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Ingenierıas Tecnicas en Informatica-CALCULO INFINITESIMAL 11 de febrero de 2005

Entreguen cada ejercicio en folios separados sin doblar las esquinas.

Escriban en cada folio “1er APELLIDO 2o APELLIDO, NOMBRE” (en MAYUSCULAS).

Ejercicio 1. (3.5 puntos) Sean α y β dos constantes reales sujetas a las condiciones α ≥ 0 y β 6= 1 yβ ≥ 0.

a) Determinar para que valores de α y β las siguientes series convergen:∞∑

n=1

n + α

nβ,

∞∑n=1

(−1)n n + α

nβ,

Ayuda: En la primera serie puedes utilizar comparacion por paso al lımite con la serie

∞∑n=1

1

nβ−1.

b) Calcular el radio y el campo de convergencia de la serie de potencias∞∑

n=1

anxn, con an =n + α

nβen

funcion de α y β.

c) Sumar la serie de potencias∞∑

n=1

nxn, donde sea posible, e indica su radio y campo de convergencia.

Ayuda:∑∞

n=0xn = 1

1−x, |x| < 1.

d) Sea {cn} una sucesion numerica cuyos terminos satisfacen la relacion cn+Acn−1 = n, con n = 1, 2, . . .,

siendo A una constante real y verificandose que c0 = 0. Probar que la serie de potencias∞∑

n=0

cnxn

sumax

(1 + Ax)(1− x)2, para todo x del campo de convergencia.

Ayuda: Prueba que (1 + Ax)

∞∑n=1

cnxn =x

(1− x)2.

Ejercicio 2. (3 puntos) Sea f(x) = ex, x ∈ (−π, π]. Denotaremos por Sf(x) la serie de Fourier def y por Sf ′(x) la serie de Fourier de f ′. Los coeficientes de Fourier de f vienen denotados por an y bn.Razonar si son verdaderas o falsas las siguientes afirmaciones:

a) a0 = 0.

b) f(x) = Sf(x), ∀x ∈ (−π, π).

c) Sf ′(x) =∞∑

n=1

(an cos nx + bnsennx)′, ∀x ∈ (−π, π).

Ejercicio 3. (3.5 puntos)

a) Resolver el problema de valores iniciales: (x2 − 1)y′ − xy = 0, y(0) = 1

Ayuda:

∫1

xdx = ln |x|+ c, c ∈ R.

b) Resolver mediante desarrollos en series de potencias el problema de valores iniciales:

(x2 − 1)y′′ + xy′ − y = 0, y(0) = 1, y′(0) = 0. (1)

Obtener el radio de convergencia de dicha serie solucion o dar, justificadamente, una cota inferiorsignificativa del mismo.

c) A partir de la igualdad:

(x2 − 1)y′′ + xy′ − y =((x2 − 1)y′ − xy

)′probar que (1) puede escribirse como (1).

d) Calcular la suma de la serie de potencias que es solucion de (1).


SOLUCION

Ejercicio 1.

a) (a) Utilizando el criterio de comparacion por paso al lımite con la serie∞∑

n=1

1nβ−1

, tenemos lo si-

guiente:

limn→∞

n + α

nβ

1nβ−1

= limn→∞

(n + α)nβ−1

nβ= 1

Por tanto, las dos series tienen el mismo caracter. Estudiemos si convergen o no en funcion delparametro β:

• La serie∞∑

n=1

1nβ−1

converge si β − 1 > 1, es decir, si β > 2, pues en ese caso se trata de una

p-serie con p > 1.

• La serie∞∑

n=1

1nβ−1

diverge si β − 1 ≤ 1, es decir, si β ≤ 2, pues en ese caso se trata de una

p-serie con p < 1 o una serie armonica (en el caso de la igualdad).

Dado que las dos series tienen el mismo caracter, la serie∞∑

n=1

n + α

nβconverge si β > 2 y

diverge si β ≤ 2.

(b) La serie∑∞

n=1(−1)n n+αnβ es una serie alternada, por lo que podemos estudiar su convergen-

cia aplicando el criterio de Leibnitz para series alternadas. Segun este criterio, la serie seraconvergente si lim

n→∞an = 0 y an+1 < an.

Comencemos estudiando el lımite del termino general de la serie en valor absoluto.

limn→∞

n + α

nβ= 0 ⇔ β > 1.

Ası, si β ≤ 1 la serie diverge.Estudiemos el caso en que β > 1. En este caso, para que la serie converja, la serie en valor abso-luto ha de ser decreciente. Consideremos la funcion f(x) = x+α

xβ y analicemos si es decreciente.Dado que

f ′(x) =xβ − β(x + α)xβ−1

x2β=

xβ(1− β)− αβxβ−1

x2β,

y teniendo en cuenta que α ≥ 0 y β > 1, se tiene que f ′(x) < 0 para todo x ≥ 0. Por tanto,f(x) es decreciente, lo cual implica que la serie dada, en valor absoluto, es decreciente.Podemos concluir que para β > 1 la serie alternada es convergente.

b)

limn→∞

∣∣∣∣∣(n + 1 + α)xn+1

(n + 1)β

nβ

(n + α)xn

∣∣∣∣∣ = limn→∞

∣∣∣∣∣ (n + 1 + α)nβ

(n + 1)β(n + α)x

∣∣∣∣∣ = |x|.

Si |x| < 1 la serie dada converge. Por lo que el radio de convergencia de la serie dada es R = 1.

Para determinar el campo de convergencia tendremos que estudiar que ocurre cuando x = ±1, peroya sabemos del apartado anterior que ocurre en ambos casos segun el valor de β.

• Si β > 2, las series∞∑

n=1

n + α

nβy

∑∞n=1(−1)n n+α

nβ son las dos convergentes, por lo que el campo

de convergencia es [−1, 1].

• Si 1 < β ≤ 2, la serie∞∑

n=1

n + α

nβdiverge y la serie

∑∞n=1(−1)n n+α

nβ converge, por lo que el campo

de convergencia es [−1, 1).

• Si 0 ≤ β < 1, las series∞∑

n=1

n + α

nβy

∑∞n=1(−1)n n+α

nβ son ambas divergentes, por lo que el campo

de convergencia es (−1, 1).

c) Esta serie es la estudiada en el apartado anterior en el caso en que α = β = 0, por lo que sabemosque el radio de convergencia es R = 1 y el campo de convergencia es (−1, 1).

Si integramos la serie dada, obtenemos la serie∑∞

n=0 xn cuya suma es conocida:

∞∑n=0

xn =1

1− xpara |x| < 1

Derivando tenemos que∞∑

n=1

nxn−1 =1

(1− x)2para |x| < 1

Si multiplicamos por x tenemos que la suma pedida es

∞∑n=1

nxn =x

(1− x)2para |x| < 1

d)

(1 + Ax)∞∑

n=0

cnxn = (c0 + c1x + c2x2 + · · ·) + Ax(c0 + c1x + c2x

2 + · · ·) =

= c0 + (c1 + Ac0)x + (c2 + Ac1)x2 + · · ·+ (cn + Acn−1) xn + · · · = x + 2x2 + · · ·+ nxn + · · · =

=∞∑

n=1

nxn =∞∑

n=1

nxn =x

(1− x)2

Una vez que hemos probado que (1 + Ax)∞∑

n=0

cnxn =x

(1− x)2, despejando llegamos a la igualdad

pedida.

2

Ejercicio 2.

a) Falsa, pues a0 =1π

∫ π

−πex dx =

eπ − e−π

π6= 0.

b) Verdadera. Para llegar a esta conclusion, lo que hacemos es estudiar la convergencia puntual de laserie de Fourier. La herramienta para esta labor es el teorema de Dirichlet. Es inmediato probar quef es suave a trozos en [−π, π] (que es la hipotesis de Dirichet). Ademas f es continua en (−π, π),aplicando el teorema de Dirichlet tenemos que si x ∈ (−π, π) ⇒ f(x) = Sf(x).

c) Falsa. Pues f ′(x) = ex = f(x), x ∈ (−π, π) entonces Sf ′(x) = Sf(x), x ∈ (−π, π). Sabemos que el

termino independiente en Sf(x) que es a0 es no nulo; sin embargo, en∞∑

n=1

(an cos nx + bnsennx)′ el

termino independiente es nulo. Razon por la cual es falso el enunciado. 2

Ejercicio 3.

a) Despejando en la ecuacion obtenemos que

y′

y=

x

x2 − 1,

integrando tenemos

ln y =12

ln |x2 − 1|+ ln k, k ∈ R+, (c = ln k ∈ R).

Operando,y = k

√|x2 − 1|,

para determinar k imponemos que y(0) = 1,

y(0) = k√|02 − 1| = k ⇒ k = 1,

luego la solucion (unica) al problema de valores iniciales es

y =√|x2 − 1|

b) Es facil ver que esta ecuacion diferencial es de segundo orden lineal y homogenea, pues se puedeescribir de la forma

y′′ + P (x) y′ + Q(x) y = 0, con P (x) =x

x2 − 1y Q(x) = − 1

x2 − 1.

Ya que P (x) y Q(x) son continuas en un entorno del 0, en concreto en (−1, 1), por el teorema 3.5(apuntes de teorıa del tema 3) podemos asegurar que el P.V.I (1) tiene solucion y es unica. Mas

aun, por ser P (x) = −∞∑

n=0

x2n+1, ∀x ∈ (−1, 1) y Q(x) =∞∑

n=0

x2n, ∀x ∈ (−1, 1) (i.e., P (x) y Q(x)

desarrollables en series de potencias en un entorno del 0) estos desarrollos se deducen facilmente del

siguiente desarrollo∞∑

n=0

xn =1

1− x, x ∈ (−1, 1); tenemos que x0 = 0 es un punto ordinario para

esta ecuacion y gracias al teorema 3.15 (apuntes de teorıa tema 3) podemos asegurar que la solucion(unica) al problema (1) puede expresarse en forma de serie de potencias y que dicho desarrollo esvalido al menos en (−1, 1).

Ahora pasamos a calcular la serie que es solucion de (1). Tomemos y =∞∑

n=0

anxn e impongamos que

sea solucion de (1). Derivando y multiplicando obtenemos

y′ =∞∑

n=1

nanxn−1, y′′ =∞∑

n=2

(n− 1)nanxn−2 =∞∑

n=0

(n + 1)(n + 2)an+2 xn

x2y′′ =∞∑

n=2

(n− 1)nanxn, xy′ =∞∑

n=1

nanxn,

Sustituyendo en la ecuacion diferencial de (1) y sacando factor comun las distintas potencias de xllegamos a:

(−2a2 − a0) + (−6a3 + a1 − a1) x +∞∑

n=2

(an(n− 1)(n + 1)− an+2(n + 2)(n + 1)) xn = 0,

por tanto, todos los coeficientes de las distintas potencias de x son nulos

−2a2 − a0 = 0, −6a3 = 0, an(n− 1)(n + 1)− an+2(n + 2)(n + 1) = 0, n ≥ 2,

despejando

a2 = −a0

2, a3 = 0, an+2 =

n− 1n + 2

an, n ≥ 2.

Dandole valores a n llegamos a

a4 = − 14 · 2

a0, a5 = 0, a6 = − 36 · 4 · 2

a0, a7 = 0, a8 = − 5 · 38 · 6 · 4 · 2

a0, . . .

de donde se deduce

a2n = −1 · 3 · 5 · · · (2n− 3)2 · 4 · 6 · · · (2n)

a0, a2n+1 = 0, n ≥ 1.

Insertando estos coeficientes en y =∑

anxn tenemos

y = a0(1−12

x2 − · · · − 1 · 3 · 5 · · · (2n− 3)2 · 4 · 6 · · · (2n)

x2n − · · ·) + a1 x

y teniendo en cuenta las condiciones iniciales de (1), concluimos que

a0 = 1, a1 = 0

Por tanto la solucion del problema (1) es

y = 1− 12

x2 − · · · − 1 · 3 · 5 · · · (2n− 3)2 · 4 · 6 · · · (2n)

x2n − · · ·

Es muy facil ver que el radio de convergencia de esta serie es 1.

c) Usando la igualdad que nos dan podemos escribir (1), como((x2 − 1)y′ − xy

)′= 0, y(0) = 1, y′(0) = 0.

Analizando la igualdad anterior((x2 − 1)y′ − xy

)′= 0 ⇒ (x2 − 1)y′ − xy = c, c ∈ R (constante),

evaluando esta ultima igualdad en x = 0 tenemos que (02 − 1)y′(0) − 0y(0) = c, usando que y(0) =1, y′(0) = 0, tenemos que c = 0. Por tanto, tenemos que la solucion de (1) satisface

(x2 − 1)y′ − xy = 0, y(0) = 1.

d) En el apartado c) hemos probado que la solucion de (1) tambien es solucion de (1). Usando elteorema de existencia y unicidad para e.d.o de primer orden (teorema 2.1 de los apuntes del tema3) se prueba que existe una unica solucion para (1). Realmente lo unico que debemos ver, es que

y′ = f(x, y) =xy

x2 − 1y

∂ f

∂y=

x

x2 − 1son continuas en un entorno del punto (0, 1), que se tiene

pues ambas funciones son continuas en todo R2 excepto en las rectas x = 1, x = −1. Por tanto,la solucion de (1) hallada en el apartado a) y la solucion de (1) hallada en el apartado b) debencoincidir: √

|x2 − 1| = 1− 12

x2 − · · · − 1 · 3 · 5 · · · (2n− 3)2 · 4 · 6 · · · (2n)

x2n − · · · , x ∈ (−1, 1).

2

Ingenierıas Tecnicas en Informatica-CALCULO INFINITESIMAL 21 de septiembre de 2005

Entreguen cada ejercicio en folios separados sin doblar las esquinas.Escriban en cada folio “1er APELLIDO 2o APELLIDO, NOMBRE” (en MAYUSCULAS).

Ejercicio 1. (3.5 puntos) Sea Jp(x) =∞∑

n=0

(−1)n x2n+p

22n+p n!(p + n)!, p = 0, 1, 2, . . .

a) Estudiar el radio e intervalo de convergencia de la serie de potencias Jp(x) en funcion de p.

b) Probar que: (xp Jp(x))′ = xp Jp−1(x), ∀p ≥ 1.

c) Hallar una solucion del problema de valores iniciales

y′ +1

xy = x J0(x) + J1(x), y(0) = 0.

Ayuda: usa el apartado b) con p = 1.

d) Dar un valor aproximado de la suma de las series:

J0(1) =∞∑

n=0

(−1)n (1/2)2n

(n!)2

con un error menor que 0.1.

Ejercicio 2. (3.5 puntos) Sea f(x) = 14− x definida para 0 ≤ x ≤ 1/2.

a) Calcular la serie de Fourier en cosenos de f(x) y estudia su convergencia puntual en R.

b) ¿Converge puntualmente la serie de Fourier en senos de f(x)? En caso afirmativo, indica aque converge. Razona tus respuestas.

Nota: No calcules la Ssenf(x).

c) Calcula la suma de∞∑

n=1

1

(2n− 1)2.

d) Estudia la convergencia uniforme de la serie∞∑

n=1

2 cos((4n− 2)πx)

(2n− 1)2π2.

Ejercicio 3. (3 puntos) Obtener la solucion del problema de valores iniciales

y′′ +1

α2y = x2 , y(0) = −2α4 + 1 , y′(0) = 0

siendo α 6= 0.

Ingenierıas Tecnicas en Informatica-CALCULO INFINITESIMAL 21 de septiembre de 2005

SOLUCION

Ejercicio 1.

a) Para ello estudiamos el lımite limn→∞

∣∣∣∣an+1

an

∣∣∣∣ donde an = (−1)n x2n+p

22n+p n!(p + n)!.

limn→∞

∣∣∣∣an+1

an

∣∣∣∣ = limn→∞

22n+p n! (p + n)!

22n+2+p (n + 1)! (p + n + 1)!

∣∣∣∣∣x2n+2+p

x2n+p

∣∣∣∣∣ = limn→∞

x2

22(n + 1)(p + n + 1)= 0 < 1

∀x ∈ R y p = 0, 1, 2, . . .

Como conclusion tenemos que el radio de convergencia es ∞ y el intervalo de convergencia es(−∞,∞).

b) Este apartado consiste en realizar una simple comprobacion. Trabajaremos de modo indepen-diente con cada lado de la igualdad y veremos que coinciden.

(xp Jp(x))′ =

( ∞∑n=0

(−1)n x2n+2p

22n+p n!(p + n)!

)′=

∞∑n=0

(−1)n (2n + 2p) x2n+p−1

22n+p n!(p + n)!=

=∞∑

n=0

(−1)n x2n+p−1

22n+p−1 n!(p + n− 1)!, p ≥ 1.

Observese que el sumando que se obtiene para n = 0 tiene sentido pues (p ≥ 1).

Ahora pasamos a trabajar con el otro lado de la igualdad,

xp Jp−1(x) = xp∞∑

n=0

(−1)n x2n+p−1

22n+p−1 n!(p + n− 1)!=

∞∑n=0

(−1)n x2n+2p−1

22n+p−1 n!(p + n− 1)!.

Como observamos se tiene la igualdad pedida.

c) Usando la ayuda tenemos que la candidata a solucion sera

y = x J1(x).

Teniendo en cuenta el apartado b) es trivial ver que y satisface la e.d.o,

y′ +1

xy = (x J1(x))′ +

1

x(x J1(x)) = x J0(x) + J1(x).

Ademas,y(0) = 0 J1(0) = 0,

por lo que satisface la condicion inicial. Luego y = x J1(x) es la solucion al problema devalores iniciales.

d) Observemos que J0(1) es una serie numerica alternada. Para este tipo de series tenemoscriterios para hallar sumas aproximadas.

Denotamos por bn =(1/2)2n

(n!)2y calculamos b0 = 1, b1 = 0.25, b2 = 0.015625, nos hemos

parado en el primer valor menor que el error que nos piden, 0.1. Aplicando el criterio paraseries alternadas a la hora de hallar sumas aproximadas, tenemos que la suma

b0 − b1 = 0.25− 0.015625 = 0.234375

aproximada al valor exacto de J0(1) con un error inferior a 0.1.

Ejercicio 2.

a) Sabemos que la serie de Fourier en cosenos de f(x) es la serie de Fourier de la extension parde la funcion f(x) en el intervalo (−1/2, 1/2]. Por tanto, tendremos que calcular la serie deFourier de la funcion

fp(x) =

f(x) =

1

4− x 0 ≤ x ≤ 1

2

f(−x) =1

4+ x −1

2< x < 0

Calculemos los coeficientes de Fourier en cosenos, teniendo en cuenta que se trata de unafuncion definida en un intervalo arbitrario:

a0 =2

L

∫ L

0f(x) dx = 4

∫ 1/2

0(1

4− x) dx = 0

an =2

L

∫ L

0f(x) cos(

nπx

L) dx = 4

∫ 1/2

0(1

4− x) cos(2nπx) dx = −(−1)n − 1

n2π2=

=

0 n = 2k2

(2k − 1)2π2n = 2k − 1

Por tanto, a2n = 0 y a2n−1 =2

(2n− 1)2π2, ∀n ≤ 1

Sustituyendo los coeficientes en la expresion de la serie de Fourier en cosenos de una funcion:

Scosf(x) =a0

2+

∞∑n=1

an cos(nπx

L))

tenemos que la serie de Fourier en cosenos de f(x) es,

Scosf(x) =∞∑

n=1

2

(2n− 1)2π2cos (2(2n− 1)πx) =

∞∑n=1

2

(2n− 1)2π2cos ((4n− 2)πx).

Estudiemos ahora la convergencia puntual de la serie de Fourier obtenida. Tendremos queestudiar si la extension par de f(x) es suave a trozos en el intervalo (−1

2, 1

2]:

• En primer lugar, tenemos que en los subintervalos abiertos (−12, 0) y (0, 1

2) tanto la

funcion fp(x) como su derivada, f ′p(x) =

−1 0 ≤ x ≤ 1

2

1 −1

2< x < 0

, son continuas.

• Por otra parte, los lımites laterales de fp(x) y de f ′p(x) en los extremos de los subintervalosexisten y son finitos:

limx→−1/2+

fp(x) = −1/4 limx→0−

fp(x) = 1/4 limx→−1/2+

f ′p(x) = 1 limx→0−

f ′p(x) = 1

limx→1/2−

fp(x) = −1/4 limx→0+

fp(x) = 1/4 limx→1/2−

f ′p(x) = −1 limx→0+

fp(x) = −1

Por tanto, la funcion fp(x) es suave a trozos. Al satisfacer las condiciones del teorema deDirichlet, la serie de Fourier en cosenos de f(x) converge puntualmente. Ademas, dado que laextension periodica de fp(x) es una funcion continua para todo x ∈ R, el teorema nos aseguraque la serie de Fourier en cosenos de f(x) converge a la extension periodica de fp(x) ∀ x ∈ R.

Scosf(x) = fp(x) ∀ x ∈ R

donde fp(x) denota la extension periodica de la extension par de f(x).

b) La serie de Fourier en senos de la funcion f(x) es la serie de Fourier de la extension impar def(x), siendo

fi(x) =

f(x) =

1

4− x 0 < x ≤ 1

20 x = 0

−f(−x) = −1

4− x −1

2< x < 0

la extension impar de f(x).

De forma analoga a como se hizo en el apartado anterior, es facil comprobar que fi(x) esuna funcion suave a trozos. Por otra parte, esta funcion es continua salvo en los puntosx = k

2∀k ∈ R donde presenta discontinuidad de salto finito. Como consecuencia de esto y

aplicando el teorema de Dirichlet se tiene que la serie de Fourier en senos de f(x) convergepuntualmente a la extension impar de la funcion en todos los puntos donde esta es continuay converge puntualmente a cero en los puntos donde presenta discontinuidad, es decir:

Ssenf(x) =

{fi(x) x 6= k/20 x = k/2

∀k ∈ R

c) Sabemos por el apartado a) que la serie de Fourier en cosenos de f(x) es

Scosf(x) =∞∑

n=1

2

(2n− 1)2π2cos ((4n− 2)πx) ∀x ∈ R.

Por tanto, para x = 0 se tiene que

Scosf(0) =∞∑

n=1

2

(2n− 1)2π2.

Por otra parte, dicha serie vimos que es convergente a la extension periodica de fp(x). En

particular, en x = 0 se tiene que Scosf(0) = fp(0) = f(0) =1

4.

Igualando ambos resultados y despejando se tiene que

∞∑n=1

1

(2n− 1)2=

π2

8.

d) Para estudiar la convergencia uniforme de la serie dada podemos tratar de acotar el terminogeneral de dicha serie por el termino general de una serie numerica convergente:

|2 cos((4n− 2)πx)

(2n− 1)2π2| ≤ | 2

(2n− 1)2π2| = 2

π2

1

(2n− 1)2∀x ∈ R,∀n ∈ N.

Dado que∞∑

n=1

2

(2n− 1)2π2es una serie numerica convergente, segun se vio en el apartado c), se

tiene por el criterio de la Mayorante de Weierstrass que la serie dada en el enunciado convergeuniformemente en todo R.

Ejercicio 3. Primero calculemos la solucion general de la ecuacion homogenea y′′ + 1α2 y = 0.

La ecuacion caracterıstica asociada a dicha e.d.o es m2 +1

α2= 0. Las raıces son m = ± i

α.

Luego la solucion general de la ec. homogenea es:

yh = C1 cosx

α+ C2 sin

x

α.

A continuacion, buscamos una solucion particular de la ecuacion y′′ +1

α2y = x2 de la forma:

yp = A + Bx + Cx2

Entonces, y′p = B + 2Cx e y′′p = 2C. Sustituyendo y, y′, y′′ en la ecuacion anterior, obtenemos queA = −2α4, B = 0, C = α2.

Luego la solucion general de la edo y′′ +1

α2y = x2 es:

y = −2α4 + α2x2 + C1 cosx

α+ C2 sin

x

α.

Imponiendo las condiciones iniciales, tenemos que C1 = 1 y C2 = 0. Por tanto, la solucion alproblema de valores iniciales es:

y = −2α4 + α2x2 + cosx

α.

E.T.S.I. Informatica Ingenierıas Tecnicas en Informatica

Calculo Infinitesimal 16 de Diciembre de 2005

EXAMEN

EJERCICIO 1 (6 puntos)

a) Probar que f(x) = x2 + 4 cos x es desarrollable en series de potencias y demostrar quesu desarrollo es:

4− x2 +∞∑

n=2

4(−1)n

(2n)!x2n

b) Demostrar que el desarrollo en series de potencias de la funcion g(x) = x− 2 sin x es:

SP (x) = −x + 2∞∑

n=1

(−1)n+1

(2n + 1)!x2n+1

c) Sea h(x) = x− 2 sin x definida en (−π, π] y extendida periodicamente en todo R.

Demostrar que su serie de Fourier es:

SF (x) =∞∑

n=2

2(−1)n+1

nsin nx

Indicar a que funcion converge dicha serie.

Ayuda: la serie de Fourier de sin x es sin x.

d) ¿Para que valores de x se cumple que SF (x) = SP (x)?

e) Calcula el valor de∞∑

n=1

(−1)n+1

2n + 1

(π2n+1

(2n)! · 22n+1+ 1

)Ayuda: Usar el apartado d).

EJERCICIO 2 (4 puntos)

a) Resolver mediante desarrollos en series de potencias el problema de valores iniciales:

(x− 1)y′′ + y′ = 0, y(0) = 1, y′(0) = 1 (1)

b) Determinar la solucion general de la ecuacion (x− 1)y′′ + y′ = 0.Ayuda: Realizar el cambio de variables y′ = p(x).

c) Calcular la suma de la serie de potencias que es solucion de (1) obtenida en el apartadoa).



SOLUCION

EJERCICIO 1:

a) Calculamos el desarrollos en serie de p(x) = cos x mediante la formula∞∑

n=0

pn)(0)

n!xn.

Dado que p2n)(x) = (−1)n cos x y p2n+1)(x) = (−1)n+1 sin x, tenemos que

p2n)(0) = (−1)n y p2n+1)(0) = 0.

Por tanto, el desarrollo en series de p(x) es∞∑

n=0

(−1)n

2n!x2n.

Como |pn)(x)| ≤ 1 para todo x ∈ R, por la condicion suficiente para que exista desa-

rrollo en series, obtenemos que∞∑

n=0

(−1)n

2n!x2n = cos x para todo x ∈ R.

Luego el desarrollo en series de f(x) es

x2 + 4∞∑

n=0

(−1)n

2n!x2n = 4− x2 +

∞∑n=2

4(−1)n

(2n)!x2n

que converge a f(x) para todo x ∈ R.

b) Simplemente hay que derivar y dividir por 2 lo obtenido en el apartado a) para obtener:

−x + 2∞∑

n=2

(−1)n

(2n− 1)!x2n−1 = −x + 2

∞∑n=1

(−1)n+1

(2n + 1)!x2n+1

c) Calculamos el desarrollo en series de Fourier de x.

Obtenemos que a0 = 0, an = 0, bn = 2(−1)n+1

n.

Por tanto, la serie de Fourier de x es:∞∑

n=1

2(−1)n+1

nsin nx.

El desarrollo en series de Fourier de h(x) = x− 2 sin x es:

SF (x) =∞∑

n=2

2(−1)n+1

nsin nx

La serie SF (x) converge a la extension periodica de

{x− 2 sin x si x ∈ (−π, π)

0 si x = π

c) Simplemente hay que derivar y dividir por 2 lo obtenido en el apartado a) para obtener:

−x + 2∞∑

n=2

(−1)n

(2n− 1)!x2n−1 = −x + 2

∞∑n=1

(−1)n+1

(2n + 1)!x2n+1

d) Por un lado, tenemos que SP (x) = x− 2 sin x para todo x ∈ R.

Por otro, tenemos que SF (x) converge a la extension periodica de{x− 2 sin x si x ∈ (−π, π)

0 si x = π

Ambas funciones coinciden solo en (−π, π).

e) Partimos de que SF (x) = SP (x) en (−π, π). Por tanto, SF (π

2) = SP (

π

2). Es decir,

−π

2+ 2

∞∑n=1

(−1)n+1

(2n + 1)!(π

2)2n+1 =

∞∑n=2

2(−1)n+1

nsin n

π

2

Dado que sin 2nπ2

= 0 y sin(2n + 1)π2

= (−1)n, llegamos a que

−π

2+ 2

∞∑n=1

(−1)n+1

(2n + 1)!

π2n+1

22n+1=

∞∑n=1

2(−1)n

2n + 1

Sacando factor comun:

∞∑n=1

(−1)n+1

(2n + 1)

(π2n+1

2n! · 22n+1+ 1

)=

π

4

EJERCICIO 2:

a) Es facil ver que esta ecuacion diferencial es de segundo orden lineal y homogenea, puesse puede escribir de la forma

y′′ + P (x)y′ + Q(x)y = 0, con P (x) =1

x− 1y Q(x) = 0

Ya que P (x) y Q(x) son continuas en un entorno del 0, en concreto en (−∞, 1) podemosasegurar que el P.V.I (1) tiene solucion y es unica. Por se x = 0 un punto regular, estasolucion es desarrollable en serie de potencias de x.

Ahora pasamos a calcular la serie solucion de (1). Tomemos y =∞∑

n=1

anxn e impongamos

que sea solucion de (1):

∞∑n=2

ann(n− 1)xn−1 −∞∑

n=2

ann(n− 1)xn−2 +∞∑

n=1

annxn−1 = 0

operando tenemos

−2a2 + a1 +∞∑

n=1

(an+1(n + 1)2 − an+2(n + 2)(n + 1)

)xn = 0

igualando coeficientes a ambos lado de la igualdad, obtenemos:

a2 =a1

2, an+2 =

n + 1

n + 2an+1, n ≥ 1.

Luego se tiene que an =1

na1, n ≥ 2. Por tanto, la solucion general es:

y = a0 + a1

∞∑n=1

xn

n

teniendo en cuenta las condiciones iniciales se tiene que

a0 = 1, a1 = 1

Por tanto, la solucion del problema (1) es

yp = 1 +∞∑

n=1

xn

n.

b) Haciendo el cambio de variable obtenemos una e.d.o de primer orden:

(x− 1)dp

dx+ p = 0

es de variable separable, ya que

1

pdp = − 1

1− xdx

integradoln |p| = − ln |x− 1|+ ln |c1|, c1 ∈ R

despejando tenemos que

p =c1

x− 1.

Deshaciendo el cambio,

y′ =c1

x− 1

e integrado obtenemos la solucion general:

y = c2 + c1 ln |x− 1|, c1, c2 ∈ R.

c) Usando la expresion de la solucion general obtenida en el apartado anterior e impo-niendo que y(0) = 1 e y′(0) = 1 tenemos el sistema{

c2 = 1−c1 = 1

en la segunda igualdad hemos usado que y′ = c1x−1

. Por tanto, la solucion del P.V.I es

yp = 1− ln |x− 1|

como comentamos en el apartado a) esta solucion es unica, por tanto,

1 +∞∑

n=1

xn

n= 1− ln |x− 1|


Entreguen cada ejercicio en folios separados sin doblar las esquinas.

Escriban en cada folio “1er APELLIDO 2o APELLIDO, NOMBRE” (en MAYUSCULAS).

Ejercicio 1. (3 puntos)

a) Sea a > 0, estudiar el valor de lımite limn→∞

na−n, en funcion del parametro a.

b) Se define, ∀n ∈ N, la funcion fn: [0, 1] → R dada por fn(x) =2nx

1 + n2nx2.

b.1) Hallar la funcion lımite puntual de la sucesion funcional {fn}.

b.2) Hallar los valores de limn→∞

∫ 1

0fn(x) dx y

∫ 1

0

(lim

n→∞fn

)dx y comprueba que son distintos.

b.3) ¿Hay convergencia uniforme en [0, 1]?


a) Consideremos la serie de potencias S(x) =∞∑

n=0

(−1)nx2n

22nn!.

a.1) Calcular el campo de convergencia de la serie.

a.2) Se sabe que S(x) es solucion de la ecuacion diferencial 2y′′+ xy′+ y = 0 y que y(x) = e−x2/4 es

la unica solucion al P.V.I

{2y′′ + xy′ + y = 0y(0) = 1, y′(0) = 0

Usa esta informacion para calcular la suma exacta de S(x).

b) Dada la funcion f(x) =

{0 si − π ≤ x ≤ 0k si 0 < x ≤ π

, siendo k ∈ R y cuya serie de Fourier es:

Sf(x) =k

2+

∞∑n=1

2k

(2n− 1)πsin(2n− 1)x .

b.1) Decir a que funcion converge Sf(x).

b.2) Calcular∞∑

n=0

(−1)n

2n + 1.


a) Dado el P.V.I

{(x2 + 2)y′ = 2xy

y(0) = 1

a.1) Justifica que este P.V.I tiene solucion unica valida ∀x ∈ [0,12].

a.2) Utilizando el metodo de Euler con paso h = 1/2, determinar un valor aproximado del P.V.Idado en x = 1/2.

b) Dada la ecuacion diferencial y′′ + py + qy′ = cos 3x:

b.1) Determinar los valores de p y q para que y =√

32

e−4x+5ex sea solucion de la ecuacion diferencialhomogenea asociada.

b.2) Determinar la solucion general de la ecuacion diferencial y′′ + 3y′ − 4y = cos 3x.


SOLUCION

Ejercicio 1.

a) Distinguimos los siguientes casos:

• Caso 1. Si 0 < a ≤ 1 entonces

limn→∞

na−n = limn→∞

n

an= ∞.

• Caso 2. Si a > 1 entonces

limn→∞

na−n = limn→∞

n

an=∞∞

Podemos aplicar el criterio de Stolz ya que an es una sucesion monotona creciente y lim an = ∞.Estudiamos el siguiente lımite:

limn→∞

n− (n− 1)an − an−1

= limn→∞

1an−1(a− 1)

= 0.

Por tanto, limn→∞

n

an= 0.

b) b.1) Si 0 < x ≤ 1, entonces limn→∞

fn(x) = limn→∞

2nx

1 + n2nx2= lim

n→∞x

2−n + nx2= 0.

Si x = 0, fn(0) = 0, ∀n ∈ N.

Por tanto,lim

n→∞fn(x) = 0, ∀x ∈ [0, 1].

b.2) Por un lado, tenemos que∫ 1

0fn(x) dx =

∫ 1

0

2nx

1 + n2nx2dx =

12n

∫ 1

0

n · 2 · 2n · x1 + n2nx2

dx =log(1 + n2n)

2n.

Por tanto,

limn→∞

∫ 1

0fn(x) dx = lim

n→∞log(1 + n2n)

2n=∞∞

.

Para resolver este lımite aplicaremos L’Hopital,

limx→∞

log(1 + x2x)2x

= limx→∞

2x + x2x log 22(1 + x2x)

= limx→∞

1 + x log 221−x + x2

=log 2

2.

Concluimos,

limn→∞

∫ 1

0fn(x) dx =

log 22

.

Por otra lado tenemos, ∫ 1

0

(lim

n→∞fn

)dx =

∫ 1

00 dx = 0.

b.3) La respuesta es no.Sabemos que para que fn(x) converja uniformemente en [0, 1], entonces debe cumplirse que

limn→∞

∫ 1

0fn(x) dx =

∫ 1

0

(lim

n→∞fn

)dx.

Ejercicio 2.

a) a.1) Calculamos el siguiente lımite :

limn→∞

∣∣∣∣∣∣∣(−1)n+1x2(n+1)

22(n+1)(n+1)!

(−1)nx2n

22nn!

∣∣∣∣∣∣∣ = limn→∞

x2

22(n + 1)= 0

Dado que el lımite anterior da cero, usando el criterio del cociente tenemos que la serie convergepara todo R.

a.2) Como S(x) satisface la ecuacion diferencial, S(0) = 1, S′(0) = 0 y la solucion al problema devalores iniciales es unica, entonces necesariamente se cumple que S(x) = e−x2/4

b) b.1) La serie Sf(x) converge a la extension periodica de :0 si − π < x < 0k si 0 < x < πk2 si x = 0, π

b.2) Tenemos que k = Sf(π

2) =

k

2+

∞∑n=1

2k

(2n− 1)π(−1)n+1 y por tanto

π

4=

∞∑n=0

(−1)n

2n + 1

Ejercicio 3.

a) a.1) La funcion f(x, y) =2xy

x2 + 2es continua en todo R2, en particular, se trata de una funcion

continua en la region [0,12]× (−∞,∞).

Por otra parte, veamos si |∂f

∂y| esta acotada en dicha region. Dado que la x pertenece al intervalo

[0,12], se tiene que |∂f

∂y| =

2x

x2 + 2. La funcion g(x) =

2x

x2 + 2ası obtenida es creciente, puesto

que su primera derivada es positiva para cualquier valor de x dentro del intervalo en que estamostrabajando. Por tanto, la derivada en valor absoluto de f(x, y) respecto de y esta acotada en la

region [0,12]× (−∞,∞):

|∂f

∂y| ≤ g(

12) =

49

∀(x, y) ∈ [0,12]× (−∞,∞).

Con todo esto, tenemos que el PVI dado tiene solucion unica valida para todo x ∈ [0,12].

a.2) Necesitamos aplicar una unica iteracion del metodo de Euler con paso h =12

para obtener de

forma aproximada el valor de y en x =12.

y1 = y0 + h f(x0, y0)

y1 = 1 +12

f(0, 1) = 1

b) b.1) Sabemos que una solucion particular de la ecuacion homogenea asociada es yH =√

32

e−4x +5ex,por lo que podemos deducir que las raıces de la ecuacion caracterıstica son m1 = −4 y m2 = 1.Imponemos, por tanto, que m1 y m2 son soluciones de la ecuacion m2 + pm + q = 0:

m1 = −4 ⇒ 16− 4p + q = 0m2 = 1 ⇒ 1 + p + q = 0

}⇒

{p = 3q = −4

b.2) La solucion general sera suma de la solucion general de la ecuacion homogenea asociada y unasolucion particular:

y = yH + yp

Sabemos que la solucion general de la homogenea es yH = C1e−4x + C2e

x, por lo que solonecesitamos encontrar una solucion particular.El termino independiente de la ecuacion es R(x) = cos 3x y sabemos que A cos 3x + B sen 3xno es solucion de la ecuacion diferencial homogenea asociada, por lo que podemos encontrar unasolucion particular de la forma

yp = A cos 3x + B sen 3x.

Para determinar A y B imponemos que yp es solucion de la ecuacion diferencial. Para ellosustituimos en dicha ecuacion yp y sus dos primeras derivadas:

yp = A cos 3x + B sen 3xy′p = −3A sen 3x + 3 B cos 3x

y′′p = −9A cos 3x − 9 B sen 3x

⇒ −9A cos 3x − 9B sen 3x− 9A sen 3x++9B cos 3x− 4A cos 3x − 4 B sen 3x = cos 3x

De donde se obtiene que:

−9A + 9B − 4A = 1−9B − 9A− 4B = 0

}⇒

A = − 13

250B =

9250

Por tanto, la solucion general de la ecuacion diferencial dada es:

y = C1e−4x + C2e

x − 13250

cos 3x +9

250sen 3x



APELLIDOS: NOMBRE:

Ejercicio 1. Dada la serie∞∑

n=0

anxn =

∞∑n=0

(−1)n n + 1

3n+1xn, cuya suma es S(x) =

3

(x + 3)2.

a) ¿Donde es valida la igualdad∞∑

n=0

anxn = S(x)?.

(−3, 3)

(−√

3,√

3)

[−√

3,√

3]

[−3, 3]

(−∞,−3) ∪ (3, +∞)

b) Usando la igualdad anterior, podemos demostrar que la serie numerica∞∑

n=0

(−1)n (n + 1)n

3n+1

converge a:

0 ∞ 3

16

−9

64ninguna de las otras opciones

Ejercicio 2. Sabiendo que∞∑

n=0

xn =1

1− xen (−1, 1), la suma de la serie

∞∑n=0

1

2nx2n es:

log(1− x2)4

1− x2

2

2− x2− log(1− x) − log(1− x2)

Ejercicio 3. Dada la serie de potencias S(x) =∞∑

n=0

anxn que converge en (−1, 1) y tal que∫ x

0S(t)dt =

log(x2 + 1)

2.

a) ¿Cuanto vale∞∑

n=1

an−12

nxn?

log(x2+1)log(x2 + 1)

2

x

x2 + 1x log(

x6 + 1

4)

log(1 + x6

4)

2

b) ¿Cual es el radio de convergencia de esta nueva serie?

√2 2 1

1

23√

2

Ejercicio 4. La serie de Fourier de tipo coseno de f(x) = x en (0, π) converge a la extensionperiodica de:{

x si 0 ≤ x < ππ2

si x = 0x si −π ≤ x < π |x| si −π < x ≤ π

f(x) si 0 < x ≤ π

{x si x ∈ (−π, π)0 si x = π

Ejercicio 5. Dada la funcion f(x) =

{x− π si 0 ≤ x ≤ πx + π si − π < x < 0

• Dar el valor de an:

• El valor de bn es:

− 1

n

2(−1)n

nπ

−2

n

(−1)n

n2πninguna de las otras opciones

Ejercicio 6. La serie de Fourier de la funcion f(x) = x2 definida en (−π, π] es:

Sf(x) =1

3π2 +

∞∑n=1

4(−1)n

n2cos nx

Para calcular la suma de la serie∞∑

n=1

1

n2a partir de la suma de Sf(x), hemos de:

sustituir x por π en Sf(x), obteniendo que la suma valeπ2

6.

sustituir x por 0 en Sf(x), obteniendo que la suma valeπ2

3.

No se puede obtener la suma de∞∑

n=1

1

n2a partir de esta serie de Fourier.

sustituir x porπ

2en Sf(x), obteniendo que la suma vale

π2

6.

sustituir x por π en Sf(x), obteniendo que la suma vale π2.

Ejercicio 7. A partir de la serie de Fourier

Sf(x) = − 1

2π+

2

π

∞∑n=1

1

4n2 − 1cos(2nx)− 1

π(2n− 1)sin(2n− 1)x

de la funcion f(x) =

1

πsi 0 < x ≤ π

sin x si − π < x < 0

Obtener cuanto vale la suma de la serie en x = π:

1

2

π

2

π2

4π

1

2π



SOLUCION

Ejercicio 1. Dada la serie∞∑

n=0

anxn =

∞∑n=0

(−1)n n + 1

3n+1xn, cuya suma es S(x) =

3

(x + 3)2.

a) ¿Donde es valida la igualdad∞∑

n=0

anxn = S(x)?.

X (−3, 3)

Sol.: Calculamos el radio de convergencia: R = limn→∞

(−1)n+1

3n+1

(−1)n+2

3n+2

= 3.

El intervalo de convergencia es (−3, 3).

Comprobamos si en los extremos converge:

Para x = 3, la serie es:∞∑

n=0

(−1)n n + 1

3que diverge.

Para x = 3, la serie es:∞∑

n=0

n + 1

3que tambien diverge.

Por tanto, el campo de convergencia es (−3, 3).

b) Usando la igualdad anterior, podemos demostrar que la serie numerica∞∑

n=0

(−1)n (n + 1)n

3n+1

converge a:

X ninguno de los anteriores.

Sol.: Para obtener la suma de la serie, hemos de derivar la igualdad∞∑

n=0

anxn = S(x)

valida en (−3, 3) para obtener:

∞∑n=1

(−1)n (n + 1)n

3n+1xn−1 =

−6

(x + 3)3para todo x ∈ (−3, 3)

Sustituyendo x por 1, obtenemos que∞∑

n=1

(−1)n (n + 1)n

3n+1=−6

64

Ejercicio 2. Sabiendo que∞∑

n=0

xn =1

1− xen (−1, 1), la suma de la serie

∞∑n=0

1

2nx2n es:

X2

2− x2

Sol.: Basta sustituir x porx2

2en la igualdad

∞∑n=0

xn =1

1− xpara obtener que

∞∑n=0

1

2nx2n =

2

2− x2

Ejercicio 3. Dada la serie de potencias S(x) =∞∑

n=0

anxn que converge en (−1, 1) y tal que∫ x

0S(t)dt =

log(x2 + 1)

2.

a) ¿Cuanto vale∞∑

n=1

an−12

nxn?

X log(x2 + 1)

Sol.: De la igualdad∫ x

0S(t)dt =

log(x2 + 1)

2, obtenemos que:

∞∑n=0

anxn+1

n + 1=

log(x2 + 1)

2

Ajustando subındices y multiplicando por 2, llegamos a que

∞∑n=1

an−12

nxn = log(x2 + 1)

b) ¿Cual es el radio de convergencia de esta nueva serie?

X 1

Sol.: Al integrar y multiplicar por una constante, el radio de convergencia no varıa.

Ejercicio 4. La serie de Fourier de tipo coseno de f(x) = x en (0, π) converge a la extensionperiodica de:

X |x| si −π < x ≤ π

Sol.: La serie de Fourier de tipo coseno de f(x) = x en (0, π) es la serie de Fourier de laextension par de f(x) en (−π, π).

Ejercicio 5. Dada la funcion f(x) =

{x− π si 0 ≤ x ≤ πx + π si − π < x < 0

• Dar el valor de an:

Sol.: 0, ya que f(x) es impar.

• El valor de bn es:

X−2

nSol.: Dado que la funcion es par, tenemos que

bn =2

π

∫ π

0(x− π) sin nxdx = 2

(−(x− π) cos nx

n

∣∣∣∣∣π

0

+∫ π

0

cos nx

ndx

)=−2

n

Ejercicio 6. La serie de Fourier de la funcion f(x) = x2 definida en (−π, π] es:

Sf(x) =1

3π2 +

∞∑n=1

4(−1)n

n2cos nx

Para calcular la suma de la serie∞∑

n=1

1

n2a partir de la suma de Sf(x), hemos de:

X sustituir x por π en Sf(x), obteniendo que la suma valeπ2

6.

Ejercicio 7. A partir de la serie de Fourier

Sf(x) = − 1

2π+

2

π

∞∑n=1

1

4n2 − 1cos(2nx)− 1

π(2n− 1)sin(2n− 1)x

de la funcion f(x) =

1

πsi 0 < x ≤ π

sin x si − π < x < 0

Obtener cuanto vale la suma de la serie en x = π:

X1

2πSol.: Llamando F (x) a la extension periodica de f(x), por el teorema de Dirichlet tenemosque la serie Sf(x) converge a

1

2

(lim

x→π−F (x) + lim

x→π+F (x)

)=

1

2

(0 +

1

π

)=

1

2π


Calculo Infinitesimal 20 de Enero de 2006

APELLIDOS: NOMBRE:

Ejercicio 1 Resolviendo la e.d.o. 2y′− y2 + 2

yx2= 0 se obtiene que su solucion general puede

escribirse en la forma:

y =√

Cx− 2, ∀C ∈ R

ln|y2 + 2| = −1

x+ C, ∀C ∈ R

ln|y2 + 2| = arctgx + C, ∀C ∈ R

arctg(y2 + 2) = −1

x+ C, ∀C ∈ R

y =√ x

−2 + 2Cx− 2, ∀C ∈ R

Ejercicio 2. La solucion de la ecuacion diferencial xy′ +y = x2 es:

Ejercicio 3. Dado el P.V.I. (x2 + x + 1)y′ = x + 2 tal que cuando x = 0, y = 3:

a) Al aplicar 4 iteraciones del metodo de Euler con h = 0.5 obtenemos el valor aproximadode y en:

x = 2

x = 0.5

x = 1

x = 3

Depende del valor de f(x0, y0).

b) El valor aproximado de y en x = 1 que se obtiene al aplicar el metodo de Euler conpaso h = 1 es:

4

4.35

6.5

5.57

5

Ejercicio 4. Dado el P.V.I. y′ =xy

x2 − 1tal que y = 1 cuando x = 2, al aplicar el primer

paso del metodo de Heun con h = 2 nos queda:

y1 = 1 + [2

3+

28

45]

y1 = 1 +1

2[2

3+

28

45]

y1 = 1 +1

4[2

3+

14

9]

y1 = 1 + [2

3+

14

9]

y1 = 2 + [2

3+

28

45]

Ejercicio 5. ¿Es cierto que el problema de valores iniciales xy′ = (ex−2)y con y = 2 cuandox = 1 posee solucion unica valida para x ∈ [1, 2]?

Sı, porque f(x, y) =(ex − 2)y

xes continua y derivable en R2.

No podemos afirmar nada.

No, porque f(x, y) =(ex − 2)y

xno es continua en R2 y, ademas, |∂f

∂y| no esta

acotada en la region [1, 2]× (−∞,∞).

Sı, porque f(x, y) =(ex − 2)y

xes una funcion continua en la region [1, 2] ×

(−∞,∞) y |∂f∂y| esta acotada en dicha region.

No, porque f(x, y) =(ex − 2)y

xno es continua en la recta x = 0.

Ejercicio 6. Dada la ecuacion diferencial y′′ + 2y′ − 15y = 0, su solucion general es de laforma:

C1e−3x + C2e

5x

C1e5x + C2xe5x

C1e−5x + C2e

3x

e5x(C1cos3x + C2sen3x)

e3x(C1cos5x + C2sen5x)

Ejercicio 7. Indica cual es la solucion particular asociada la P.V.I. dado por la e.d.o.y′′ + 9y = 0 y las condiciones iniciales y(0) = 3, y′(0) = 3

yp = 3cos3x + 3sen3x

yp = cos3x + sen3x

yp = 3cos3x + sen3x

yp = cosx + senx

yp = e3x + xe3x

Ejercicio 8. Una solucion particular de la e.d.o. y′′+3y′ = 1+12x es:

Ejercicio 9. Dada la e.d.o. y′′ + py′ + qy = 5e2x indica cual puede ser la solucion generalde dicha ecuacion sabiendo que la solucion general de la homogenea es yH = C1e

3x + C2e−x

y = C1e3x + C2e

−x − 5

3x

y = C1e3x + C2e

−x − 5

3e3x

y = C1e3x + C2e

−x − 5

3xe2x

y = C1e3x + C2e

−x − 5

3x2e2x

y = C1e3x + C2e

−x − 5

3e2x


Calculo Infinitesimal 20 de enero de 2006

SOLUCION

Ejercicio 1. Resolviendo la e.d.o. 2y′− y2 + 2

yx2= 0 se obtiene que su solucion general puede

escribirse en la forma:

X ln|y2 + 2| = −1

x+ C, ∀C ∈ R

Sol.: Se trata de una e.d.o. de variables separables, puesto que se puede escribir de lasiguiente forma:

2ydy

y2 + 2=

dx

x2

Integrando en ambos miembros, se tiene la solucion pedida.

Ejercicio 2. La solucion de la ecuacion diferencial xy′ + y = x2 es: y =x2

3+

C

x

Sol.: Dividiendo ambos miembros de la ecuacion por x se tiene que:

y′ +y

x= x,

por lo que se trata de una ecuacion lineal de primer orden.Su solucion general viene dadapor

y =

∫µ(x)q(x)dx + C

µ(x),

siendo µ(x) = e∫

p(x)dx, p(x) =1

xy q(x) = x.

Ası, µ(x) = e

∫ 1

xdx

= eln x = x, quedando la solucion general de la siguiente forma:

y =

∫x2dx + C

x=

x3

3+ C

x=

x2

3+

C

x.

Ejercicio 3. Dado el P.V.I. (x2 + x + 1)y′ = x + 2 tal que cuando x = 0, y = 3:

a) Al aplicar 4 iteraciones del metodo de Euler con h = 0.5 obtenemos el valor aproximadode y en:

X x = 2

Sol.: Partimos de x0 = 0; en la primera iteracion se obtiene el valor aproximado de yen x1 = x0+h = 0+0.5 = 0.5; en la segunda iteracion se obtiene el valor aproximado dey en x2 = x1 +h = 0.5+0.5 = 1; en la tercera iteracion se obtiene el valor aproximadode y en x3 = x2 + h = 1 + 0.5 = 1.5; y en la cuarta iteracion se obtiene el valoraproximado de y en x4 = x3 + h = 1.5 + 0.5 = 2;

b) El valor aproximado de y en x = 1 que se obtiene al aplicar el metodo de Euler conpaso h = 1 es:

X 5

Sol.: Segun el metodo de Euler, el valor aproximado de y en x1 = 1 se obtiene de lasiguiente forma:

y1 = y0 + hf(x0, y0),

siendo en este caso x0 = 0, y0 = 3, h = 1 y f(x, y) es la funcion que resulta de despejar

y′ en la ecuacion diferencial dada, esto es, f(x, y) =x + 2

x2 + x + 1.

Ası,y1 = 3 + f(0, 3) = 3 + 2 = 5.

Ejercicio 4. Dado el P.V.I. y′ =xy

x2 − 1tal que y = 1 cuando x = 2, al aplicar el primer

paso del metodo de Heun con h = 2 nos queda:

X y1 = 1 + [2

3+

28

45]

Sol.: Para realizar una iteracion del metodo de Heun partiendo de x0 = 2, y0 = 1 y h = 2se ha de aplicar la expresion:

y1 = y0 +h

2[f(x0, y0) + f(x1, y0 + hf(x0, y0))],

siendo en este caso f(x, y) =xy

x2 − 1.

Ası,

y1 = 1 + [f(2, 1) + f(4, 1 + 2f(2, 1))] = 1 + [2

3+ f(4,

7

3)] = 1 + [

2

3+

28

45)].

Ejercicio 5. ¿Es cierto que el problema de valores iniciales xy′ = (ex−2)y con y = 2 cuandox = 1 posee solucion unica valida para x ∈ [1, 2]?

X Sı, porque f(x, y) =(ex − 2)y

xes una funcion continua en la region [1, 2] ×

(−∞,∞)y |∂f∂y| esta acotada en dicha region.

Sol.: La funcion f(x, y) =(ex − 2)y

xes continua en todo R2, salvo en los puntos de la recta

x = 0, en los que se anula el denominador. Como consecuencia, dicha funcion es continuaen la region [1, 2]× (−∞,∞).

Por otra parte, el valor absoluto de la derivada de f(x, y) respecto de y es |∂f∂y| =

|ex − 2

x| =

ex − 2

x∀x ∈ [1, 2]. Es facil comprobar que la funcion g(x) =

ex − 2

xes una

funcion creciente para todo x ∈ [1, 2] (basta con comprobar que la derivada de g(x) es po-

sitiva en dicho intervalo). Por tanto, |∂f∂y| ≤ g(2) =

e2 − 2

2en la region [1, 2] × (−∞,∞).

Luego, |∂f∂y| esta acotada en dicha region.

Por la proposicion 4.2 de los apuntes se tiene que el P.V.I. dado posee solucion unicavalida para x ∈ [1, 2].

Ejercicio 6. Dada la ecuacion diferencial y′′ + 2y′ − 15y = 0, su solucion general es de laforma:

X C1e−5x + C2e

3x

Sol.: La ecuacion caracterıstica asociada a la e.d.o. dada es m2 + 2m− 15 = 0, cuyas raıcesson m1 = −5 y m2 = 3. Al tratarse de raıces reales y distintas, la solucion general de laecuacion dada es de la forma:

C1em1x + C2e

m2x,

resultando la solucion indicada.

Ejercicio 7. Indica cual es la solucion particular asociada la P.V.I. dado por la e.d.o.y′′ + 9y = 0 y las condiciones iniciales y(0) = 3, y′(0) = 3

X yp = 3cos3x + sen3x

Sol.: La ecuacion caracterıstica asociada a la e.d.o. dada es m2 + 9 = 0, cuyas raıces soncomplejas conjugadas: m = ±3i. Por tanto, la solucion general es

y = C1cos 3x + C2sen 3x.

Si imponemos las condiciones iniciales:

• De la primera condicion se tiene que y(0) = 3 ⇒ C1 = 3.

• De la segunda condicion,y′(0) = 3, teniendo en cuenta que y′ = −3C1sen 3x+3C2cos 3x,se tiene que C2 = 1.

Ası, yp = 3cos3x + sen3x.

Ejercicio 8. Una solucion particular de la e.d.o. y′′ + 3y′ = 1 + 12x es: yp = −x + 2x2

Sol.:

En este caso, el termino independiente de la y en la ecuacion es R(x) = 1+12x. Ademas,teniendo en cuenta que en la ecuacion no aparece termino en y (q = 0), una solucion par-ticular de la ecuacion sera de la forma yp = x(A0 + A1x). Imponiendo que yp es solucion dela ecuacion se tiene que A0 = −1 y A1 = 2, obteniendose la solucion particular:

yp = −x + 2x2.

Ejercicio 9. Dada la e.d.o. y′′ + py′ + qy = 5e2x indica cual puede ser la solucion generalde dicha ecuacion sabiendo que la solucion general de la homogenea es yH = C1e

3x + C2e−x

X y = C1e3x + C2e

−x − 5

3e2x

Sol.: La solucion general de una ecuacion diferencial lineal de segundo orden es suma deuna solucion particular de dicha ecuacion y de la solucion general de la ecuacion homogeneaasociada.

La solucion general de la homogenea es yH = C1e3x + C2e

−x, por tanto, las raıces de laecuacion caracterıstica asociada son m1 = 3 y m2 = −1.

Para determinar una solucion particular ha de tenerse en cuenta que el termino inde-pendiente en este caso es de la forma R(x) = Keax, con a = 2 distinto de las raıces de laecuacion caracterıstica asociada. Como consecuencia de esto, una solucion particular serade la forma: yp = Aeax = Ae2x.

Luego, la solucion general sera de la forma y = C1e3x + C2e

−x + Ae2x.

Ademas, se puede determinar el valor de A. Para ello se pueden calcular los valores de py q imponiendo que las raıces de la ecuacion caracterıstica son m = −1, 3:

m2 + pm + q = 0

m = 3 ⇒ 9 + 3p + q = 0m = −1 ⇒ 1− p + q = 0

}⇒ p = −2, q = −3

Imponiendo ahora que yp = Ae2x es solucion de la ecuacion y′′ − 2y′ − 3y = 5e2x se tiene

que A = −5

3, resultando la solucion indicada.

1C�alculo Infinitesimal I.T.I. Gesti�on y Sistemas 27/11/06

En el siguiente test cada respuesta correcta aporta 0.25 puntos, mientras que cada respuestafallida resta 0.06251 puntos.

APELLIDOS: NOMBRE:

AYUDA: En los ejercicios que siguen, puede resultar de ayuda saber que

arctg t =

1Xn=0

(�1)nt2n+1

2n+ 1, que

1Xn=1

tn

n= � ln(1� t) y que

Zln t dt = t ln t� t.

1. Se~nalar el radio de convergencia de la serie

1Xn=1

(�1)nxn

n2n+1:

2. 3.1

2. 1.

2. El campo de convergencia de la serie anterior es del tipo:

(c�R; c+R]. [c�R; c+R). (c�R; c+R). [c�R; c+R].

3. La funci�on suma de la serie anterior es:1

2ln(1�

x

2). �

1

2ln(1 +

x

2). ln(1�

x

2). ln(1�

x

2).

4. De entre las siguientes opciones, marcar la que mejor aproxima el valor de

1Xn=1

2n

n5n:

ln5

3. 0:8. 0:4. ln

5

2.

5. El radio de convergencia de la serie

1Xn=1

2n

3pn(x + 5)n�1 es:

1. 1:5. 0:5. 0.



7. El menor n�umero de t�erminos a sumar para tener garantizada una aproximaci�on del valor de

1Xn=1

2(�1)n�1

3pn

con una precisi�on de una d�ecima es:

46. 47. 45. 44.

8. Para aproximar el valor de la suma de la serie

1Xn=1

2

3pn:

Se puede utilizar el criterio del cociente.

Se puede utilizar el criterio de la mayorante, tomando

1Xn=1

3

2n2.

Basta sumar los k primeros t�erminos, para el primer valor de k tal que2

3pk

< 0:01.

Ninguno de los anteriores.

2

9. Determinar el valor de limn!1

eln 1+ln 2+��+lnn

n2 :

0. 1. 1. Es indeterminado.

10. Determinar el radio de convergencia de la serie

1Xn=1

xn

n

pn!. Ayuda: se sugiere utilizar un m�etodo

alternativo al del cociente, sabiendo que limn!1

lnn!

n2= 0.

0. 2. 1. 1.

11. El campo de convergencia de la serie anterior es:



1Xn=0

(�1)n+1x4n+2

32n+1(2n+ 1):

3.p3. 1. 1.

13. Determinar el campo de convergencia de la serie

1Xn=0

(�1)n+1

32n+1(2n+ 1)z4n+2. Ayuda: usar el cambio

z =1

x.

(�1;� 1p3

] [ [ 1p3

;1). (� 1p3

;1p3

). (�1;� 1p3

) [ ( 1p3

;1). (� 1

3;1

3).

14. Determinar la suma exacta de la serie

1Xn=0

(�1)n+1

32n+1(2n+ 1)z4n+2:

� arctg z2

3. � arctg 3

z2 . arctg(� 1

3z2 ). Diverge.

15. Se sabe que la suma de una serie de potencias, en su campo de convergencia, es S(x) =8

ex�3 � 1. En

estas circunstancias se puede asegurar que:

El radio de convergencia es al menos 3.

El radio de convergencia no puede ser 3.

El campo de convergencia no contiene el punto x = 3.

La serie de potencias converge para todo x 6= 3.

16. Consid�erese las series num�ericas que se obtienen en los extremos del intervalo de convergencia de unaserie de potencias. Se~nalar la respuesta FALSA:

Si la serie de t�erminos positivos converge, el campo es cerrado.

Si la serie alternada no converge, el campo es abierto.

Si la serie alternada converge, el campo es cerrado.

Si la serie de t�erminos positivos diverge, el campo es abierto por al menos un extremo.



APELLIDOS: NOMBRE:


arctg t =

1Xn=0

(�1)nt2n+1

2n+ 1, que

1Xn=1

tn




1Xn=1

(�1)nxn

n2n+1:

X 2. 3.1

2. 1.

Efectivamente, aplicando el criterio del cociente para la serie de t�erminos positivosPjanxnj, se tiene

que

limn!1

�� xn+1

n2n+1

xn(n+ 1)2n+2

�� = jxj2

limn!1

n

n+ 1=jxj2

< 1, jxj < 2:


X (c�R; c+R]. [c�R; c+R). (c�R; c+R). [c�R; c+R].

La serie que se obtiene para x = �2 es del tipo arm�onico simple, 2

1Xn=1

1

n, luego divergente. En el

punto x = 2 se obtiene la serie alternada 2

1Xn=1

(�1)n

n, convergente seg�un el criterio de Leibniz.


2ln(1�

x

2). X �

1

2ln(1 +

x

2). ln(1�

x

2). ln(1�

x

2).

Para obtener la serie dada basta multiplicar por 1

2la serie asociada a � ln(1�t) y realizar la sustituci�on

t = �x

2, de donde la funci�on suma es �

1

2ln(1 +

x

2).


1Xn=1

2n

n5n:

X ln5

3. 0:8. 0:4. ln

5

2.

Como

1Xn=1

tn

n= � ln(1� t), tomando t = 2

5se tiene que la suma de la serie es � ln(1� 2

5) = ln 5

3.


1Xn=1

2n

3pn(x + 5)n�1 es:

1. 1:5. X 0:5. 0.

Aplicando el criterio del cociente para la serie de t�erminos positivosPjanxnj, se tiene que

limn!1

��2n+1(x+ 5)n3pn+ 1

2n(x + 5)n�13pn+ 1

�� = 2jx+ 5j limn!1

rn

n+ 1= 2jx+ 5j < 1, jx� (�5)j <

1

2:


(c�R; c+R]. X [c�R; c+R). (c�R; c+R). [c�R; c+R].

4

La serie que se obtiene para x = �4:5 es del tipo arm�onico,2

3

1Xn=1

1pn, divergente (el exponente es

0:5, menor que 1). En el punto x = �5:5 se obtiene la serie alternada2

3

1Xn=1

(�1)n+1pn

, convergente

seg�un el criterio de Leibniz.


1Xn=1

2(�1)n�1

3pn


46. 47. 45. X 44.

Utilizando el criterio de Leibniz, basta hallar el primer t�ermino de la serie que en valor absoluto es

menor que 0:1. Como quiera que2

3pn< 10�1 , n >

400

3. El primer valor entero de n que satisface

esta desigualdad es n = 45, de donde hay que sumar los 44 primeros t�erminos de la serie.


1Xn=1

2

3pn:



1Xn=1

3

2n2.


3pk

< 0:01.

X Ninguno de los anteriores.

La serie es divergente, pues se trata de una p-serie, con p � 1.



n2 :

0. X 1. 1. Es indeterminado.

Aplicando el criterio de Stolz, toda vez que n2 es creciente a 1, se tiene que

limn!1

ln 1 + ln 2 + � � �+ lnn

n2= lim

n!1

ln(n+ 1)

(n+ 1)2 � n2= lim

n!1

ln(n+ 1)

2n+ 1= 0;

de donde el l��mite propuesto es e0 = 1.


1Xn=1

xn

n



lnn!

n2= 0.

0. 2. 1. X 1.

Seg�un el criterio de la ra��z, el radio espectral de la serie viene dado por aquellos valores de x quesatisfacen la inecuaci�on

limn!1

n

sjxnjn

pn!

< 1 � limn!1

jxjn2pn!

< 1 � jxj < 1:



5

Para x = �1, queda una serie alternada, que es convergente, seg�un el criterio de Leibniz. Para x = 1,

queda la serie

1Xn=1

1n

pn!, que es divergente, por comparaci�on directa con

1Xn=1

1

n(n�otese que n

n> n!,

de donde n >n

pn!, y consecuentemente

1

n<

1n

pn!).


1Xn=0

(�1)n+1x4n+2

32n+1(2n+ 1):

3. Xp3. 1. 1.


limn!1

��32n+1(2n+ 1)x4n+6

32n+3(2n+ 3)x4n+2

�� = x4

9limn!1

2n+ 1

2n+ 3=

x4

9< 1, jxj <

p3:


1Xn=0

(�1)n+1


z =1

x.

X (�1;� 1p3

] [ [ 1p3

;1). (� 1p3

;1p3

). (�1;� 1p3

) [ ( 1p3

;1). (� 1

3;1

3).

Se trata de una consecuencia directa del apartado anterior. Como quiera que el exponente de lavariable es par, resulta que las series a que dan lugar los puntos de los extremos del intervalo deconvergencia originan series alternadas, que son convergentes, seg�un el criterio de Leibniz. De manera

que el campo de convergencia es [�p3;p3]. Como z = 1

x, el campo de convergencia se transforma en

el se~nalado.


1Xn=0

(�1)n+1

32n+1(2n+ 1)z4n+2:

� arctg z2

3. � arctg 3

z2 . X arctg(� 1

3z2 ). Diverge.

Sabemos que

1Xn=0

(�1)nt2n+1

2n+ 1= arctg t. Teniendo en cuenta el cambio de variable t = �

1

3z2se

obtiene la serie dada, de donde la suma es � arctg1

3z2= arctg(�

1

3z2).


ex�3 � 1. En




X El campo de convergencia no contiene el punto x = 3.


Est�a claro que la serie de potencias no puede ser convergente para x = 3, puesto que no existe el l��mitede la funci�on suma en dicho punto. Por otra parte, del hecho de que la funci�on suma est�e de�nidapara todo x 6= 3 no se puede concluir que suceda lo mismo con la serie de potencias (pi�ensese en el

caso de la serie geom�etricaP

rn = 1

1�r ). De ah�� la respuesta marcada.



6


X Si la serie alternada converge, el campo es cerrado.


Si la serie de t�erminos positivos converge, la alternada asociada es absolutamente convergente, dedonde tambi�en converge. De esta manera, todas las respuestas son ciertas menos la tercera: auncuando la serie alternada converja, no se sabe qu�e pueda ocurrir con la de t�erminos positivos (pi�enseseen el caso de la serie de potencias asociada a la funci�on ln(1� x)).



APELLIDOS: NOMBRE:

1. La serie de Fourier de tipo coseno asociada a la funci�on f(x) = x2, x 2 (0; �), converge a la extensi�onperi�odica de:

x2, x 2 [��; �). jxj, x 2 (��; �]. �x3

jxj, x 2 (��; �].

��x2; �� x � 0

x2; 0 < x < �

2. La serie de Fourier de tipo seno asociada a la funci�on f(x) = x2, x 2 (0; �), converge a la extensi�onperi�odica de:

x2, x 2 [��; �). jxj, x 2 (��; �]. �x3

jxj, x 2 (��; �].

8<:

�x2; �� < x � 0

x2; 0 < x < �

0; x = �

3. Sean g(x) y f(x) dos funciones de�nidas en (��; �). Se sabe que los coe�cientes de Fourier an = 0para todo n � 0 para la funci�on g(x), mientras que bn = 0 para todo n > 0 para la funci�on f(x). Enestas circunstancias, se puede asegurar que:

El desarrollo en serie de Fourier de h(x) = f(x) + g(x) coincide con la suma de los desarrollos de

Fourier de f(x) y g(x).

No se puede calcular el desarrollo en serie de Fourier de h(x) = f(x) + g(x) a partir de los

desarrollos de Fourier de f(x) y g(x).

Los coe�cientes de Fourier de la funci�on h(x) = f(x) + g(x) son todos nulos.

f(x) es una funci�on impar, y g(x) es una funci�on par.

4. Sea f(x) una funci�on suave a trozos de�nida en (0; �), y Sf(x) la serie de Fourier asociada. De entrelas siguientes opciones, se~nalar la �unica que es siempre FALSA:

f(x) puede ser continua, sin serlo Sf(x).

Sf(x) puede ser continua y f(x) tener discontinuidades de salto �nito.

Si Sf(x) es continua, f(x) tambi�en.

Si f(x) es discontinua, Sf(x) tambi�en.

5. Se~nalar la serie de Fourier asociada a la funci�on f(x) =

8<:

2; �� < x < �1

1; �1 � x � 1

0; 1 < x � �

1 +

1Xn=1

2(�1)n � cosn

n�sennx 1 +

1Xn=1

(�1)n2

n�sennx

1 +

1Xn=1

2(�1)n � cosn

n�cosnx 1 +

1Xn=1

(�1)n2

n�cosnx

6. Se sabe que la serie de Fourier asociada a la funci�on g(x) =

�senx; �� < x � 01

�; 0 < x � �

consiste en

Sg(x) = �1

2�+

2

�

1Xn=1

�1

4n2 � 1cos(2nx)�

1

(2n� 1)�sen(2nx� x)

�:

El valor de

1Xn=1

1

4n2 � 1es:

1. �1. 0:5. 1

�.

2

7. La soluci�on general de la e.d.o. y0 +2xy

1 + x2= x3 consiste en:

No se puede calcular, al no tener los valores iniciales.

No existe, por no veri�car las hip�otesis del Teorema de Picard.

Consiste en una familia biparam�etrica, en funci�on de dos constantes.

y =x4(3 + 2x2) +D

12(1 + x2).

8. La e.d.o. y0 + 2ex = exy:

S�olo se puede resolver como e.d.o. lineal.

S�olo se puede resolver como e.d.o. de variables separables.

S�olo se puede resolver por m�etodos num�ericos.

Admite ser resuelta utilizando todos los m�etodos vistos en clase (e.d.o.s lineales, de variables

separables y m�etodos num�ericos).

9. Se~nalar la opci�on correcta para que y = Ax sen 3x pueda ser (para alg�un valor de A) una soluci�onparticular de la e.d.o. de coe�cientes constantes que se propone:

y00 + 9y = sen 3x. y00 + 9 = R(x). y00 � 9 = sen 3x. y00 + 9y = senx.

10. Se~nalar la opci�on correcta para que y = x2e2x pueda ser una soluci�on particular de la e.d.o. decoe�cientes constantes que se propone:

y00 � 4y0 + 4y = ex: y00 +2y0 + 4y = e2x: y00 +2y0 +4y = R(x): y00 � 4y0 +4y = R(x).

11. Determinar cu�al de entre las siguientes NO puede ser una soluci�on particular v�alida para una e.d.o.lineal no homog�enea de segundo orden cuya soluci�on homog�enea viene dada por C1 senx+ C2 cosx:

yP (x) = senx� 2 cosx: yP (x) = sen 2x: yP (x) = x senx: No hay ninguna limitaci�on.

12. Se~nalar la �unica de entre las opciones dadas que corresponde a una e.d.o. que no tiene garantizada launicidad de soluci�on en el PVI y(0) = 1.

y0 =1

x. y0 =

1

y. y0 = xy. No se puede dar.

13. Encontrar la soluci�on general de la e.d.o. y00 � 3y0 � 4y = 2 senx:

C1e4x + C2e

�x. C1e4x + C2e

�x � 5

17senx+ 3

17cosx.

� 5

17senx+ 3

17cosx. No tiene soluci�on.

14. Encontrar la soluci�on del PVI dado por y00 � 3y0 � 4y = 2 senx+ 3e2x, y(0) = 2� 11

34, y0(0) = 3� 22

17:

e4x + e�x � 5

17senx+ 3

17cosx. e4x + e�x � 1

2e2x.

e4x + e�x � 5

17senx+ 3

17cosx� 1

2e2x. e4x + e�x.

15. En la primera iteraci�on, el m�etodo de Euler asociado al PVI y0+2ex = exy, y(0) = 0, con paso h = 1,devuelve el punto (x1; y1) dado por:

(0:1;�1). (0:5;�2). (1;�2). (0;�e).

16. En la primera iteraci�on, el m�etodo de Heun asociado al PVI y0+2ex = exy, y(0) = 0, con paso h = 1,devuelve el punto (x1; y1) dado por:

(1;�2). (1;�1� 2e). (1;�2e). (1;�2� 4e).



APELLIDOS: NOMBRE:

1. La serie de Fourier de tipo coseno asociada a la funci�on f(x) = x2, x 2 (0; �), converge a la extensi�onperi�odica de:

X x2, x 2 [��; �). jxj, x 2 (��; �]. �x3

jxj, x 2 (��; �].

��x2; �� x � 0

x2; 0 < x < �

2. La serie de Fourier de tipo seno asociada a la funci�on f(x) = x2, x 2 (0; �), converge a la extensi�onperi�odica de:

x2, x 2 [��; �). jxj, x 2 (��; �]. �x3

jxj, x 2 (��; �]. X

8<:

�x2; �� < x � 0

x2; 0 < x < �

0; x = �

3. Sean g(x) y f(x) dos funciones de�nidas en (��; �). Se sabe que los coe�cientes de Fourier an = 0para todo n � 0 para la funci�on g(x), mientras que bn = 0 para todo n > 0 para la funci�on f(x). Enestas circunstancias, se puede asegurar que:

X El desarrollo en serie de Fourier de h(x) = f(x) + g(x) coincide con la suma de los desarrollos de

Fourier de f(x) y g(x).

No se puede calcular el desarrollo en serie de Fourier de h(x) = f(x) + g(x) a partir de los

desarrollos de Fourier de f(x) y g(x).

Los coe�cientes de Fourier de la funci�on h(x) = f(x) + g(x) son todos nulos.

f(x) es una funci�on impar, y g(x) es una funci�on par.

4. Sea f(x) una funci�on suave a trozos de�nida en (0; �), y Sf(x) la serie de Fourier asociada. De entrelas siguientes opciones, se~nalar la �unica que siempre es FALSA:

f(x) puede ser continua, sin serlo Sf(x).

X Sf(x) puede ser continua y f(x) tener discontinuidades de salto �nito.

Si Sf(x) es continua, f(x) tambi�en.

Si f(x) es discontinua, Sf(x) tambi�en.

5. Se~nalar la serie de Fourier asociada a la funci�on f(x) =

8<:

2; �� < x < �1

1; �1 � x � 1

0; 1 < x � �

X 1 +

1Xn=1

2(�1)n � cosn

n�sennx 1 +

1Xn=1

(�1)n2

n�sennx

1 +

1Xn=1

2(�1)n � cosn

n�cosnx 1 +

1Xn=1

(�1)n2

n�cosnx

6. Se sabe que la serie de Fourier asociada a la funci�on g(x) =

�senx; �� < x � 01

�; 0 < x � �

consiste en

Sg(x) = �1

2�+

2

�

1Xn=1

�1

4n2 � 1cos(2nx)�

1

(2n� 1)�sen(2nx� x)

�:

El valor de

1Xn=1

1

4n2 � 1es:

1. �1. X 0:5. 1

�.

4

7. La soluci�on general de la e.d.o. y0 +2xy

1 + x2= x3 consiste en:

No se puede calcular, al no tener los valores iniciales.

No existe, por no veri�car las hip�otesis del Teorema de Picard.

Consiste en una familia biparam�etrica, en funci�on de dos constantes.

X y =x4(3 + 2x2) +D

12(1 + x2).

8. La e.d.o. y0 + 2ex = exy:

S�olo se puede resolver como e.d.o. lineal.

S�olo se puede resolver como e.d.o. de variables separables.

S�olo se puede resolver por m�etodos num�ericos.

X Admite ser resuelta utilizando todos los m�etodos vistos en clase (e.d.o.s lineales, de variables

separables y m�etodos num�ericos).

9. Se~nalar la opci�on correcta para que y = Ax sen 3x pueda ser (para alg�un valor de A) una soluci�onparticular de la e.d.o. de coe�cientes constantes que se propone:

X y00 + 9y = sen 3x. y00 + 9 = R(x). y00 � 9 = sen 3x. y00 + 9y = senx.

10. Se~nalar la opci�on correcta para que y = x2e2x pueda ser una soluci�on particular de la e.d.o. decoe�cientes constantes que se propone:

y00 � 4y0 +4y = ex: y00 +2y0 +4y = e2x: y00 +2y0 +4y = R(x): X y00 � 4y0+4y = R(x).

11. Determinar cu�al de entre las siguientes NO puede ser una soluci�on particular v�alida para una e.d.o.lineal no homog�enea de segundo orden cuya soluci�on homog�enea viene dada por C1 senx+ C2 cosx:

X yP (x) = senx� 2 cosx: yP (x) = sen 2x: yP (x) = x senx: No hay ninguna limitaci�on.

12. Se~nalar la �unica de entre las opciones dadas que corresponde a una e.d.o. que no tiene garantizada launicidad de soluci�on en el PVI y(0) = 1.

X y0 =1

x. y0 =

1

y. y0 = xy. No se puede dar.

13. Encontrar la soluci�on general de la e.d.o. y00 � 3y0 � 4y = 2 senx:

C1e4x + C2e

�x. X C1e4x + C2e

�x � 5

17senx+ 3

17cosx.

� 5

17senx+ 3

17cosx. No tiene soluci�on.

14. Encontrar la soluci�on del PVI dado por y00 � 3y0 � 4y = 2 senx+ 3e2x, y(0) = 2� 11

34, y0(0) = 3� 22

17:

e4x + e�x � 5

17senx+ 3

17cosx. e4x + e�x � 1

2e2x.

X e4x + e�x � 5

17senx+ 3

17cosx� 1

2e2x. e4x + e�x.

15. En la primera iteraci�on, el m�etodo de Euler asociado al PVI y0+2ex = exy, y(0) = 0, con paso h = 1,devuelve el punto (x1; y1) dado por:

(0:1;�1). (0:5;�2). X (1;�2). (0;�e).

16. En la primera iteraci�on, el m�etodo de Heun asociado al PVI y0+2ex = exy, y(0) = 0, con paso h = 1,devuelve el punto (x1; y1) dado por:

(1;�2). X (1;�1� 2e). (1;�2e). (1;�2� 4e).

1Calculo Infinitesimal I.T.I. Gestion y Sistemas 5/02/07

En el siguiente test cada respuesta correcta aporta 0.4 puntos, mientras que cada respuesta fallidaresta 0.1 puntos.

APELLIDOS: NOMBRE:

1. Se sabe que el radio de convergencia de∞∑

n=0

(−1)n 3n

nx2n es R =

1√3. En estas circunstancias, el campo

de convergencia es del tipo:

[−R, R]. [−R, R). (−R, R]. (−R,R).

2. La suma de la serie∞∑

n=0

(−1)n 3n

n:

No se puede calcular, por no ser convergente la serie.

Se puede aproximar utilizando el criterio de Leibnitz.

Se puede aproximar utilizando el criterio de la mayorante, con la serie geometrica∞∑

n=0

(−1)n3n.

Coincide con f(1), para f(x) la funcion suma de∞∑

n=0

(−1)n 3n

nx2n en su campo de convergencia.

3. Determinar una aproximacion de la suma∞∑

n=0

(−1)n π2n

(2n + 1)!con un error menor que 0.1:

−0.024. −1.024. 0.976. Es divergente.

4. Determinar el radio de convergencia de∞∑

n=0

(−1)n x3n+1

n!, sabiendo que

∞∑n=0

xn

n!= ex para todo x ∈ IR:

∞. 0. 1. Falta informacion.

5. Determinar el campo de convergencia de∞∑

n=0

(−1)n x3n+1

n + 1, sabiendo que

∞∑n=0

(−1)n xn+1

n + 1= ln(1 + x)

para todo x ∈ (−1, 1]:

(−1, 1]. (−3, 3]. IR. Falta informacion.

6. Determinar cual es el campo de convergencia de∞∑

n=0

(−1)n

(1n!

+1

n + 1

)x3n+1:

La interseccion de los campos de convergencia de los dos apartados anteriores.

La union de los campos de convergencia de los dos apartados anteriores.

La diferencia de los campos de convergencia de los dos apartados anteriores.

No tiene nada que ver con los campos de convergencia de los dos apartados anteriores.

7. La funcion suma de∞∑

n=0

(−1)n

(1n!

+1

n + 1

)x3n+1 es:

La suma de las funciones suma de las dos series anteriores.

La diferencia de las funciones suma de las dos series anteriores.

El producto de las funciones suma de las dos series anteriores.

No tiene nada que ver con las funciones suma de las dos series anteriores.

8. Sin hacer en caso alguno el lımite, razonar cuanto vale limx→0

(xe−x3

+1x2

ln(1 + x3))

:

0. π. e2. ∞.

2

9. Los coeficientes del desarrollo de Fourier Sg(x) de la funcion g(x) ={

x + 1, −π ≤ x ≤ 00, 0 < x < π

son:

a0 = 1− π

2, an =

1− (−1)n

πn2, bn =

(−1)nn(1− π)− n

πn2. a0 = 1 +

π

2, an =

1− (−1)n

πn2, bn =

(−1)nn(1− π)− n

πn2.

a0 = 1− π

2, an =

1 + (−1)n

πn2, bn =

(−1)nn(1− π)− n

πn2. a0 = 1 +

π

2, an =

1− (−1)n

πn2, bn =

(−1)nn(1 + π)− n

πn2.

10. El valor de la serie de Fourier de g(x) en x = −π es:1− π

2. 0. 1− π. Hay que calcular forzosamente la serie de Fourier.

11. Determinar los coeficientes de la serie de Fourier de tipo seno de la funcion g(x) en (−π, 0):

an = 0, bn = 2(−1)nn(1− π)− n

πn2. an = 0, bn =

(−1)nn(1− π)− n

πn2.

a0 = 2− π, an = 21− (−1)n

πn2, bn = 0. a0 = 1 +

π

2, an =

1− (−1)n

πn2, bn =

(−1)nn(1 + π)− n

πn2.

12. Determinar los coeficientes de la serie de Fourier de tipo coseno de la funcion g(x) en (−π, 0):

a0 = 2− π, an = 21− (−1)n

πn2, bn = 0. an = 0, bn = 2

(−1)nn(1− π)− n

πn2.

a0 = 1− π

2, an =

1 + (−1)n

πn2, bn =

(−1)nn(1− π)− n

πn2. a0 = 1− π

2, an =

1− (−1)n

πn2, bn = 0.

13. Determinar el valor exacto de la serie∞∑

n=0

2π(2n + 1)2

:

π

4. 0.5. 1. Basta evaluar la serie de Fourier en x = 0.

14. Determinar h(t) para que la serie de Fourier de j(t) ={

h(t), −2π ≤ t ≤ 00, 0 < t < 2π

coincida con Sg(x2 ):

h(t) =t

2+ 1. h(t) = 2t + 1. h(t) = t + 1. No existe tal h(t).

15. Senalar una condicion inicial para la cual el P.V.I. asociado a la e.d.o. xy′ − ln(1 + x)y = 0 tienegarantizada la existencia y unicidad:

y(1) = 0. y(0) = 1. y(0) = 0. Vale cualquier condicion inicial.

16. La solucion general de la e.d.o. y′ − y = 2ex es:

ex(2x + C).2 + C

ex.

2 + C

e−x. No tiene solucion.

17. La solucion del P.V.I. y′ − y = 2ex, y(0) = 1 es:

ex(2x + 1).1ex

.1


18. Una solucion particular de la e.d.o. y′′ − 2y′ + 2y = 2 sen x es:25

sen x +45

cosx. sen x. sen x + 2 cos x. ex(sen x + cos x).

19. La solucion general de la e.d.o. y′′ − 2y′ + 2y = 2 sen x es:

C1ex sen x + C2e

x cos x +25

sen x +45

cosx.25

sen x +45

cos x.

25ex sen x +

45ex cosx. ex(C1 sen x + C2 cos x).

20. La solucion del P.V.I. y′′ − 2y′ + 2y = 2 sen x, y(0) = 0, y′(0) = 0 es:25ex sen x− 4

5ex cosx +

25

sen x +45

cos x. x− sen x. ex cos x− sen x− 1. No es unica.



APELLIDOS: NOMBRE:

1. Se sabe que el radio de convergencia de∞∑

n=0

(−1)n 3n

nx2n es R =

1√3. En estas circunstancias, el campo

de convergencia es del tipo:

X [−R,R]. [−R,R). (−R, R]. (−R, R).

La sustitucion x = ± 1√3

convierte la serie de potencias en la misma serie numerica alternada,∞∑

n=0

(−1)n 1n

, que es convergente, segun el criterio de Leibnitz.

2. La suma de la serie∞∑

n=0

(−1)n 3n

n:

X No se puede calcular, por no ser convergente la serie.


Se puede aproximar utilizando el criterio de la mayorante, con la serie geometrica∞∑

n=0

(−1)n3n.

Coincide con f(1), para f(x) la funcion suma de∞∑

n=0

(−1)n 3n

nx2n en su campo de convergencia.

Basta darse cuenta de que 1 no pertenece al campo de convergencia calculado en el apartado anterior.

3. Determinar una aproximacion de la suma∞∑

n=0

(−1)n π2n

(2n + 1)!con un error menor que 0.1:

X −0.024. −1.024. 0.976. Es divergente.

Denotemos la serie como∑

(−1)nan. Para n = 4 es la primera ocasion en la que an ≤ 0.1, de dondela aproximacion buscada consiste en a0 + a1 + a2 + a3, que suma aproximadamente lo senalado.

4. Determinar el radio de convergencia de∞∑

n=0

(−1)n x3n+1

n!, sabiendo que

∞∑n=0

xn

n!= ex para todo x ∈ IR:

X ∞. 0. 1. Falta informacion.Por el criterio del cociente se obtiene que el radio es ∞. Mas aun, es facil comprobar que la suma dela serie es xe−x3

.

5. Determinar el campo de convergencia de∞∑

n=0

(−1)n x3n+1

n + 1, sabiendo que

∞∑n=0

(−1)n xn+1

n + 1= ln(1 + x)

para todo x ∈ (−1, 1]:

X (−1, 1]. (−3, 3]. IR. Falta informacion.Por el criterio del cociente se obtiene que el radio de convergencia es 1. La sustitucion x = 1 en laserie produce una serie alternada, convergente segun Leibnitz. La sustitucion x = −1 produce la seriearmonica simple (multiplicada por −1), divergente.

6. Determinar cual es el campo de convergencia de∞∑

n=0

(−1)n

(1n!

+1

n + 1

)x3n+1:

X La interseccion de los campos de convergencia de los dos apartados anteriores.

La union de los campos de convergencia de los dos apartados anteriores.

La diferencia de los campos de convergencia de los dos apartados anteriores.

No tiene nada que ver con los campos de convergencia de los dos apartados anteriores.Por teorıa se sabe que, al ser una serie convergente en todo IR, el comportamiento de la suma de estaserie con otra cualquiera origina una nueva serie del mismo campo de convergencia que la segunda.No obstante, se puede tratar de calcular el campo de convergencia directamente.

4

7. La funcion suma de∞∑

n=0

(−1)n

(1n!

+1

n + 1

)x3n+1 es:

X La suma de las funciones suma de las dos series anteriores.

La diferencia de las funciones suma de las dos series anteriores.

El producto de las funciones suma de las dos series anteriores.

No tiene nada que ver con las funciones suma de las dos series anteriores.

Es consecuencia inmediata del apartado anterior.

8. Sin hacer en caso alguno el lımite, razonar cuanto vale limx→0

(xe−x3

+1x2

ln(1 + x3))

:

X 0. π. e2. ∞.

La funcion a la que se ha de calcular el lımite es la funcion suma de la serie de potencias del apartadoanterior. Como x = 0 esta dentro del campo de convergencia, el lımite coincidira con el valor de laserie de potencias en x = 0, que es 0.

9. Los coeficientes del desarrollo de Fourier Sg(x) de la funcion g(x) ={

x + 1, −π ≤ x ≤ 00, 0 < x < π

son:

X a0 = 1− π

2, an =

1− (−1)n

πn2, bn =

(−1)nn(1− π)− n

πn2.

a0 = 1 +π

2, an =

1− (−1)n

πn2, bn =

(−1)nn(1− π)− n

πn2.

a0 = 1− π

2, an =

1 + (−1)n

πn2, bn =

(−1)nn(1− π)− n

πn2.

a0 = 1 +π

2, an =

1− (−1)n

πn2, bn =

(−1)nn(1 + π)− n

πn2.

Basta aplicar las formulas.

10. El valor de la serie de Fourier de g(x) en x = −π es:

X1− π

2. 0. 1− π. Hay que calcular forzosamente la serie de Fourier.

Basta aplicar el Teorema de Dirichlet.

11. Determinar los coeficientes de la serie de Fourier de tipo seno de la funcion g(x) en (−π, 0):

X an = 0, bn = 2(−1)nn(1− π)− n

πn2.

an = 0, bn =(−1)nn(1− π)− n

πn2.

a0 = 2− π, an = 21− (−1)n

πn2, bn = 0.

a0 = 1 +π

2, an =

1− (−1)n

πn2, bn =

(−1)nn(1 + π)− n

πn2.

Se trata de muliplicar por 2 los coeficientes bn del desarrollo de Fourier de la funcion g(x) original.

12. Determinar los coeficientes de la serie de Fourier de tipo coseno de la funcion g(x) en (−π, 0):

X a0 = 2− π, an = 21− (−1)n

πn2, bn = 0.

an = 0, bn = 2(−1)nn(1− π)− n

πn2.

a0 = 1− π

2, an =

1 + (−1)n

πn2, bn =

(−1)nn(1− π)− n

πn2.

a0 = 1− π

2, an =

1− (−1)n

πn2, bn = 0.

Se trata de muliplicar por 2 los coeficientes an del desarrollo de Fourier de la funcion g(x) original.

5

13. Determinar el valor exacto de la serie∞∑

n=0

2π(2n + 1)2

:

Xπ

4. 0.5. 1. Basta evaluar la serie de Fourier en x = 0.

Basta evaluar la serie de Fourier de la funcion anterior en x = π, de donde1− π

2= Sg(π) =

12− π

4−

∞∑n=1

2π(2n + 1)2

, de donde la suma buscada esπ

4.

14. Determinar h(t) para que la serie de Fourier de j(t) ={

h(t), −2π ≤ t ≤ 00, 0 < t < 2π

coincida con Sg(x2 ):

X h(t) =t

2+ 1. X h(t) = 2t + 1. h(t) = t + 1. No existe tal h(t).

En efecto, basta tener en cuenta el cambio de variable de t ∈ [−2π, 2π) a x ∈ [π, π), consistente ent = 2x. Ası, la serie de Fourier de la funcion en j(t) consiste en sustituir x = t

2 en la serie de Fourierde j(x) = j(2x) = g(x).

15. Senalar una condicion inicial para la cual el P.V.I. asociado a la e.d.o. xy′ − ln(1 + x)y = 0 tienegarantizada la existencia y unicidad:

X y(1) = 0. y(0) = 1. y(0) = 0. Vale cualquier condicion inicial.

No se puede aplicar el Teorema de Picard ni la proposicion ulterior en caso de que f(x, y) no sea

continua en el punto que define el P.V.I. Como quiera que en esta e.d.o. es y′ =y ln(x + 1)

x, la funcion

f(x, y) es continua en IR2 a excepcion de los puntos sobre la recta x = 0. De ahı la respuesta marcada.

16. La solucion general de la e.d.o. y′ − y = 2ex es:

X ex(2x + C).2 + C

ex.

2 + C


Basta efectuar el par de integrales adecuado para resolver la e.d.o. lineal propuesta.

17. La solucion del P.V.I. y′ − y = 2ex, y(0) = 1 es:

X ex(2x + 1).1ex

.1


Basta imponer la condicion inicial a la solucion general del apartado anterior.

18. Una solucion particular de la e.d.o. y′′ − 2y′ + 2y = senx es:

X25

sen x +45

cos x. sen x. sen x + 2 cos x. ex(senx + cos x).

La solucion particular se busca del tipo A sen x + B cos x, toda vez que 1 no es raız de la ecuacioncaracterıstica.

19. La solucion general de la e.d.o. y′′ − 2y′ + 2y = sen x es:

X C1ex sen x + C2e

x cosx +25

sen x +45

cos x.25

senx +45

cos x.

25ex sen x +

45ex cosx. ex(C1 sen x + C2 cosx).

Las soluciones de la ecuacion caracterıstica vienen dadas por la pareja de numeros complejos 1± i.

20. La solucion del P.V.I. y′′ − 2y′ + 2y = sen x, y(0) = 0, y′(0) = 0 es:

X25ex sen x− 4

5ex cos x +

25

senx +45

cosx. x− sen x.

ex cos x− sen x− 1. No es unica.

Es cuestion de imponer las condiciones iniciales a la solucion general determinada en el apartadoanterior.



APELLIDOS: NOMBRE:

1. Se sabe que el radio de convergencia de

1Xn=0

(�1)nx2n

n4nes R = 2. En estas circunstancias, el campo de

convergencia es del tipo:

[�R;R]. [�R;R). (�R;R]. (�R;R).

2. La suma de la serie

1Xn=0

(�1)n4n

n:

No se puede calcular, por no ser convergente la serie.


Se puede aproximar utilizando el criterio de la mayorante, con la serie geom�etrica

1Xn=0

(�1)n4n.

Coincide con f(4), para f(x) la funci�on suma de

1Xn=0

(�1)nx2n

n4nen su campo de convergencia.

3. Para determinar una aproximaci�on de la suma

1Xn=0

(�1)n�2n

2n+ 1con un error menor que 0:1:

Basta usar el criterio de Leibnitz, y es necesario tomar 4 sumandos.


Hay que aplicar el criterio de la mayorante con una serie geom�etrica de raz�on menor que 1.

No se puede: no es convergente.

4. La serie

1Xn=0

(�1)ncn, para cn =

8>><>>:

1

nsi n par

1

n2si n impar

Es convergente, por el criterio de Leibnitz.

Es convergente, por ser absolutamente convergente, por el criterio de la ra��z.

Es condicionalmente convergente, aunque no absolutamente convergente.

Ninguna de las anteriores.

5. Se sabe que

1Xn=1

an = c, mientras que

1Xn=0

(a2n+1 + a4n+2+ a4n+4) 6= c. Se~nala la respuesta incorrecta:

La serieX

an no es de t�erminos positivos. La serieX

an no es absolutamente convergente.

La serieX

an no puede ser alternada. Una tal serieX

an no puede existir.

6. Determinar el campo de convergencia de

1Xn=0

(�1)n

n!x3n+1, sabiendo que

1Xn=0

xn

n!= e

x para todo x 2 IR:

IR. IR� f0g. (�1; 1). Falta informaci�on.

2

7. Se~nala la respuesta correcta:

Una serie de potencias siempre es convergente donde quiera que tenga sentido la funci�on sumaasociada.

Dada una funci�on, siempre existe una serie de potencias cuya suma es dicha funci�on, en todo IR.

La funci�on suma siempre coincide con la serie de potencias de la que proviene, en todo IR.

Ninguna de las anteriores.

8. Determinar el radio de convergencia de

1Xn=0

(�1)nx3n+1

n+ 1:

1. 3. 1. Falta informaci�on.

9. Sabiendo que1

1� x=

1Xn=0

xn, la funci�on suma de

1Xn=0

(�1)nx3n+1

n+ 1es:

No existe. No se puede calcular a partir de los datos facilitados.

lnx3.1

x2ln(1 + x

3).

10. Como consecuencia, se puede asegurar que limx!0

1

x2ln(1 + x

3) vale:

0. 1. 1. No existe.

11. Determinar los coe�cientes de la serie de Fourier Sg(x) de tipo coseno de la extensi�on peri�odica de la

funci�on g(x) =

�1� x; �� x � 0

0; 0 < x < �en (��; 0):

a0 = 2 + �; an = 2(�1)n � 1

�n2; bn = 0. an = 0; bn = 2

(�1)nn(1� �)� n

�n2.

a0 = 1 +�

2; an = 2

1 + (�1)n

�n2; bn =

(�1)nn(1� �)� n

�n2. a0 = 1 +

�

2; an = 2

1� (�1)n

�n2; bn = 0.

12. Determinar los coe�cientes de la serie de Fourier Sh(x) de la funci�on h(x) =

��0:5; �� x � 0

0:5; 0 < x < �

a0 = 0; an = 0 8n > 0; bn =1� (�1)n

n�. an = 0 8n � 0; bn =

(�1)n � 1

n�.

a0 = �0:5; an = 0 8n > 0; bn =1� (�1)n

2n�. Ninguna de las anteriores.

13. Sabiendo que la serie de Fourier de

�0; �� x � 0

1; 0 < x < �es

1

2+ Sh(x), entonces la serie de Fourier de

la funci�on j(x) =

�1� x; �� x � 0

2 + x; 0 < x < �viene dada por:

1

2+ Sg(x) + Sh(x). 1 + Sg(x) + Sh(x).

Sg(x) + Sh(x). No se puede obtener combinando Sg(x) y Sh(x) de ning�un modo.

3

14. El valor de la serie de Fourier de j(x) en x = � es:

� +3

2. 0.

�

2. 1 +

�

2.

15. Determinar el valor exacto de la serie

1Xn=0

1

(2n+ 1)2:

�2

4. 0:5. �.

�2

8.

16. Se~nalar una condici�on inicial para la cual el P.V.I. asociado a la e.d.o. (x2 � 1)y0 � x 3py = 0 tiene

garantizada la existencia y unicidad:

y(2) = 0. y(0) = 1. y(�1) = 1. y(1) = 1.

17. La soluci�on general de la e.d.o. y0 � y = e2x es:

Otra, >cu�al? .ex + C

ex.

1 + C

e�x. Ce

2x.

18. La soluci�on del P.V.I. y0 � y = e2x, y(0) = 1 es:

ex(ex + 1). e

2x.1

e�x. No se puede determinar con estos datos.

19. Una soluci�on particular de la e.d.o. y00 + 9y = sen 3x se ha de buscar del tipo:

Ax2e3x. Ae

3x. Axe3x. Ax sen 3x+Bx cos 3x.

20. La soluci�on general de la e.d.o. y00 + 9y = sen 3x es:

Otra, >cu�al? .1

4senx+ C1e

3x + C2xe3x.

1

4ex sen 3x. e

3x(C1 sen 3x+ C2 cos 3x).



APELLIDOS: NOMBRE:

1. Se sabe que el radio de convergencia de

1Xn=0

(�1)nx2n

n4nes R = 2. En estas circunstancias, el campo de

convergencia es del tipo:

X [�R;R]. [�R;R). (�R;R]. (�R;R).La sustituci�on de x = �2 en la serie devuelve la serie arm�onica simple, que es convergente. Por lo elcampo de convergencia es cerrado en ambos extremos.

2. La suma de la serie

1Xn=0

(�1)n4n

n:

X No se puede calcular, por no ser convergente la serie.


Se puede aproximar utilizando el criterio de la mayorante, con la serie geom�etrica

1Xn=0

(�1)n4n.

Coincide con f(4), para f(x) la funci�on suma de

1Xn=0

(�1)nx2n

n4nen su campo de convergencia.

La serie no es convergente, pues no veri�ca la condici�on necesaria (el l��mite del t�ermino general no escero).

3. Para determinar una aproximaci�on de la suma

1Xn=0

(�1)n�2n

2n+ 1con un error menor que 0:1:



Hay que aplicar el criterio de la mayorante con una serie geom�etrica de raz�on menor que 1.

X No se puede: no es convergente.

La serie no es convergente, pues no veri�ca la condici�on necesaria (el l��mite del t�ermino general no escero).

4. La serie

1Xn=0

(�1)ncn, para cn =

8>><>>:

1

nsi n par

1

n2si n impar

Es convergente, por el criterio de Leibnitz.

Es convergente, por ser absolutamente convergente, por el criterio de la ra��z.

Es condicionalmente convergente, aunque no absolutamente convergente.

X Ninguna de las anteriores.

No es convergente, por ser la diferencia de una serie divergente (t�erminos pares de la serie arm�onica

simple) y una serie convergente (t�erminos impares de la p-serie de t�ermino general1

n2).

5

5. Se sabe que

1Xn=1

an = c, mientras que

1Xn=0

(a2n+1 + a4n+2+ a4n+4) 6= c. Se~nala la respuesta incorrecta:

La serieX

an no es de t�erminos positivos. La serieX

an no es absolutamente convergente.

X La serieX

an no puede ser alternada. Una tal serieX

an no puede existir.

Es el caso de la serie alternada arm�onica simple, como se ha visto en clase (ver transparencias).En cualquier caso, las otras opciones son a�rmaciones verdaderas: cualquier serie convergente det�erminos positivos suma siempre lo mismo, se reordene como se reordene; por a~nadidura, cualquierserie absolutamente convergente suma siempre lo mismo, se reordende como se reordene.

6. Determinar el campo de convergencia de

1Xn=0

(�1)n

n!x3n+1, sabiendo que

1Xn=0

xn

n!= e

x para todo x 2 IR:

IR. X IR� f0g. (�1; 1). Falta informaci�on.

Se puede observar que

1Xn=0

(�1)n

n!x3n+1=

1

x

1Xn=0

(�1)3n

n!x3n=

1

xe�

1

x3 . Como el campo de convergencia de ex

es IR, el de esta serie ser�a IR� f0g. Tambi�en se podr��a haber aplicado el criterio del cociente.

7. Se~nala la respuesta correcta:

Una serie de potencias siempre es convergente donde quiera que tenga sentido la funci�on sumaasociada.

Dada una funci�on, siempre existe una serie de potencias cuya suma es dicha funci�on, en todo IR.

La funci�on suma siempre coincide con la serie de potencias de la que proviene, en todo IR.

X Ninguna de las anteriores.

La funci�on suma de una serie de potencias tiene garantizada la igualdad con la serie de potenciasexclusivamente en el campo de convergencia de la serie. Fuera del campo de convergencia, la serie no

converge, aun cuando la funci�on pueda estar de�nida. Es el caso de la serie de potencias

1Xn=0

xn =

1

1� x, cuyo campo de convergencia es [�1; 1), mientras que el dominio de de�nici�on de la funci�on

suma es IR� f1g.

8. Determinar el radio de convergencia de

1Xn=0

(�1)nx3n+1

n+ 1:

X 1. 3. 1. Falta informaci�on.

Aplicando el criterio del cociente, evaluamos para que valores x es limn!infty

�� x3n+4

n

x3n+1(n+ 1)

�� < 1. Esta

inecuaci�on queda jx3j < 1, lo que devuelve el intervalo x 2 (�1; 1), siendo el radio de convergencia 1.

9. Sabiendo que1

1� x=

1Xn=0

xn, la funci�on suma de

1Xn=0

(�1)nx3n+1

n+ 1es:

No existe. No se puede calcular a partir de los datos facilitados.

lnx3. X1

x2ln(1 + x

3).

6

Para obtener n + 1 en el denominador a partir de la serie que facilita el enunciado como ayuda, esnecesario integrar una vez. As��,

Zdx

1� x= � ln(1� x) =

Z 1Xn=0

xn

!=

1Xn=0

xn+1

n+ 1:

Sustituyendo la variable x por �t3 queda

� ln(1 + t3) =

1Xn=0

((�1)3)n+1t3n+3

n+ 1= t

2

1Xn=0

(�1)n+1t3n+1

n+ 1

de donde la serie propuesta suma1

x2ln(1 + x

3).

10. Como consecuencia, se puede asegurar que limx!0

1

x2ln(1 + x

3) vale:

X 0. 1. 1. No existe.

Como 0 est�a dentro del campo de convergencia de la serie, el l��mite en cuesti�on coincide con el valorque toma la serie anterior en x = 0.

11. Determinar los coe�cientes de la serie de Fourier Sg(x) de tipo coseno de la extensi�on peri�odica de la

funci�on g(x) =

�1� x; �� x � 0

0; 0 < x < �en (��; 0):

X a0 = 2+ �; an = 2(�1)n � 1

�n2; bn = 0. an = 0; bn = 2

(�1)nn(1� �)� n

�n2.

a0 = 1 +�

2; an = 2

1 + (�1)n

�n2; bn =

(�1)nn(1� �)� n

�n2. a0 = 1 +

�

2; an = 2

1� (�1)n

�n2; bn = 0.

Por tratarse de la extensi�on par, todos los coe�cientes bn han de ser 0. Por otra parte, el coe�ciente

a0 =2

�

Z0

��

(1�x) dx =2

�

�x�

x2

2

�0��

= 2+�. Esto ya determina un��vocamente la soluci�on correcta

de entre las propuestas.

12. Determinar los coe�cientes de la serie de Fourier Sh(x) de la funci�on h(x) =

��0:5; �� x � 0

0:5; 0 < x < �

X a0 = 0; an = 0 8n > 0; bn =1� (�1)n

n�. an = 0 8n � 0; bn =

(�1)n � 1

n�.

a0 = �0:5; an = 0 8n > 0; bn =1� (�1)n

2n�. Ninguna de las anteriores.

Por tratarse de una funci�on impar, todos los an deben ser 0. Esto descarta la respuesta tercera.Necesariamente, hay que calcular los coe�cientes bn.

Se sabe que bn = 2

�

R�

0

1

2sinnx dx = 1

�

�� cosnx

n

��0=

1�(�1)n

n�.

13. Sabiendo que la serie de Fourier de

�0; �� x � 0

1; 0 < x < �es

1

2+ Sh(x), entonces la serie de Fourier de

la funci�on j(x) =

�1� x; �� x � 0

2 + x; 0 < x < �viene dada por:

X1

2+ Sg(x) + Sh(x). 1 + Sg(x) + Sh(x).

Sg(x) + Sh(x). No se puede obtener combinando Sg(x) y Sh(x) de ning�un modo.

7

Se sabe que la serie de Fourier de la suma de dos funciones coincide con la suma de las series deFourier correspondientes.

14. El valor de la serie de Fourier de j(x) en x = � es:

X � +3

2. 0.

�

2. 1 +

�

2.

Por ser discontinua la funci�on j(x) en el punto x = �, la serie de Fourier converge a la mitad del salto

(la funci�on es suave a trozos, y se puede aplicar el Teorema de Dirichlet). As��, j(�) =j(��) + j(�+)

2=

(2 + �) + (1 + �)

2= � +

3

2.

15. Determinar el valor exacto de la serie

1Xn=0

1

(2n+ 1)2:

�2

4. 0:5. �. X

�2

8.

Se puede utilizar tanto Sj(x) como Sg(x), evaluando estas series en x = 0, de modo que queda laserie num�erica que se pretende sumar.

16. Se~nalar una condici�on inicial para la cual el P.V.I. asociado a la e.d.o. (x2 � 1)y0 � x 3py = 0 tiene

garantizada la existencia y unicidad:

y(2) = 0. X y(0) = 1. y(�1) = 1. y(1) = 1.

No se puede aplicar el Teorema de Picard ni la proposici�on ulterior en caso de que f(x; y) no sea

continua en el punto que de�ne el P.V.I. Como quiera que en esta e.d.o. es y0 =x 3py

x2 � 1, la funci�on

f(x; y) es continua en IR2 a excepci�on de los puntos sobre las rectas x = �1. Por otra parte, fy(x; y) =x

3(x2 � 1) 3

py2

no est�a acotada para y = 0. De ah�� la respuesta marcada.

17. La soluci�on general de la e.d.o. y0 � y = e2x es:

X Otra, >cu�al? ex(ex + C).

ex + C

ex.

1 + C

e�x. Ce

2x.

Basta efectuar el par de integrales adecuado para resolver la e.d.o. lineal propuesta.

As��, �(x) = e

Z(�1) dx

= e�x. Por otra parte, y =

C +Re2xe�x

dx

e�x= e

2x + Cex.

18. La soluci�on del P.V.I. y0 � y = e2x, y(0) = 1 es:

ex(ex + 1). X e

2x.1

e�x. No se puede determinar con estos datos.

Basta imponer la condici�on inicial a la soluci�on general del apartado anterior, de manera que paraque y(0) = 1 es necesario que C = 0.

19. Una soluci�on particular de la e.d.o. y00 + 9y = sen 3x se ha de buscar del tipo:

Ax2e3x. Ae

3x. Axe3x. X Ax sen 3x+Bx cos 3x.

Como quiera que la ecuaci�on caracter��sticam2+9 = 0 tiene por soluci�on m = �3i, la soluci�on generalde la e.d.o. homog�enea es de la forma e

0�x(C1 sen 3x + C2 cos 3x) = C1 sen 3x + C2 cos 3x. Como lasoluci�on particular ha de ser linealmente independiente de la soluci�on homog�enea, debe buscarse dela forma Ax sen 3x+Bx cos 3x.

8

20. La soluci�on general de la e.d.o. y00 + 9y = sen 3x es:

Otra, >cu�al? C1 sen 3x+ C2 cos 3x� 1

6x cos 3x.

1

4senx+ C1e

3x + C2xe3x.

1

4ex sen 3x. e

3x(C1 sen 3x+ C2 cos 3x).

La soluci�on consiste en la suma de la soluci�on general de la homog�enea y la soluci�on particular. Basta,pues, hallar la soluci�on particular, de la forma que indica el apartado anterior. Los coe�cientes A yB se calculan imponiendo que Ax sen 3x+Bx cos 3x satisfaga la e.d.o.

Como quiera que (Ax sen 3x+ Bx cos 3x)0 = A sen 3x+ 3Ax cos 3x+ B cos 3x� 3Bx sen 3x, entonces(Ax sen 3x+Bx cos 3x)00 = 3A cos 3x+3A cos3x�9Ax sen 3x�3B sen 3x�3B sen 3x�9Bx cos 3x. Paraque p(x) = Ax sen 3x+Bx cos 3x sea soluci�on de la e.d.o., debe ocurrir entonces que p00(x) + 9p(x) =

sen 3x, es decir, 6A cos 3x� 6B sen 3x = sen 3x, de donde A = 0 y B = � 1

6.

As��, la soluci�on particular consiste en �1

6x cos 3x. De donde la soluci�on general buscada es C1 sen 3x+

C2 cos 3x� 1

6x cos 3x.



APELLIDOS: NOMBRE:

AYUDA: En los ejercicios que siguen, puede resultar de ayuda saber que1

1− x=

∞∑

n=0

xn para |x| < 1, que∞∑

n=1

(−1)n+1 tn

n= ln(1 + t) para x ∈ (−1, 1] y que

∫ln(1 + t) dt = (1 + t) ln(1 + t)− t.

1. Senalar el radio de convergencia de la serie∞∑

n=1

(−1)n (x3 + 5)3n

√n · 8n+1

:

6. ∞. 8. 2.


(c−R, c + R). (c−R, c + R]. [c−R, c + R). [c−R, c + R].

3. Una aproximacion de la suma exacta de la serie anterior para x = −12 con un error menor que 0.01viene dada por:

0.031. −0.031. 0.015. −0.015.

4. El radio de convergencia de la serie∞∑

n=1

xn+1

(n + 1)nes:

1.5. 0.5. 0. 1.


(c−R, c + R]. (c−R, c + R). [c−R, c + R). [c−R, c + R].

6. El valor exacto de la serie∞∑

n=1

(−1)n+1

(n + 1)nes:

2 ln 2− 1. 1− 2 ln 2. 2 ln 2. −2 ln 2.

7. Una aproximacion de la serie∞∑

n=1

1(n + 1)n

con un error menor que 0.01 es:

1.009. Basta sumar hasta n = 3, por el metodo del cociente.

Es divergente. Basta sumar hasta n = 3, mayorando con∞∑

n=1

12n

.

2

8. Determinar el radio de convergencia de la serie∞∑

n=1

(−1)n+1 (n + 1)xn

n.

2. 0. ∞. 1.


(c−R, c + R]. [c−R, c + R). (c−R, c + R). [c−R, c + R].

10. La funcion suma de la serie anterior es:

Diverge. ln(1 + x) +x

1 + x.

x

1 + x. x ln(1 + x).

11. Se sabe que la suma de una serie de potencias, en su intervalo de convergencia (−R, R), es S(t) =e−t2 − 1

t. En estas circunstancias, se puede asegurar que:

No existe una serie como la indicada.

La serie para t = 0 no converge.

La serie para t = 0 suma 0.

Con esta informacion no se puede saber cuanto suma la serie en t = 0.

12. Se sabe que una serie de potencias centrada en el 0 converge para x = 1 y no converge para x = −1.5.Senalar la respuesta FALSA:

El campo de convergencia esta incluido en (−1.5, 1.5].

Se puede asegurar que la funcion suma no es continua en x = −1.5.

La funcion suma es continua en x = 0.5.

El campo de convergencia no incluye al punto x = 2.



APELLIDOS: NOMBRE:

AYUDA: En los ejercicios que siguen, puede resultar de ayuda saber que1

1− x=

∞∑

n=0

xn para |x| < 1, que∞∑

n=1

(−1)n+1 tn

n= ln(1 + t) para x ∈ (−1, 1] y que

∫ln(1 + t) dt = (1 + t) ln(1 + t)− t.

1. Senalar el radio de convergencia de la serie∞∑

n=1

(−1)n (x3 + 5)3n

√n · 8n+1

:

X 6. ∞. 8. 2.Aplicando el criterio del cociente para ver los valores x que hacen de la serie una absolutamenteconvergente, se tiene que

limn→∞

∣∣∣∣∣(x3 + 5)3n+3

√n · 8n+1

√n + 1 · 8n+2(x

3 + 5)3n

∣∣∣∣∣ =18

∣∣∣x3

+ 5∣∣∣ < 1 ⇔ |x + 15| < 6

lo que devuelve el intervalo de convergencia (−21,−9), de centro −15 y radio 6.


(c−R, c + R). X (c−R, c + R]. [c−R, c + R). [c−R, c + R].

La sustitucion en x = −21 devuelve la serie numerica de terminos positivos18

∞∑n=1

1√n

, divergente por

ser una p-serie con p = 0.5 ≤ 1.

La sustitucion en x = −9 devuelve la serie numerica alternada18

∞∑n=1

(−1)n

√n

, convergente por el criterio

de Leibnitz (el termino general es decreciente a 0, olvidandonos del signo).

3. Una aproximacion de la suma exacta de la serie anterior para x = −12 con un error menor que 0.01viene dada por:

0.031. −0.031. 0.015. X −0.015.

Hay que comprobar para que n es |an+1| < 0.01, es decir, cuando es1√

n + 1 · 8n+2< 0.01, lo que es

cierto para n = 1. Luego la aproximacion viene dada por S ∼= a1 = −0.015625 con un error menorque 0.01.

4. El radio de convergencia de la serie∞∑

n=1

xn+1

(n + 1)nes:

1.5. 0.5. 0. X 1.

La serie de potencias dada se obtiene integrando la serie∞∑

n=1

(−1)n+1 tn

n= ln(1 + t) y haciendo el

cambio de variable t = −x. De manera que el intervalo de convergencia se conserva, y es (−1, 1).


(c−R, c + R]. (c−R, c + R). [c−R, c + R). X [c−R, c + R].La serie que se obtiene tanto para x = 1 como x = −1 es absolutamente convergente, por comparacion

por paso al lımite con una p-serie con p = 2 > 1:∞∑

n=1

1n(n + 1)

.

4

6. El valor exacto de la serie∞∑

n=1

(−1)n+1

(n + 1)nes:

X 2 ln 2− 1. 1− 2 ln 2. 2 ln 2. −2 ln 2.

Por lo dicho hace dos apartados, la funcion suma viene dada por (1 − x) ln(1 − x) + x, que en −1devuelve 2 ln 2− 1.

7. Una aproximacion de la serie∞∑

n=1

1(n + 1)n

con un error menor que 0.01 es:

X 1.009. Basta sumar hasta n = 3, por el metodo del cociente.

Es divergente. Basta sumar hasta n = 3, mayorando con∞∑

n=1

12n

.

La funcion suma en x = 1 devuelve 1, de manera que 1.009 dista de 1 (suma exacta) menos de unacentesima, y es la respuesta correcta.No obstante, lo que se pretende con esta pregunta es que el alumno descarte las otras tres opciones:evidentemente no es divergente (es una p-serie con p = 2 > 1), y tampoco se puede utilizar el metododel cociente (el lımite del cociente da 1).Si se pudiera utilizar como mayorante la serie geometrica dada (cosa que no esta en absoluto clara),

quedandonos con los sumandos hasta n = 3 se estarıa cometiendo un error de∞∑

n=4

12n

=2−4

1− 2−1=

18

> 0.01, lo que descarta tambien esta opcion.

8. Determinar el radio de convergencia de la serie∞∑

n=1

(−1)n+1 (n + 1)xn

n.

2. 0. ∞. X 1.

Es facil comprobar que, al estudiar la convergencia absoluta de la serie, el criterio del cociente devuelveel intervalo de convergencia (−1, 1).


(c−R, c + R]. [c−R, c + R). X (c−R, c + R). [c−R, c + R].

Las series numericas que se obtienen en los extremos x = −1 y x = 1 no satisfacen la condicionnecesaria: el lımite (en valor absoluto) da 1.

10. La funcion suma de la serie anterior es:

Diverge. X ln(1 + x) +x

1 + x.

x

1 + x. x ln(1 + x).

Esta serie resulta de derivar∞∑

n=1

(−1)n+1 xn+1

n= x

∞∑n=1

(−1)n+1 xn

n= x · ln(1 + x). De manera que la

funcion suma es (x · ln(1 + x))′ = ln(1 + x) +x

1 + x.

11. Se sabe que la suma de una serie de potencias, en su intervalo de convergencia (−R, R), es S(t) =e−t2 − 1

t. En estas circunstancias, se puede asegurar que:

No existe una serie como la indicada.

La serie para t = 0 no converge.

X La serie para t = 0 suma 0.

5

Con esta informacion no se puede saber cuanto suma la serie en t = 0.

El punto t = 0 esta dentro del campo de convergencia, luego la serie converge en ese punto y suma lo

que indica la funcion suma (que ha de ser necesariamente continua). Como limt→0

S(t) = limt→0

e−t2 − 1t

=

limt→0

−t2

t= 0, la serie suma 0 en t = 0.

En la resolucion del lımite se ha utilizado que e−t2 − 1 t→0∼ −t2, por ser infinitesimos equivalentes.

12. Se sabe que una serie de potencias centrada en el 0 converge para x = 1 y no converge para x = −1.5.Senalar la respuesta FALSA:

El campo de convergencia esta incluido en (−1.5, 1.5].

X Se puede asegurar que la funcion suma no es continua en x = −1.5.

La funcion suma es continua en x = 0.5.

El campo de convergencia no incluye al punto x = 2.

La respuesta marcada es falsa, pues nunca se puede asegurar la discontinuidad de la funcion suma deuna serie de potencias, solo la continuidad dentro del campo de convergencia.



APELLIDOS: NOMBRE:


arctg t =

1Xn=0

(�1)nt2n+1

2n+ 1, que

1Xn=1

tn




1Xn=1

(�1)nxn

n2n+1:

2. 3.1

2. 1.




2ln(1�

x

2). �

1

2ln(1 +

x

2). ln(1�

x

2). ln(1�

x

2).


1Xn=1

2n

n5n:

ln5

3. 0:8. 0:4. ln

5

2.


1Xn=1

2n

3pn(x + 5)n�1 es:

1. 1:5. 0:5. 0.




1Xn=1

2(�1)n�1

3pn


46. 47. 45. 44.


1Xn=1

2

3pn:



1Xn=1

3

2n2.


3pk

< 0:01.

Ninguno de los anteriores.

2



n2 :

0. 1. 1. Es indeterminado.


1Xn=1

xn

n



lnn!

n2= 0.

0. 2. 1. 1.




1Xn=0

(�1)n+1x4n+2

32n+1(2n+ 1):

3.p3. 1. 1.


1Xn=0

(�1)n+1


z =1

x.

(�1;� 1p3

] [ [ 1p3

;1). (� 1p3

;1p3

). (�1;� 1p3

) [ ( 1p3

;1). (� 1

3;1

3).


1Xn=0

(�1)n+1

32n+1(2n+ 1)z4n+2:

� arctg z2

3. � arctg 3

z2 . arctg(� 1

3z2 ). Diverge.


ex�3 � 1. En




El campo de convergencia no contiene el punto x = 3.





Si la serie alternada converge, el campo es cerrado.




APELLIDOS: NOMBRE:


arctg t =

1Xn=0

(�1)nt2n+1

2n+ 1, que

1Xn=1

tn




1Xn=1

(�1)nxn

n2n+1:

X 2. 3.1

2. 1.

Efectivamente, aplicando el criterio del cociente para la serie de t�erminos positivosPjanxnj, se tiene

que

limn!1

�� xn+1

n2n+1

xn(n+ 1)2n+2

�� = jxj2

limn!1

n

n+ 1=jxj2

< 1, jxj < 2:


X (c�R; c+R]. [c�R; c+R). (c�R; c+R). [c�R; c+R].

La serie que se obtiene para x = �2 es del tipo arm�onico simple, 2

1Xn=1

1

n, luego divergente. En el

punto x = 2 se obtiene la serie alternada 2

1Xn=1

(�1)n

n, convergente seg�un el criterio de Leibniz.


2ln(1�

x

2). X �

1

2ln(1 +

x

2). ln(1�

x

2). ln(1�

x

2).

Para obtener la serie dada basta multiplicar por 1

2la serie asociada a � ln(1�t) y realizar la sustituci�on

t = �x

2, de donde la funci�on suma es �

1

2ln(1 +

x

2).


1Xn=1

2n

n5n:

X ln5

3. 0:8. 0:4. ln

5

2.

Como

1Xn=1

tn

n= � ln(1� t), tomando t = 2

5se tiene que la suma de la serie es � ln(1� 2

5) = ln 5

3.


1Xn=1

2n

3pn(x + 5)n�1 es:

1. 1:5. X 0:5. 0.


limn!1

��2n+1(x+ 5)n3pn+ 1

2n(x + 5)n�13pn+ 1

�� = 2jx+ 5j limn!1

rn

n+ 1= 2jx+ 5j < 1, jx� (�5)j <

1

2:



4

La serie que se obtiene para x = �4:5 es del tipo arm�onico,2

3

1Xn=1

1pn, divergente (el exponente es

0:5, menor que 1). En el punto x = �5:5 se obtiene la serie alternada2

3

1Xn=1

(�1)n+1pn

, convergente

seg�un el criterio de Leibniz.


1Xn=1

2(�1)n�1

3pn


46. 47. 45. X 44.

Utilizando el criterio de Leibniz, basta hallar el primer t�ermino de la serie que en valor absoluto es

menor que 0:1. Como quiera que2

3pn< 10�1 , n >

400

3. El primer valor entero de n que satisface

esta desigualdad es n = 45, de donde hay que sumar los 44 primeros t�erminos de la serie.


1Xn=1

2

3pn:



1Xn=1

3

2n2.


3pk

< 0:01.

X Ninguno de los anteriores.

La serie es divergente, pues se trata de una p-serie, con p � 1.



n2 :

0. X 1. 1. Es indeterminado.

Aplicando el criterio de Stolz, toda vez que n2 es creciente a 1, se tiene que

limn!1

ln 1 + ln 2 + � � �+ lnn

n2= lim

n!1

ln(n+ 1)

(n+ 1)2 � n2= lim

n!1

ln(n+ 1)

2n+ 1= 0;

de donde el l��mite propuesto es e0 = 1.


1Xn=1

xn

n



lnn!

n2= 0.

0. 2. 1. X 1.

Seg�un el criterio de la ra��z, el radio espectral de la serie viene dado por aquellos valores de x quesatisfacen la inecuaci�on

limn!1

n

sjxnjn

pn!

< 1 � limn!1

jxjn2pn!

< 1 � jxj < 1:



5

Para x = �1, queda una serie alternada, que es convergente, seg�un el criterio de Leibniz. Para x = 1,

queda la serie

1Xn=1

1n

pn!, que es divergente, por comparaci�on directa con

1Xn=1

1

n(n�otese que n

n> n!,

de donde n >n

pn!, y consecuentemente

1

n<

1n

pn!).


1Xn=0

(�1)n+1x4n+2

32n+1(2n+ 1):

3. Xp3. 1. 1.


limn!1

��32n+1(2n+ 1)x4n+6

32n+3(2n+ 3)x4n+2

�� = x4

9limn!1

2n+ 1

2n+ 3=

x4

9< 1, jxj <

p3:


1Xn=0

(�1)n+1


z =1

x.

X (�1;� 1p3

] [ [ 1p3

;1). (� 1p3

;1p3

). (�1;� 1p3

) [ ( 1p3

;1). (� 1

3;1

3).

Se trata de una consecuencia directa del apartado anterior. Como quiera que el exponente de lavariable es par, resulta que las series a que dan lugar los puntos de los extremos del intervalo deconvergencia originan series alternadas, que son convergentes, seg�un el criterio de Leibniz. De manera

que el campo de convergencia es [�p3;p3]. Como z = 1

x, el campo de convergencia se transforma en

el se~nalado.


1Xn=0

(�1)n+1

32n+1(2n+ 1)z4n+2:

� arctg z2

3. � arctg 3

z2 . X arctg(� 1

3z2 ). Diverge.

Sabemos que

1Xn=0

(�1)nt2n+1

2n+ 1= arctg t. Teniendo en cuenta el cambio de variable t = �

1

3z2se

obtiene la serie dada, de donde la suma es � arctg1

3z2= arctg(�

1

3z2).


ex�3 � 1. En




X El campo de convergencia no contiene el punto x = 3.


Est�a claro que la serie de potencias no puede ser convergente para x = 3, puesto que no existe el l��mitede la funci�on suma en dicho punto. Por otra parte, del hecho de que la funci�on suma est�e de�nidapara todo x 6= 3 no se puede concluir que suceda lo mismo con la serie de potencias (pi�ensese en el

caso de la serie geom�etricaP

rn = 1

1�r ). De ah�� la respuesta marcada.



6


X Si la serie alternada converge, el campo es cerrado.


Si la serie de t�erminos positivos converge, la alternada asociada es absolutamente convergente, dedonde tambi�en converge. De esta manera, todas las respuestas son ciertas menos la tercera: auncuando la serie alternada converja, no se sabe qu�e pueda ocurrir con la de t�erminos positivos (pi�enseseen el caso de la serie de potencias asociada a la funci�on ln(1� x)).

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