Transformada De Laplace Y Series De Potencias

Universidad T´cnica Federico Santa Mar´ e ıa
Departamento de Matem´tica a Casa Central

´ Quiz No.1 Matematica III
´ 1er Semestre de 2012, Miercoles 2 de Mayo Tiempo: 90 minutos. Forma A

Nombre: Nombre Profesor: Rol: Paralelo: 1. (30 puntos) Considere la funci´n f (x) = xk sin(xm ) con k, m ∈ N o a) Determine la serie de potencias de f (x) en torno a x = 0 b) Obtener el intervalo deconvergencia y la funci´n a la cual converge la siguiente serie: o
∞

n=1

(−1)n−1 (4n + 2) 4n+1 x (2n − 1)!

c) Sea n ∈ N, calcule s´lo utilizando expansi´n en series de Taylor el siguiente l´ o o ımite sin(x2n ) n x→0 ex − 1 − xn lim Soluci´n: o a) La expansi´n en serie de MacLaurin de la funci´n seno es o o
∞

sin(x) =
n=0

(−1)n x2n+1 (2n + 1)!

y dicha expresi´n es v´lida para todo x∈ R. Luego, o a
∞

sin(x ) =
n=0

m

(−1)n x2nm+m (2n + 1)!

∀x ∈ R (5 puntos)

De lo anterior, concluimos que
∞

x sin(x ) =
n=0

k

m

(−1)n x2nm+m+k (2n + 1)!

∀x ∈ R (5 puntos)

Observaci´n: No basta con hallar la expresi´n algebraica para tener el puntaje, se o o debe especificar los valores de x ∈ R para los cuales dicha expresi´n tiene sentido. o

Los desarrolloscon l´piz a mina NO tienen derecho a una apelaci´n a o

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b) Si definimos j = n − 1 la serie es reordenada como sigue:
∞

j=0

(−1)j (4j + 6) 4j+5 x (2j + 1)!

La cual es de forma similar a la serie obtenida en el punto a). En efecto, al derivar la serie del punto a) obtenemos
∞

d xk sin(xm) = dx

n=0

(−1)n (2nm + m + k)x2nm+m+k−1 (2n + 1)!

∀x ∈ R (5 puntos)

Si tomamos m = 2 y k = 4 en la expresi´n anterior, concluimos que o d x4 sin(x2 ) = 4x3 sin(x2 )−2x5 cos(x2 ) = dx
∞

n=0

(−1)n (4n + 6) 4n+5 x (2n + 1)!

∀x ∈ R (5 puntos)

Observaci´n: Se asignan s´lo (5 puntos) al c´lculo correcto del radio e intervalo de o o a convergencia de la serie sin llegar a lafunci´n a la cual converge. o c) Del punto a) y de la expansi´n en serie de MacLaurin de ex tenemos o
∞

sin(x ) =
k=0

2n

(−1)k x4kn+2n (2k + 1)!

∞

∀x ∈ R

y

e

xn

=
k=0

xkn k!

∀x ∈ R (5 puntos)

Luego,
∞ (−1)k x4kn+2n (−1)k x4kn+2n x2n + (2k + 1)! (2k + 1)! sin(xn ) k=1 = k=0 kn = 2n xn − 1 − x n ∞ x ∞ xkn e x − 1 − xn 1 + xn + + − 1 − xn k! 2! k! k=0 k=3 ∞ (−1)kx4kn+2n x2n + (2k + 1)! k=1 = 2n ∞ xkn x + 2! k=3 k! ∞

As´ ı, sin(xn ) = lim n x→0 ex − 1 − xn x→0 lim x2n +
∞ (−1)k x4kn+2n−2n (−1)k x4kn+2n 1+ (2k + 1)! (2k + 1)! 1+0 k=1 k=1 =2 = lim = 1 ∞ xkn ∞ xkn−2n x→0 +0 x2n 1 2 + + 2! 2! k=3 k! k=3 k! ∞

(5 puntos)

Los desarrollos con l´piz a mina NO tienen derecho a una apelaci´n a o

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2. (30 puntos) Sea Pn [x] el espacio vectorial real de los polinomios de grado menor o igual a n. Considere la transformaci´n lineal T : P2 [x] → P3 [x] dada por: o
0

T [p(x)] = 2x
−1

p(t)dt + 5x2 p(0) + x3 6p (0) − 2kp (0)

a) Obtenga el Kernel de T para los distintos valores de k. b) ¿Existen valores de k ∈ R, de modo que la Imagen de T seaisomorfa a R2 , o bien, la Imagen de T sea isomorfa a R3 ? Soluci´n: o a) Sea p(x) ∈ R2 [x] de la forma p(x) = ax2 + bx + c con a, b, c ∈ R.
0

p(t)dt =
−1

a b − +c 3 2

p(0) = c

p (0) = b

p (0) = 2a

(5 puntos)

Luego, T (ax2 + bx + c) = As´ ı, 2a − b + 2c = 0 3 5c = 0 6b − 4ak = 0 2a − 3b = 0 3b − 2ak = 0 2a − b + 2c x + (5c)x2 + (6b − 4ak)x3 3

p(x) ∈ ker T

⇔

⇔

c=0 y(5 puntos)

Si k = 1 el sistema anterior tiene por soluci´n a = b = 0 y por lo tanto ker T = {0}. Si o k = 1 el sistema anterior tiene infinitas soluciones en la recta 2a − 3b = 0 ⇔ b = 2a y 3 2 luego ker T = x2 + 3 x . (5 puntos) b) Del teorema del rango (o teorema de la dimensi´n): o 3 = dimR R2 [x] = dimR ker T + dimR Im T (5 puntos)

Si k = 1 entonces dimR ker T = 0 y por lo tanto dimR Im...