soldes - IMERL

1. Soluciones de los ejercicios de desarrollo
Ejercicio 1: 1) Si f : [a, b] → R es continua en [a, b] y derivable en (a, b), entonces
existe c ∈ (a, b) tal que f ′ (c) = (f (b) − f (a))/(b − a). Demostración: Quiero aplicar el
teorema de Rolle a una función de a forma h(x) = f (x) − kx, para cierta constante k.
Está claro que h será continua y/o derivable cuando lo sea f , pues es la suma de f más
una función derivable. Basta entonces encontrar k para que h(a) sea igual a h(b), es decir
f (a) − ka = f (b) − kb, lo cual se cumple si y solo si k = (f (b) − f (a))/(b − a).
Aplicamos entonces Rolle, tendremos un c ∈ (a, b) tal que h′ (c) = 0, pero h′ (x) = f ′ (x)− k,
por lo tanto f ′ (c) − k = 0 de lo cual se deduce que dicho c verifica la tesis del teorema.
2) a) Como |f ′ | es continua en p entonces si tomamos ε = (1− |f ′ (p)|)/2 existirá un entorno
U = (p − δ, p + δ) de p tal que si x ∈ U entonces |f ′ (x)| ∈ (|f ′ (p)| − ε, |f ′ (p)| + ε), pero
|f ′ (p)| + ε < 1, por lo tanto ∀x ∈ U, 0 ≤ |f ′ (x)| < k < 1 con k = |f ′ (p)| + ε.
Por otro lado como p es un punto fijo, f n (p) = f n−1 (f (p)) = f n−1 (p) = · · · = p. Por lo
tanto, si x ∈ U , tenemos que
|f n (x) − p| = |f n (x) − f n (p)| = |f ′ (c)(f n−1 (x) − f n−1 (p))| =Lagrange
= |f ′ (c)||f n−1 (x) − f n−1 (p)| < k|f n−1 (x) − f n−1 (p)| =
= k|f ′ (c̃)(f n−2 (x) − f n−2 (p))| = k|f ′ (c̃)||f n−2 (x) − f n−2 (p)| < k2 |f n−2 (x) − f n−2 (p)| <
de donde
< · · · < kn |x − p|,
0 ≤ |f n (x) − p| < kn |x − p|
lim kn |x − p|
∀x ∈ U.
b) Tomando lı́mite en n, como k ∈ (0, 1),
= 0 y deducimos que el lı́mite de
n
p| existe y es cero, por lo que lim f (x) = √
p, para todo x ∈ U .
2 − 1/4 = p sii p = (1 ± 2)/2. Estabilidad: f ′ (x) = 2x, por lo
3) Puntos fijos:
f
(p)
=
p
√
√
√
que f ′ (p) = 1 ± 2. Como |1 − 2| < 1, y |1 + 2| > 1, el primero es un atractor mientras
que el segundo un repulsor.
Ejercicio
Ra 2
1a) 1 1/xα = (a−α+1 − 1)/(−α + 1) si α 6= 1 y ln(a) si α = 1. Convergerá si y solo si
α > 1 y lo hace al número 1/(α − 1).
R +∞
R +∞
1b) Haciendo el cambio de variable u = ln(x) tenemos que 2 dx/(x ln(x)) = ln(2) du/u,
que es divergente.
R +∞
1c) Si α > 1 entonces 1/(ln(x)xα ) < 1/xα , pero 1 1/xα es convergente, ası́ que
por comparación es convergente. Si α ≥ 1, entonces 1/(ln(x)xα ) ≥ 1/(x ln(x)) que es
divergente, ası́ que por comparación es divergente.
2a) Enunciado: RSi f (x) es continua no negativa y decreciente y an = f (n), entonces
P
+∞
an converge sii 1 f (x)dx lo es.
R n+1
P
Para demostrarlo basta observar que an+1 < n f < an , por lo que la serie an converge
Rk
P R n+1
P R n+1
sii converge la serie
f , pero la reducida k-ésima de ésta última es k1 n f = 1 f ,
n
por lo que la última serie converge sii converge la integral impropia de f .
|f n (x) −
1
2
R +∞
2b) Por el criterio de integral convergerá sii converge la integral 1 dx/(ln(x)xα ) que
lo hará sii α > 1.
2c)
Z +∞
+∞
+∞
X
X
α
α
1/(ln(n)n ) <
1/n <
dx/xα = 1/(α − 1).
2
2
1