Examenes de calculo resueltos

´ CALCULO
´ SOLUCIONES DE LOS EXAMENES ORDINARIOS DE LA ASIGNATURA
Convocatorias de Febrero de 2002 a Septiembre de 2009

´ E.T.S.I. de TELECOMUNICACION Primer Curso

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Soluciones del examen realizado el 12 de Febrero de 2002 CUESTIONES (Tiempo 1:45; 4 puntos cada cuesti´n) o √ n 1.- Demostrar que lasucesi´n o n n
∞

est´ acotada. a
n=1

Soluci´n: Claramente, los t´rminos de la sucesi´n o e o

√ n n n

∞ n=1 √
n

son positivos. Por lo tanto, una cota inferior es

0. Por otro lado, el valor 1 es una cota superior, puesto que

n n ≤ = 1 para cada n ∈ N. n n Otra forma de ver que la sucesi´n est´ acotada consiste simplemente en comprobar que es√ o a convergente n √ n n (v´asela proposici´n 2.3 del tema 2). En este caso, puesto que lim n = 1, tenemos que lim e o = 0. n→∞ n→∞ n 2.- Calcular lim 21/2 · 21/4 · 21/8 · . . . · 21/2 .
n→∞
n

Soluci´n: Tenemos que o
n→∞

lim 21/2 · 21/4 · 21/8 · · · 21/2
∞

n

n

= lim 2
n→∞

k=1

1/ k 2

∞

=2

k=1

1 2k / .

En el exponente aparece la serie geom´trica e
k=1

1/2k de raz´n 1/2 < 1. Esta seriees convergente y su suma es o

igual a 1. As´ pues, el l´ ı ımite buscado es 21 = 2.
∞

3.- Sean α, q ∈ R, |q| < 1. Estudiar la convergencia de la serie
n=1

qn cos(nα).

Soluci´n: Estudiemos la convergencia absoluta de la serie. Puesto que | cos(nα)| ≤ 1, para todos α ∈ R y n ∈ N, o tenemos que |qn cos(nα)| ≤ |q|n, n ∈ N.
∞

Al ser |q| < 1, la serie geom´trica e
∞ n=1 n=1

|q|nconverge.

Entonces, por el criterio de comparaci´n, la serie o

qn cos(nα) converge absolutamente y, por lo tanto, converge, cualesquiera que sean α, q ∈ R, con |q| < 1.
∞

4.- Probar que la serie
∞

(−1)n 1 cos n n+1 n=1

converge.

(−1)n es convergente por ser alternada y la sucesi´n formada por los valores absolutos o n n=1 1 de sus t´rminos mon´tona decreciente hacia 0. Como lasucesi´n cos n+1 es mon´tona creciente hacia 1, e o o o el criterio de Abel nos dice que la serie propuesta es convergente. N´tese que no se puede aplicar el criterio o 1 de Leibnitz a la serie del problema si no se demuestra previamente que la sucesi´n n cos n+1 es mon´tona o 1 o 1 decreciente con l´ ımite 0, hecho que no es evidente dado que cos n+1 crece cuando n tiende a infinito. Soluci´n: Laserie o 5.- Probar que existe x0 ∈ 0, 2/π tal que x0 sen 1 x0 = 1 . π

2 Soluci´n: La funci´n f(x) = x sen 1/x es continua en el intervalo 0, π , y existe lim x sen 1/x = 0, lo o o x→0+ que significa que se puede extender por continuidad la funci´n definiendo f(0) = 0. Este proceso nos lleva a o que la funci´n dada es continua en un intervalo cerrado y toma en sus extremos los valores 0 y 2/π , porlo que o en virtud de la propiedad de Darboux el valor 1/π que est´ comprendido entre ambos ser´ alcanzado en alg´n a a u punto del intervalo 0, 2/π .

6.- Calcular lim (x3 + x2) log 1 + 1/x3 .
x→∞

Soluci´n: Cuando x tiende a infinito, 1 + 1/x3 tiende a uno, por lo que log 1 + 1/x3 ∼∞ 1/x3 . Es inmediato o a partir de aqu´ ver que el l´ ı ımite pedido es 1.
Departamento de An´lisisMatem´tico. Universidad de Valladolid. a a

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7.- Hallar el desarrollo limitado de orden 3 en x0 = 0 de la funci´n f(x) = o

tg(x) − sen(x) . cos(x)

Soluci´n: La funci´n f es de clase C ∞ en −π/2, π/2 , por lo tanto admite desarrollo limitado en x0 = 0 de o o cualquier orden, en particular, 3. Para calcularlousaremos los siguientes desarrollos conocidos en x0 = 0: 1 3 1 x2 x + o(x3 ), + o(x3 ) . sen(x) = x − x3 + o(x3), cos(x) = 1 − 3 3! 2! Entonces el desarrollo limitado del numerador es 1 1 1 tg(x) − sen(x) = x + x3 + o(x3) − x − x3 + o(x3 ) = x3 + o(x3 ) en x0 = 0 . 3 3! 2 Haciendo la divisi´n en orden creciente de los desarrollos del numerador y del denominador se prueba que o 1 f(x) = x3 +...