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\hyphenation{tales vemos induce}

\Materia{Taller de Cálculo Avanzado}
\Cuatrimestre{Primer Cuatrimestre --- 2013}
\Titulo{Primer parcial}


\begin{document}

\maketitleParcial
\thispagestyle{empty}

\begin{ejercicios}

%%%%%%%%%%%%
\item Analice la convergencia absoluta y condicional de la serie
  \[
  \sum_{n=1}^\infty (-1)^n \tan \frac{1}{n\sqrt n }.
  \]

\begin{Solucion}
Si $n\in\NN$, es $\tfrac{1}{n\sqrt n}\in(0,1]$, así que $\tan\tfrac{1}{n\sqrt n}>0$.
Usando la regla de l'Hôpital, es inmediato que
  \[
  \lim_{x\to 0} \frac{\tan x}{x}
    = \lim_{x\to0} \frac{\frac{1}{\cos^2x}}{1}
    = 1,
  \]
así que también
  \[
  \lim_{n\to\infty} \frac{\tan 1/n\sqrt x}{1/n\sqrt n} = 1
  \]
porque $1/n\sqrt n\to 0$ si $n\to\infty$. El criterio de comparación por
paso al límite nos dice que la serie $\sum_{n=1}^\infty\tan\tfrac1{n\sqrt
n}$ tiene el mismo carácter que $\sum_{n\geq1}\infty\frac{1}{n\sqrt n}$, y
sabemos que esta última converge. vemos así que la serie del enunciado
converge \emph{absolutamente} y entonces, como vimos en las clases teóricas,
también converge condicionalmente.

\end{Solucion}

%%%%%%%%%%%%
\item Muestre que para todo $n\in\NN$ la ecuación 
  \[
  \frac{x^3}{n}+x=1
  \]
tiene una única solución; llamémosla $a_n$. Pruebe que la sucesión
$(a_n)_{n\geq1}$ es creciente y acotada y determine su límite.

\begin{Solucion}
La función $f:x\in\RR\mapsto x^3/n+x\in\RR$ es continua y, como
$f(0)=0$ y $f(1)=\tfrac{1}{n}+1>1$, la ecuación $f(x)=1$ tiene una solución
en el intervalo~$(0,1)$. Por otro lado, la función $f$ es estrictamente
creciente, porque $f'(x))=2x^3/n+1>0$ para todo $x\in\RR$, así que esa
ecuación tiene exactamente \emph{una} solución.

Acabamos de mostrar que la sucesión está contenida en el
intervalo~$(0,1)$, así que es acotada. Sea $n\in\NN$ y supongamos que
$a_n\geq a_{n+1}$. Entonces $a_n^3\geq a_{n+1}^3$ porque $a_n$ y $a_{n+1}$ son
positivos, y entonces
  \[
  1 = \frac{a_n^3}{n}+a_n
    \geq \frac{a_{n+1}^3}{n}+a_{n+1}
    > \frac{a_{n+1}^3}{n+1}+a_{n+1}
    = 1,
  \]
lo que es absurdo. Vemos así que la sucesión $(a_n)_{n\geq1}$ es
estrictamente creciente.

Como es creciente y acotada la sucesión, sabemos que existe el
límite $\lim_{n\to\infty}a_n$; llamémoslo $\alpha$. Para todo $n\geq1$
sabemos que 
  \[
  \tfrac{a_n^3}{n}+a_n = 1.
  \]
Tomando límites a ambos lados de esta igualdad, vemos inmediatamente que
$\alpha=1$.~\qed
\end{Solucion}

%%%%%%%%%%%%
\item Sea $x\in\RR$ y para cada $n\in\NN$ sea 
  \[
  a_n = \frac{\floor{x}+\floor{2x}+\cdots+\floor{nx}}{n^2}.
  \]
Muestre que la sucesión $(a_n)_{n\geq1}$ converge y que su límite es $x/2$.

\begin{Solucion}
Sabemos que para todo $y\in\RR$ es $\floor{y}\leq y$, así que 
  \[
  \frac{\floor{x}+\floor{2x}+\cdots+\floor{nx}}{n^2}
    \leq \frac{x+2x+\cdots+nx}{n^2}
    = \frac{(1+2+\cdots+n)}{n^2}x.
  \]
De manera similar, si $y\in\RR$ es $\floor{y}\geq y-1$, así que
  \begin{align*}
  \frac{\floor{x}+\floor{2x}+\cdots+\floor{nx}}{n^2}
    &\geq \frac{(x-1)+(2x-1)+\cdots+(nx-1)}{n^2} \\
    &= \frac{(1+2+\cdots+n)}{n^2}x - \frac{1}{n}.
  \end{align*}
Vemos así que para todo $n\in\NN$ es
  \begin{equation} \label{eq:sand}
  \frac{(1+2+\cdots+n)}{n^2}x - \frac{1}{n}
    \leq a_n 
    \leq \frac{(1+2+\cdots+n)}{n^2}x
  \end{equation}
y, como $1+2+\cdots+n=n(n+1)/2$ y 
  \[
  \lim_{n\to\infty} \frac{n(n+1)/2}{n^2} = \frac12,
  \]
pasando al límite en~\eqref{eq:sand}, que la sucesión $(a_n)_{n\geq1}$
converge y que su límite es $x/2$. \qed
\end{Solucion}

%%%%%%%%%%%%
\item Muestre que existe el límite de la sucesión
  \[ 
\def\q{{\sqrt{2}}}
  1, \qquad \q, \qquad \q^\q, \qquad \q^{\q^\q}, \qquad \q^{\q^{\q^\q}}, \qquad \dots
  \]

\begin{Solucion}
Se trata de la sucesión $(a_n)_{n\geq1}$ tal que $a_1=1$ y 
  \[ \label{eq:2}
  a_{n+1}=2^{a_n/2}
  \]
para todo $n\geq1$. La sucesión es estrictamente creciente: en
efecto, sabemos que $a_1=1<\sqrt2=a_2$ y si suponemos inductivamente que
$n\geq1$ es tal que $a_n<a_{n+1}$, entonces
  \[
  a_{n+1} = 2^{a_n/2} < 2^{a_{n+1}/2} = a_{n+1},
  \]
porque la función $x\mapsto 2^x$ es estrictamente creciente. De manera
similar, la sucesión está acotada superiormente por~$2$: es claro que
$a_1=1<2$ y si suponermos que $n\in\NN$ es tal que $a_n<2$, entonces 
  \[
  a_{n+1} = 2^{a_n/2} < 2^{2/2} = 1,
  \]
por la misma razón que antes. Concluimos así que la sucesión
$(a_n)_{n\geq1}$ converge. \qed
\end{Solucion}

%%%%%%%%%%%%
\item Muestre que la sucesión
  \[
  1, \qquad
  \sqrt 2, \qquad
  \sqrt{2\sqrt 2} \qquad
  \sqrt{2\sqrt{2\sqrt 2}}, \qquad
  \dots
  \]
converge y determine su límite.

\begin{Solucion}
Se trata de la sucesión $(a_n)_{n\geq1}$ con $a_1=1$ y 
  \begin{equation} \label{eq:sq}
  a_{n+1} = \sqrt{2a_n}
  \end{equation}
para cada $n\geq1$. Como la función
$f:t\in[0,\infty)\to\sqrt{2t}\in[0,\infty)$ es estrictamente creciente y
$f(2)=2$, es inmediato que la sucesión es estrictamente creciente y está
acotada superiormente por~$2$. En efecto, Es claro que $0<a_1<a_2<2$ y si
$0<a_n<a_{n+1}<2$ para algún $n\in\NN$, entonces
$0=f(a_n)<f(a_{n+1}<f(2)=2$, de manera que $0<a_{n+1}<a_{n+1}<2$.
 
Esto muestra que la sucesión converge. Sea $\alpha$ su límite; como la
sucesión es creciente y $a_1=1$, es claro que $\alpha>0$. Podemos
tomar límite a ambos lados de la igualdad \eqref{eq:sq} cuando $n\to\infty$
y, como $f$ es una función continua, ver inmediatamente que
$\alpha=\sqrt{2\alpha}$. Esto implica que $\alpha$ es una raíz del
polinomio $X^2-2X$, así que es o~$0$ o~$2$. Como $\alpha$ es un número
positivo, concluimos que $\alpha=2$.~\qed
\end{Solucion}

%%%%%%%%%%%%%
%\item Muestre que la serie
%  \[
%  \sum_{n\geq1} \Bigl(\sqrt{n^\alpha+1}-\sqrt{n^\alpha}\Bigr)
%  \]
%converge si $\alpha>2$ y diverge si $\alpha=2$.
%
%\begin{Solucion}
%Notemos que la serie tiene términos positivos.
%De acuerdo al teorema de Lagrange aplicado a la función
%$f(t)=\sqrt{t}$, para cada $n\geq1$ existe $x_n\in[n^\alpha,n^\alpha+1]$ tal que
%  \[
%  \sqrt{n^\alpha+1}-\sqrt{n^\alpha} 
%        = f(n^\alpha+1)-f(n^\alpha)
%        = f'(x_n)
%        = \frac{1}{2\sqrt{x_n}},
%  \]
%de manera que
%  \begin{equation} \label{eq:d}
%  \frac{1}{2(n^\alpha+1)^{1/2}} 
%        \leq \sqrt{n^\alpha+1}-\sqrt{n^\alpha} 
%        \leq \frac{1}{2x^{\alpha/2}}.
%  \end{equation}
%Si $\alpha>2$, entonces la serie
%$\sum_{n\geq1}\frac{1}{2n^{\alpha/2}}$ converge, y la segunda desigualdad de \eqref{eq:d} y el
%criterio de comparación nos dicen que la serie del enunciado converge.
%Por otro lado, si $\alpha=2$ la primera desigaldad en \eqref{eq:d}
%implica que para ver que la serie del enunciado diverge basta
%mostrar que $\sum_{n\geq1}\frac{1}{2(n^2+1)^{1/2}}$ diverge. Esto
%último es claro en vista del criterio del cociente y de que
%  \[
%  \lim_{n\to\infty} 
%    \frac{\quad\frac{1}{2(n^2+1)^{1/2}}\quad}{\frac{1}{2n}} 
%    = \lim_{n\to\infty} \frac{2n}{2n(1+\frac1{n^2})^{1/2}}
%    = 1,
%  \]
%ya que la serie armónica $\sum_{n\geq1}\frac{1}{n}$ diverge. \qed
%\end{Solucion}

%%%%%%%%%%%%
\item Sean $(a_n)_{n\geq1}$ y $(b_n)_{n\geq1}$ dos sucesiones acotadas de
números reales tales que para cada $n\in\NN$ existe $m>n$ tal que
$b_m\geq a_n$. Muestre que
$\limsup_{n\to\infty}a_n\leq\limsup_{n\to\infty}b_n$.

\begin{Solucion}
Sea $\alpha$ un punto límite de la sucesión $(a_n)_{n\geq1}$, de manera que
existe una subsucesión $(a_{n_k})_{k\geq1}$ que converge a~$\alpha$.

Sea $n_1=1$. Por hipótesis, existe $n_2$ tal que $n_2>n_1$ y
$b_{n_2}\geq a_{n_1}$. Otra vez, la hipótesis nos dice que existe $n_3$ tal
que $n_3>n_2$ y $b_{n_3}\geq a_{n_2}$. Continuando de esta forma, vemos que
existe una sucesión estrictamente creciente de enteros positivos
$(n_k)_{k\geq1}$ tal que $b_{n_{1+k}}\geq a_{n_k}$.

Como la sucesión $(b_{n_k})_{k\geq1}$ es acotada porque es una subsucesión
de $(b_n)_{n\geq1}$, posee una subsucesión convergente
$(b_{n_{k_j}})_{j\geq1}$ y como $b_{n_{1+k_j}}\geq a_{n_{k_j}}$, vemos que
$\lim_{j\to\infty}b_{n_{1+k_j}}\geq
\lim_{j\to\infty}a_{n_{k_j}}=\lim_{n\to\infty}a_n$.

Así, cada vez que $\alpha$ es un punto límite de la sucesión
$(a_n)_{n\geq1}$, existe un punto límite $\beta$ de la sucesión $(b_n)_{n\geq1}$ 
tal que $\alpha\leq\beta$. Esto implica inmediatamente que
$\limsup_{n\to\infty}a_n\leq\limsup_{n\to\infty}b_n$. \qed
\end{Solucion}


\end{ejercicios}

\end{document}
