

√ n

ĺım n

(1 + √ n + 1−

√ n) √ n

Per a calcular el primer ĺımit, multipliquem numerador i denominador pel conjugat del numerador:

ĺım n

√ n + 1−

√ n = ĺım

n

n + 1− n√ n + 1 +

√ n

= 0

Per a calcular el segon ĺımit , podem aplicar la fórmula de Euler perquè:

ĺım n

(1 + √ n + 1−

√ n) = 1, ĺım

n

√ n = +∞

Resulta

ĺım n

(1 + √ n + 1−

√ n) √ n = e ĺımn

√ n( √ n+1−

√ n) = e

ĺım √ n√

n+1+ √ n = e

1 2

Estudia el caràcter de la sèrie ∞∑ n=3

n2 + n + 1

n!

Suma-la si és possible.

La sèrie és convergent perquè

ĺım n

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

(n2+n+1) n!

= 0 < 1

Per a calcular la suma, escrivim: ∞∑ n=3

n2 + n + 1

n! = ∞∑ n=3

n2

n! + ∞∑ n=3

n

n! + ∞∑ n=3

1

n! =

= ∞∑ n=3

n

(n − 1)! + ∞∑ n=3

1

(n − 1)! +e−1−1− 1

2 = ∞∑ n=3

n − 1 + 1 (n − 1)!

+e−2+e−2− 1 2

=

= ∞∑ n=3

1

(n − 2)! + ∞∑ n=3

1

(n − 1)! +e−2+e−2− 1

2 = e−1+e−2+e−2+e−2− 1

2

Calcula, si a > 0,

ĺım n

log(1 + a) + log(1 + a2) + · · ·+ log(1 + an) n

Podem aplicar el criteri de Stolz perquè la successió del denominador (n) és creixent i té ĺımit ∞

ĺım n

log(1 + a) + log(1 + a2) + · · ·+ log(1 + an) n

=

= ĺım n

log(1 + a) + · · · log(1 + an+1)− log(1 + a)− · · · − log(1 + an) n + 1− n

=

= ĺım n

log(1 + an+1)

Per tant la successió convergeix a 0 si 0 < a < 1.

A més la successió té ĺımit log 2 si a = 1.

Quan a > 1 la successió té ĺımit +∞.

Estudia el caràcter de les sèries ∞∑ n=4

(n 2

) n2 + 1

∞∑ n=2

( n

en +

2n + 1

n! )

Suma-les quan siga possible.

La sèrie ∑∞

n=4 (n2) n2+1

divergeix perquè ĺım (n2) n2+1

6= 0. La sèrie

∑∞ n=2

n en convergeix pel criteri de l’arrel.

La sèrie ∑∞

n=2 2n+1 n! convergeix pel criteri de quocient.

Per tant la sèrie ∑∞

n=2( n en +

2n+1 n! ) és convergent.

La sèrie aritmètico-geomètrica ∑∞

n=2 n en suma (1−

1 e ) −1( 2

e2 +

1 e3

1− 1 e

).

A més ∞∑ n=2

2n + 1

n! = ∞∑ n=2

2n

n! + ∞∑ n=2

1

n! = ∞∑ n=2

2

(n − 1)! + e − 2 = 2(e − 1) + e − 2

Siguen 0 < a1 < 1 i an+1 = 1− √

1− an, n ≥ 1. Prova que: (i) an < 1 ∀n ∈ N (ii) ĺımn an = 0,

(iii) ĺımn an+1 an

= 12

(i) Ho provem per inducció. Es verifica a1 < 1 per hipòtesi. Si suposem ara am < 1, tenim

am+1 = 1− √

1− am < 1− √

1− 1 = 1 Podem demostrar anàlogamemt per inducció an > 0 ∀n ∈ N. A més

an+1 ≤ an ⇔ 1− √

1− an ≤ an ⇔ (1− an)2 ≤ (1− an) ⇔ 0 < an

Per tant la successió és decreixent i afitada i per tant convergent.

Es fàcil vore que el seu ĺımit ha de ser 0.

Per un altra banda

ĺım an+1 an

= ĺım n

1− √

1− an an

== ĺım n

1− (1− an) an(1 +

√ 1− an)

= ĺım n

an an(1 +

√ 1− an)

= 1

2

Siga x > 0. Estudia el la convergència de la successió

a1 = x , an+1 = 3

√ a2n + 4

Pel principi d’inducció, sabem que es tracta d’una successió de termes positius. A més

an+1 = 3

√ a2n + 4 > 2 ⇔ a2n + 4 > 8 ⇔ an > 2

Observa ara que x3 − x2 − 4 = (x − 2)(x2 + x + 1) i per tant

an > an+1 = 3

√ a2n + 4 ⇔ a3n − a2n − 4 > 0 ⇔ an > 2

Podem deduir aix́ı:

Si x < 2, la successió (an) és creixent i està afitada superiorment per 2.

Si x > 2, la successió (an) decreix i està afitada inferiorment per 2.

Si x = 2, la successió (an) és constant a 2.

En qualsevol dels tres casos, podem assegurar que la successió és convergent i té ĺımit 2.

Estudia el caràcter de les sries (a)

∞∑ n=1

(n!)23n

(2n)!

∞∑ n=1

(n!)24n

(2n)!

Apliquem el criteri de d’Alembert a la primera sèrie

ĺım n

((n + 1)!)23n+1

(2(n + 1))! /

(n!)23n

(2n)! = ĺım

n

(n + 1)23

(2n + 2)(2n + 1) =

3

4 < 1

i deduim la seua convergència. Per a la segona sèrie, calculem el ĺımit associat al criteri de Raabe:

ĺım n

n( ((n)!)24n

(2n)! /

((n + 1)!)24n+1

(2(n + 1))! − 1) = ĺım

n n(

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

4(n + 1)2 − 1) = −2 < 1

La segona sèrie resulta ser divergent.

Siga (an) una successió de nombres reals negatius tal que

ĺım an+1 an

= 1

2 .

Estudia el caràcter de la sèrie ∑∞

n=0 an.

La sèrie ∑∞

n=1(−an) és una sèrie de termes positius que convergeix pel criteri de d’Alembert:

ĺım −an+1 −an

= ĺım an+1 an

= 1

2 .

Per tant la sèrie − ∑

(−an) = ∑

an és convergent per les propietats algebraiques de les sèries. Podria deduir-se també la convergència de∑

an de la convergència absoluta de la sèrie. (Si tenim en compte la versió vista a teoria del criteri del quocient, la prova és directa.)

Estudia quines de les següents successions són de Cauchy:

{ n∑

k=1

1√ k }∞n=1, {

n∑ k=1

(−1)k 1√ k }∞n=1, {

n∑ k=1

1

k 3 2

}∞n=1

La primera no és Cauchy (Raabe), la segona és Cauchy (Leibnitz), la tercera és Cauchy (Raabe).

1

2

3

4

5

6 · · · 2n − 1

2n ≤ 1√

3n + 1 , ∀n ∈ N

Es prova per inducció. Per al primer pas, escrivim 12 ≤ 1√ 4

. A més

1

2

3

4 · · · 2n − 1

2n ≤ 1√

3n + 1 ⇒ 1

2

3

4 · · · 2n − 1

2n

2n + 1

2n + 2 ≤ 1√

3n + 1

2n + 1

2n + 2

Però

4+19n+28n2 +12n3 ≤ 4+20n+28n2 +12n3 ⇒ 1 (3n + 1)

(2n + 1)2

(2n + 2)2 ≤ 1

3n + 4 ⇒

⇒ 1 2

3

4 · · · 2n − 1

2n

2n + 1

2n + 2 ≤ 1√

3n + 1

2n + 1

2n + 2 ≤ 1√

3n + 4

ĺım( 9n + 2

9n ) ∑n

k=1 1

k k√ k

Podem aplicar la fórmula de Euler perquè ∑∞

k=1 1

k k √ k

divergeix pel

criteri de comparació. Per tant

ĺım( 9n + 2

9n ) ∑n

k=1 1

k k√ k = e ĺımn 2

∑n k=1

1

k k√ k

9n+2 = e ĺımn 2 1

n n √

n 9 = 1

Calcula

ĺım 1 + 12 + · · ·+

1 n

log n

ĺım(1 + 1

1 + 12 + · · ·+ 1 n

)logn

Apliquem el criteri de Stolz ja que (log n) és creixent i té ĺımit ∞

ĺım 1 + 12 + · · ·+

1 n

log n = ĺım

1 n+1

log(n + 1)− log n = ĺım

1

log( n+1n ) n+1

= 1

Com que la sèrie harmònica ∑

1 k és divergent, podem aplicar la fórmula de

Euler per a calcular el segon ĺımit:

ĺım(1 + 1

1 + 12 + · · ·+ 1 n

)logn = e ĺımn log n

1

1+ 1 2

+···+ 1 n = e

Siga (an) creixent de termes positius. Estudia el caràcter de ∑∞

n=1 an

La sèrie és divergent perquè ĺım an 6= 0.

Siga ∑∞

n=0 an una sèrie divergent i ∑∞

n=0 bn una sèrie convergent. Definim cn = an si n = 0, . . . , 1000 i cn = bn si n > 1000. Estudia el caràcter de

∑∞ n=0 cn.

Les sumes parcials de la sèrie ∑∞

n=0 cn venen donades per

Sm = m∑

n=1

cn = 1000∑ n=0

an + m∑

n=1001

bn, m > n

Sm = m∑

n=1

cn = 1000∑ n=0

an − 1000∑ n=0

bn + m∑

n=1

bn, m > n

Per tant, la successió de sumes parcials (Sm) és convergent:

ĺım m

Sm = 1000∑ n=0

an − 1000∑ n=0

bn + ĺım m

m∑ n=1

bn

Es a dir, la sèrie ∑

cn convergeix i la seua suma ve donada per:

∞∑ n=0

cn = 1000∑ n=0

an − 1000∑ n=0

bn + ∞∑ n=1

bn

Calcula el ĺımit

ĺım n→∞

log n

√ 2

1 (

3

2 )2(

4

3 )3 · · · (n + 1

n )n

Si apliquem el criteri de Stolz per a arrels, resulta:

ĺım n→∞

log n

√ 2

1 (

3

2 )2(

4

3 )3 · · · (n + 1

n )n =

= ĺım n→∞

log n+1−n

√ 2 1 (

3 2 )

2( 43 ) 3 · · · (n+1n )n(

n+2 n+1 )

n+1

2 1 (

3 2 )

2( 43 ) 3 · · · (n+1n )n

=

= ĺım n

log( n + 2

n + 1 )n+1

La fórmula de Euler dóna ara

ĺım n→∞

log n

√ 2

1 (

3

2 )2(

4

3 )3 · · · (n + 1

n )n = log(e ĺım(n+1)(

n+2 n+1 −1)) = 1

Siga la successió definida per

x1 = 1, xn+1 = 9n2 + 2

(3n + 1)(3n + 5) xn, n ∈ N

Estudia la convergència de la sèrie ∑∞

n=1 xn

Podem aplicar el criteri de Raabe perquè es tracta d’una sèrie de termes positius. Tenim

ĺım n

n( xn xn+1

− 1) = ĺım n

n( (3n + 1)(3n + 5)

(9n2 + 2) − 1) = 2 > 1

Per tant la sèrie és convergent.

Si la successió (an) convergeix a 1 2 , què podem dir de ĺımn a

n n?

El ĺımit val 0.

Pots deduir-ho, per exemple, de la convergència (pel criteri de d’Alembert) de la sèrie

∑ ann

Siguen (an) i (bn) successions convergents de nombres reals. Estudieu la convergència de la successió

(cn) = (a1, b1, a2, b2, a3, b3, . . .).

Suposem ĺım an = ĺım bn = L. Aleshores, donat  > 0

Existeix N1 tal que |an − L| <  si n ≥ N1 Existeix N2 tal que |bn − L| <  si n ≥ N2

Per tant, per a n ≥ 2 máx(N1,N2), es verifica

|cn − L| < .

Per tant ĺım cn = L.

Si els ĺımits de les successions (an) i (bn) no coincideixen, aleshores la successió (cn) no és convergent.

En efecte: la successió (cn) té en eixe cas dues subsuccessions, (c2n) i (c2n+1) , amb ĺımits diferents.

comentarios (0)
No hay comentarios
¡Escribe tú el primero!
Esta solo es una vista previa
3 páginas mostradas de 30 páginas totales
Descarga el documento