Análisis Real Grupo R2

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EXAMEN PARCIAL DE ANALISIS REAL
PRIMER CURSO DE INFORMATICA- GRUPO R2
Nombre:.......................................................................................................................
1.- Exprésese en forma de intervalo el siguiente conjunto fx 2 IR : jx2 ¡ 1j · 1g
2.- Pruébese por inducción que n3 > n 2 + 3
8n > 1
3.- Sea (xn ) la sucesión de…nida por :
x1 = 2
xn = 2 ¡
1
xn¡1
8n ¸ 2
Demuéstrese que dicha sucesión es convergente y tiene límite .
4.- Determínese el límite de cada una de las siguientes sucesiones :
µ
¶ n2n¡1
n2 + 3
bn =
n 2 + 4n
P
P
Analícese la convergencia de las series
an y
bn . Determínese su
suma cuando sea posible.
5.- Estudiese en función del parámetro ® > 0; el carácter de la serie
X
®¡Ln n
2n + 1
an =
3n
n>0
6.- Márquese con un círculo las a…rmaciones que son siempre verdaderas
y rellénese el hueco existente en puntos suspensivos:
Criterio de comparación por paso al límite: Sea (an) una sucesión de
números reales ............... y (bn ) una sucesión de números reales ......................
i).- Si existe el lim [¢ ¢ ¢ ¢ ¢ ¢] = L 2IR. Entonces, la series asociadas son
n!1
convergentes y tienen suma L
ii) Si el límite del cociente de la dos sucesiones es …nito y positivo,
entonces las dos series tienen el mismo carácter.
X
iii Si el límite del cociente de la dos sucesiones es cero y
bn es
X
convergente, entonces
a n converge.
2
X
iv) Si el límite del cociente de la dos sucesiones es cero y
bn es
X
divergente, entonces
an diverge.
X
v) Si el límite del cociente de la dos sucesiones es 1 y
an es converX
gente, entonces
bn converge.
7.- i) Enúnciese el teorema de complitud de IR, y el axioma del supremo.
ii) Defínanse los conceptos de mínimo, in…mo, cota inferior o minorante
y sucesion de números reales.
EXAMEN PARCIAL DE ANALISIS REAL
PRIMER CURSO DE INFORMATICA- GRUPO R2
Nombre:.......................................................................................................................
1.-Exprésese en forma de intervalo el siguiente conjunto fx 2 IR : jx2 ¡ 2j · 1
jx2 ¡ 2j · 1 , ¡1 · x2 ¡ 2 · 1 , 1 · x2 · 3: Entonces,
8 2
9
8 p
p 9
< x ·3 =
< ¡ 3 ·x · 3 =
,
: 2
;
:
;
x ¸1
x < ¡1 o x > 1
£ p
¤ £ p ¤
Luego, fx 2 IR : jx2 ¡ 2j · 1g = ¡ 3; ¡1 [ 1; 3 .
2.- Pruébese por inducción que n3 > n 2 + 3
8n > 1
Solución.Para n = 2, tenemos 8 > 4 + 3 = 7.
Supongamos que es cierto para n = k, es decir,
k3 > k2 + 3
y probemos que (k + 1)3 > (k + 1)2 + 3.
(k + 1)3 = k 3 + 3k 2 + 3k + 1 > k2 + 3 + 3k2 + 3k + 1 =
= 4k2 + 3k + 4 = k 2 + 2k + 1 + 3k 2 + k + 3 =
= (k + 1)2 + (3k 2 + k + 3) > (k + 1)2 + 3.
3
3.- Sea (xn) la sucesión de…nida por :
x1 = 2
xn = 2 ¡
1
xn¡1
8n ¸ 2
Demuéstrese que dicha sucesión es convergente y tiene límite
.
Solución.3
4
Según tenemos, x1 = 2, x2 = , x3 = ,....
2
3
Entonces es claro que x1 > x2, x2 > x3,.....
Supongamos que xn¡1 > xn (esto es, xn¡1 ¡ xn > 0) y veamos que
xn > xn+1 ; o equivalentemente que xn ¡ xn+1 > 0
µ
¶
1
1
1
1
xn ¡ xn¡1
xn ¡ xn+1 = 2 ¡
¡ 2¡
=
¡
=
>0
xn¡1
xn
xn xn¡1
xn¡1 ¢ xn
por hipótesis de inducción.
Luego la sucesión es decreciente. Veamos que está acotada. Es claro que
1 · x1 · 2: Supongamos que es cierto para n = k; es decir, 1 · xk · 2 y
probemos que también se veri…ca para n = k + 1:
xk+1 = 2 ¡
Por otro lado, xk+1 = 2 ¡
1 · xk · 2 )
1
1
3
·2¡ = ·2
xk
2
2
1
¸ 2 ¡ 1 = 1, pues si
xk
1
1
¡1
1
·
· 1 y ¡1 ·
·¡
2
xk
xk
2
Así que (xn ) es monótona creciente y acotada, y por consiguiente, convergente. Supongamos que L = lim xn: Entonces, puesto que el límite es
n!1
único, tenemos que
L = 2¡
1
, L2 = 2L ¡ 1 ) L ¡ 2L + 1 = 0 , (L ¡ 1)2 = 0 ) l = 1: ¥
L
4.- Determínese el límite de cada una de las siguientes sucesiones
:
4
2n + 1
an =
3n
bn =
µ
n2 + 3
n 2 + 4n
Analícese la convergencia de las series
su suma cuando sea posible.
Solución.2n + 1
a) an =
:
3n
Aplicando el criterio de Stolz,
lim an = lim
n!1
n!1
an y
P
bn . Determínese
2n + 1
2 (n + 1) + 1 ¡ 2n ¡ 1
2
= lim
= lim
= lim
n
n+1
n
n!1
n!1
3
3
¡3
2 ¢ 3n n!1
1
=0
3n
lim bn = lim
n!1
P
¶ n2n¡1
n!1
µ
n2 + 3
n 2 + 4n
¶ n2n¡1
= 11 ) lim
n!1
µ
n2 + 3
n2 + 4n
¶ n2n¡1
= ep
donde
p = lim
µ
= lim
µ
n!1
n!1
n2 + 3
¡1
n2 + 4n
¡4n + 3
n 2 + 4n
¶
¶
n2 ¡ 1
= lim
n!1
n
µ
n 2 + 3 ¡ n 2 ¡ 4n
n 2 + 4n
n2 ¡ 1
= ¡4 ) lim
n!1
n
b) Comencemos con la primera serie:
Por el criterio del cociente,
µ
n2 + 3
n 2 + 4n
¶ n2n¡1
¶
n2 ¡ 1
=
n
= e¡4.
P 2n + 1
3n
2n + 3
a n+1
n+1
(2n + 3) 3n
lim
= lim 3
= lim
=
n!1 an
n!1 2n + 1
n!1 (2n + 1) 3n+1
3n
2n + 3
2
1
SERIE
= lim
= = <1
n!1 6n + 3
CONV ERGENT E
6
3
5
P
µ
n2 + 3
n2 + 4n
¶ n2n¡1
Por otro lado, puesto que lim bn 6= 0; las serie
no
n!1
converge.
P 2n + 1
Calculemos la suma
. Procedemos como en el ejercicio 3.6
3n
n¸1
(apartados c y d).
3
5
7
9
11
2n + 1
+ 2 + 3 + 4 + 5 + :::: +
3 3
3
3
3
3n
1
3
5
7
9
11
2n + 1
Sn = 2 + 3 + 4 + 5 + 6 + :::: + n+1
3
3
3
3
3
3
3
Sn =
Restando miembro a miembro,
µ
¶
1
2
2
2
2
2n + 1
1¡
Sn = 1 + 2 + 3 + 4 + :::: + n ¡ n+1
3
3
3
3
3
3
2
Sn = 1 +
3
2
32
¡ 3n2+1
2n + 1
¡ n+1
1
1¡3
3
2
1
1
2n + 1
Sn = 1 + ¡ n ¡ n+1
3
3 3
3
·
¸
3
1
1
2n + 1
Sn =
1 + ¡ n ¡ n+1
2
3 3
3
· ·
¸¸
·
¸
P 2n + 1
3
1
1
2n + 1
3
1
= lim
1 + ¡ n ¡ n+1
=
1+
= 2.
n!1 2
3n
3 3
3
2
3
n¸1
5.- Estudiese en función del parámetro ® > 0; el carácter de la
serie
X
®¡Ln n
n>0
Solución.an = ®¡Ln n =
1
®Ln n
Aplicando el criterio del logarítmo, tenemos que
1
an = lim Ln ®Ln
lim
n!1 Ln n
n!1
Ln n
Ln
n
= lim
n!1
Ln n Ln ®
= Ln ®
Ln n
6
Si Ln ® > 1 , ® > e la serie converge.
Si Ln ® < 1 , ® < e la serie diverge.
Si Ln ® = 1; esto es, si ® = e tenemos la serie
X
e ¡Ln
n>0
n
X
=
n>0
1
eLn
n
X 1
=
n
n>0
que es la serie armónica divergente.
En resumen:
si ® · e )la serie diverge
si ® > e, la serie converge.