CIMA 2022 - P3

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MateoCV

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CIMA 2022 - P3

Mensaje sin leer por MateoCV »

Decidir si la siguiente serie es convergente:$$\sum \limits _{n=1}^\infty \frac{\operatorname{sen}^2(\sqrt{n})}{n}.$$
$2^{82589933}-1$ es primo
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JPablo
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Re: CIMA 2022 - P3

Mensaje sin leer por JPablo »

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Afirmo que la serie diverge. Para demostrarlo, uso los siguientes lemas.

LEMA 1: Sea $f:\left[1,+\infty\right)\to\mathbb{R}$ una función tal que existe $M\in\mathbb{R}_{\geq 1}$ tal que $f$ es continua en $\left[M,+\infty\right)$ y diferenciable en $\left(M,+\infty\right)$, y tal que $\left(x-\left\lfloor x\right\rfloor\right)f'\left(x\right)\in L^1\left(M,+\infty\right)$. Entonces $\displaystyle{\sum_{k=1}^{+\infty}f\left(k\right)}$ converge si y solo si $\displaystyle{\lim_{n\to+\infty}\int_M^{n}f\left(x\right)dx}$ existe y es finito.

Demostración:
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Fijamos $m\in\mathbb{N}_{>M}$. Para cada $k\in\mathbb{N}_{\geq m}$ tenemos, usando integración por partes,

$\displaystyle{\int_k^{k+1}\left(x-\left \lfloor x \right \rfloor\right)f'\left(x\right)dx=\int_k^{k+1}\left(x-k\right)f'\left(x\right)dx=f\left(k+1\right)-\int_k^{k+1}f\left(x\right)dx}$.

Se sigue entonces que, para cada $n,N\in\mathbb{N}_{>m}$ tales que $N\geq n$, sumando desde $n$ hasta $N$ obtenemos
$\displaystyle{\sum_{k=n}^Nf\left(k+1\right)-\int_n^{N+1}f\left(x\right)dx=\int_n^{N+1}\left(x-\left \lfloor x \right \rfloor\right)f'\left(x\right)dx}$,

$\displaystyle{\left |\sum_{k=n}^Nf\left(k+1\right)-\underbrace{\int_n^{N+1}f\left(x\right)dx}_{\int_M^{N+1}f\left(x\right)dx-\int_M^{n}f\left(x\right)dx}\right |\leq \int_n^{N+1}\left|\left(x-\left\lfloor x\right\rfloor\right)f'\left(x\right)\right|dx\leq \underbrace{\int_n^{+\infty}\left|\left(x-\left\lfloor x\right\rfloor\right)f'\left(x\right)\right|dx\xrightarrow[]{n\to+\infty}0}_{\left(x-\left\lfloor x\right\rfloor\right)f'\left(x\right)\in L^1\left(M,+\infty\right)}}$.

$\displaystyle{\left |\left(\sum_{k=m}^Nf\left(k+1\right)-\sum_{k=m}^{n-1}f\left(k+1\right)\right)-\left(\int_M^{N+1}f\left(x\right)dx-\int_M^{n}f\left(x\right)dx\right)\right |\xrightarrow[]{n\to+\infty}0}$

Se sigue que la sucesión $\left\{\displaystyle{\sum_{k=m}^nf\left(k+1\right)}\right\}_{n\in\mathbb{N}}$ es de Cauchy si y solo si $\left\{\displaystyle{\int_M^{n}f\left(x\right)dx}\right\}_{n\in\mathbb{N}}$ es de Cauchy. Esto prueba lo que queríamos demostrar. $\blacksquare$
Es claro que, si $f'\in L^1\left(M,+\infty\right)$ entonces $\left(x-\left\lfloor x\right\rfloor\right)f'\left(x\right)\in L^1\left(M,+\infty\right)$, porque $0\leq x-\left\lfloor x\right\rfloor\leq 1$.

LEMA 2: Existe una constante $\gamma$ tal que $\displaystyle{\int_0^x\frac{1-\cos\left(t\right)}{t}dt=\gamma+\ln\left(x\right)+\int_x^{+\infty}\frac{\cos\left(t\right)}{t}dt}$ para todo $x\in\mathbb{R}_{>0}$.

Demostración:
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Primero, observemos que, dado $x\in\mathbb{R}_{>0}$, $\displaystyle{\int_x^{+\infty}\frac{\cos\left(t\right)}{t}dt}$ converge por el Criterio de Dirichlet, dado que $t\mapsto \frac{1}{t}$ es monótona decreciente en $\left[x,+\infty\right)$ y el conjunto $\left\{\displaystyle{\int_x^a\cos\left(t\right)dt}:a\in\mathbb{R}\right\}$ es obviamente acotado (la función coseno es periódica y oscilante). Por lo tanto, basta ver que la derivada de $\displaystyle{\int_0^x\frac{1-\cos\left(t\right)}{t}dt}$ es igual a la derivada de $\displaystyle{\ln\left(x\right)+\int_x^{+\infty}\frac{\cos\left(t\right)}{t}dt}$, lo cual no es más que la igualdad $\dfrac{1-\cos\left(x\right)}{x}=\frac{1}{x}-\frac{\cos\left(x\right)}{x}$. $\blacksquare$
Tomemos la función $f\left(x\right)=\displaystyle{\frac{\sin^2\left(\sqrt{x}\right)}{x}}$, que es claramente continua y diferenciable en $\left(\varepsilon,+\infty\right)$ para todo $\varepsilon\in\mathbb{R}_{>0}$. Se tiene
$f'\left(x\right)=\displaystyle{\frac{\sin\left(\sqrt{x}\right)\cos\left(\sqrt{x}\right)}{x^{\frac{3}{2}}}-\frac{\sin^2\left(\sqrt{x}\right)}{x^2}}$.
Esta función pertenece a $L^1\left(1,+\infty\right)$ porque su valor absoluto está acotado por $x^{-\frac{3}{2}}+x^{-2}$. Por lo tanto, en virtud del LEMA 1 (y la observación hecha inmediatamente después de su demostración), basta probar que $\displaystyle{\lim_{n\to+\infty}\int_1^nf\left(x\right)dx=+\infty}$. Como $f\left(x\right)\geq 0$ para todo $x\in\mathbb{R}_{>0}$, basta probar que $f\not\in L^1\left(1,+\infty\right)$. En efecto,

$\displaystyle{\underbrace{\int f\left(x\right)dx=\int \frac{\sin^2\left(u\right)}{u^2}2udu}_{\substack{u=\sqrt{x}\\du=\frac{1}{2\sqrt{x}}dx=\frac{dx}{2u}}}=\underbrace{\int \frac{1-\cos\left(2u\right)}{2u}2du=\int \frac{1-\cos\left(v\right)}{v}dv}_{\substack{v=2u\\dv=2du}}=}$

$\displaystyle{=C+\int_0^v\frac{1-\cos\left(t\right)}{t}dt=C+\int_0^{2\sqrt{x}}\frac{1-\cos\left(t\right)}{t}dt}$,

donde $C$ es una constante de integración. Aplicando el LEMA 2, obtenemos

$\displaystyle{\int f\left(x\right)dx=C+\gamma+\ln\left(2\sqrt{x}\right)+\int_{2\sqrt{x}}^{+\infty}\frac{\cos\left(t\right)}{t}dt}$,

y por lo tanto

$\displaystyle{\int_1^{+\infty} f\left(x\right)dx=\underbrace{-\left(\ln\left(2\sqrt{1}\right)+\int_{2\sqrt{1}}^{+\infty}\frac{\cos\left(t\right)}{t}dt\right)}_{\text{Constante}}+\lim_{x\to+\infty}\left[\ln\left(2\sqrt{x}\right)+\int_{2\sqrt{x}}^{+\infty}\frac{\cos\left(t\right)}{t}dt\right]}$.

Este valor es infinito, porque $\displaystyle{\lim_{x\to+\infty}\ln\left(2\sqrt{x}\right)=+\infty}$ y $\displaystyle{\lim_{x\to+\infty}\int_{2\sqrt{x}}^{+\infty}\frac{\cos\left(t\right)}{t}dt=0}$ (en la demostración del LEMA 2 vimos que $\displaystyle{\int_{1}^{+\infty}\frac{\cos\left(t\right)}{t}dt}$ converge). Esto termina la demostración. $\blacksquare$
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