1r ciclo Problemilla de calculo

[gunbladecat]

Bueno, el problema en cuestion es con este limite:

$\lim_{n\to \infty} \frac{1}{2}-\frac{1}{4}+..... \frac{(-1)^{n-1}}{2n} = \frac{1}{2}log 2$

tengo que demostrar que da log2 pero no se por donde empezar... alguna ayuda?

gracias!!

[Metaleer]

Re: Problemilla de calculo

Hola.

Creo que has escrito mal la serie, pues la que has puesto tiene de término general una sucesión oscilante.

Por curiosidad, ¿no habrás querido decir...

$\displaystyle \sum_{n=1}^\infty \frac{{(-1)^{n-1}}}{n}$?

Saludos.

[gunbladecat]

Re: Problemilla de calculo

si bueno justo eso queria decir mas o menos... me di cuenta q lo habia escrito mal antes de leer tu mensaje y lo edite correctamente... u.u'

bueno es la misma que dijiste tu pero con 1/2 de factor comun...

lo he intentado hacer conviertiendolo en una suma de riemann pero no acabo de alcanzar la solucion...

[Metaleer]

Re: Problemilla de calculo

Ahooooooora sí tiene sentido, yo me estaba volviendo loco por ese $\frac{1}{2}$ que faltaba misteriosamente.

En fin, que estamos considerando

$\displaystyle \sum_{n=1}^\infty \frac{{(-1)^{n-1}}}{2n},$

es decir

$\displaystyle \sum_{n=1}^\infty \frac{{(-1)^{n-1}}}{n} = -\frac{1}{2} \sum_{n=1}^\infty \frac{{(-1)^{n}}}{n},$

luego nos centramos en el cálculo de $\displaystyle \sum_{n=1}^\infty \frac{{(-1)^{n}}}{n}$.

Para $x \in (-1, 1)$, se tiene que

$\displaystyle \frac{1}{1-x} = \sum_{n=0}^\infty x^n.$

Por convergencia uniforme de las series de potencias, podemos integrar en ambos miembros para tener

$\displaystyle -\log (1 -x) = \sum_{n=0}^\infty \frac{{x^{n+1}}}{n+1} + C$

donde la constante es nula ya que para $x = 0$, ambos miembros son nulos. Si evaluamos en $-x$, se tiene que

$\displaystyle -\log (1 + x) = \sum_{n=0}^\infty \frac{{(-x)^{n+1}}}{n+1} = \sum_{n=1}^\infty \frac{{(-1)^{n} x^n}}{n}.$

Si tomamos $x = 1$, observa que recuperamos nuestra serie original, $\displaystyle \sum_{n=1}^\infty \frac{{(-1)^{n}}}{n}$. En efecto, sustituir $x = 1$ es válido ya que la serie converge para ese valor, al cumplir las hipótesis del criterio de Leibniz (la serie es alternada).

Luego

$\displaystyle \sum_{n=1}^\infty \frac{{(-1)^{n}}}{n} = - \log (1+ 1) = - \log 2,$

y por tanto

$\displaystyle \boxed{\sum_{n=1}^\infty \frac{{(-1)^{n-1}}}{2n}} = -\frac{1}{2} \sum_{n=1}^\infty \frac{{(-1)^{n}}}{n} = -\frac{1}{2} \cdot (- \log 2 ) = \boxed{\frac{\log 2}{2}.}$

Saludos.

[gunbladecat]

Re: Problemilla de calculo

Para $x \in (-1, 1)$, se tiene que

$\displaystyle \frac{1}{1-x} = \sum_{n=0}^\infty x^n.$

una duda, de donde sacas esa igualdad?

[alespa07]

Re: Problemilla de calculo

Wenas. Cuando tengas este tipo de series que tienes que sumar ( es decir encontrar la función a la que tiende uniformemente la serie dentro de su intervalo de convergencia) resulta bastante cómodo considerar una serie de potencias asociada que son faciles de sumar a partir de la serie geométrica. En efecto, aquí puedes considerar la serie siguiente:

[FONT=Arial]$S=\Sigma_0^\infty (-1)^{n-1}\frac{x^n}{n}$[/FONT]

En la facultad de física mis profes lo hacían a saco sin fijarse en la convergecia de las series para sumarlas pero te recomiendo que lo hagas con todo rigor porque te puedes liar. Puedes calcular el radio de convergencia de S:

$R=\lim_{n \to \infty} |\frac{a_n}{a_{n+1}}|=1$

Entonce S convergerá uniformente hacia una función analítica en (-1,1) pero nos interesa el valor de S para x=1(vuelves a encontrar tu serie sin el factor 1/2) y para ello, según el lema de Abel puedes suponer que la serie que buscas converge e igualar al límite de S cuando x tiende hacia 1. Ahora, pues, se trata de encontrar la suma de S en (-1,1]. En general se calculan a partir de la serie geométrica (lo hacemos todo en (-1,1) y al final pasaremos al límite)

$\Sigma_0^\infty x^n=\frac{1}{1-x} , \forall |x|<1$

Haciendo el cambio de variable u=-x obtienes:

$\Sigma_0^\infty (-1)^n x^n=\frac{1}{1+x} , \forall |x|<1$

Pero el teorema de integración de sries uniformemente convergente tendremos que:

$\int \Sigma_0^\infty (-1)^n x^n dx=\int \frac{1}{1+x}dx \Rightarrow \Sigma_0^\infty (-1)^n \frac{x^{n+1}}{n+1}=\ln(1+x)$

$\Rightarrow \Sigma_1^\infty (-1)^{n-1} \frac{x^n}{n}=\ln(1+x), \forall |x|<1$

Ya casi está ya que cuando x tiende hacia 1 la serie sigue convergiendo ( en -1 no por ejemplo!) y este límite es:

$\Rightarrow \Sigma_1^\infty \frac{(-1)^{n-1}}{n}=\ln(2)$

Añadiendole el factor 1/2 que falta para tu serie obtienes tu resultado. En general, si te acuerdas del desarrollo en serie de ln(1+x) ( te recomiendo que también aprendas los usuales: exp(x), ln(1-x). cos(x)...) Entonces hubiera podido concluir casi de inmediato reconociendo el desarrollo. Pero, en mi opinión, es bueno saber como manejar la convergencia de estas series y por esto lo he explicitado desde la serie geométrica.
Espero haberte ayudado. Que vaya bien.

[alespa07]

Re: Problemilla de calculo

Bueno parece que ha esido un poco lento al contestar y metaleer se me ha adelantado. Lo que preguntas es la serie geométrica. Mira en cualquier libro lña suma de una sucesión geometrica y pas al límite en el infinto y obtienes el resultado.

[Metaleer]

Re: Problemilla de calculo

una duda, de donde sacas esa igualdad?

Es sencillamente una serie geométrica...

Sabemos que

$\displaystyle \sum_{n=0}^\infty x^n = 1 + \sum_{n=1}^\infty x^n = 1 + \frac{x}{1-x} = \frac{1}{1 - x}, ~ |x|<1.$