Taller de metodos
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Este documento presenta el resumen de un taller sobre métodos matemáticos. Incluye la resolución de ejercicios sobre convergencia de series, el teorema del binomio, inducción matemática, números complejos y la función delta de Dirac. En particular, examina la convergencia de dos series, aplica el teorema del binomio para encontrar una serie de potencias, y usa inducción matemática para probar dos proposiciones.
=
n
k=0
n
k
f(n−k)
(x) g(k)
(x)
2](https://image.slidesharecdn.com/tallerdemetodos-150323144836-conversion-gate01/85/Taller-de-metodos-2-320.jpg)
=
0
k=0
0
k
f(−k)
(x) g(k)
(x)
f (x) g (x) = f (x) g (x)
Por tanto se cumple. Supongamos ahora que la proposicion es cierta para n, demostrare-
mos que tambien lo es para n + 1. Tenemos que:
[f (x) g (x)](n)
=
n
k=0
n
k
f(n−k)
(x) g(k)
(x)
Derivando a ambos lados de la expresion con respecto a x:
[f (x) g (x)](n+1)
=
n
k=0
n
k
f(n−k+1)
(x) g(k)
(x) + f(n−k)
(x) g(k+1)
(x)
Reescribiendo la expresion:
[f (x) g (x)](n+1)
= f(n+1)
(x) g (x)+
n
k=1
n
k
f(n−k+1)
(x) g(k)
(x)+
n−1
k=0
n
k
f(n−k)
(x) g(k+1)
(x)
+f (x) g(n+1)
(x)
Renombrando el indice k por k − 1 en la segunda suma obtenemos que:
[f (x) g (x)](n+1)
= f(n+1)
(x) g (x)+
n
k=1
n
k
f(n−k+1)
(x) g(k)
(x)+
n
k=1
n
k − 1
f(n−k+1)
(x) g(k)
(x)
+f (x) g(n+1)
(x)
[f (x) g (x)](n+1)
= f(n+1)
(x) g (x)+
n
k=1
n
k
+
n
k − 1
f(n−k+1)
(x) g(k)
(x) +f (x) g(n+1)
(x)
Pero por propiedad del numero combinatorio:
n + 1
k
=
n
k
+
n
k − 1
Entonces:
[f (x) g (x)](n+1)
= f(n+1)
(x) g (x) +
n
k=1
n + 1
k
f(n+1−k)
(x) g(k)
(x) + f (x) g(n+1)
(x)
[f (x) g (x)](n+1)
=
n+1
k=0
n + 1
k
f(n+1−k)
(x) g(k)
(x)
3](https://image.slidesharecdn.com/tallerdemetodos-150323144836-conversion-gate01/85/Taller-de-metodos-3-320.jpg)
![Llevandole a la forma cartesiana:
N−1
n=0
cos nx =
(cos Nx − 1) + i sin Nx
(cos x − 1) + i sin x
Multiplicando arriba y abajo por el conjugado del denominador:
N−1
n=0
cos nx =
(cos Nx − 1) + i sin Nx
(cos x − 1) + i sin x
(cos x − 1) − i sin x
(cos x − 1) − i sin x
N−1
n=0
cos nx =
[(cos Nx − 1) + i sin Nx] [(cos x − 1) − i sin x]
2 − 2 cos x
Tomando la parte real de esta expresion compleja resulta:
N−1
n=0
cos nx =
(cos Nx − 1) (cos x − 1) + sin x sin Nx
2 (1 − cos x)
Simplificando y utilizando identidades trigonometricas se llega al resultado:
N−1
n=0
cos nx =
1 − cos x − cos Nx + cos x cos Nx + sin x sin Nx
2 (1 − cos x)
N−1
n=0
cos nx =
(1 − cos x) + cos (N − 1)x − cos Nx
2 (1 − cos x)
N−1
n=0
cos nx =
2(sin x/2)2
+ 2 sin [(N − 1/2)x] sin x/2
4(sin x/2)2
N−1
n=0
cos nx =
sin x/2 + sin [(N − 1/2)x]
2 sin x/2
N−1
n=0
cos nx =
sin (Nx/2)
sin (x/2)
cos[(N − 1)x/2]
b) Partamos de las series basicas:
1
1 − u
=
∞
n=0
un
ln (1 + u) =
∞
n=0
(−1)n
un+1
n + 1
Por un lado si hacemos: u = −x2
en la primera de estas series e integramos obtenemos
que:
1
1 + x2
=
∞
n=0
(−1)n
x2n
1
1 + x2
dx =
∞
n=0
(−1)n
x2n
dx
5](https://image.slidesharecdn.com/tallerdemetodos-150323144836-conversion-gate01/85/Taller-de-metodos-5-320.jpg)
![b)
δ(x) = −xδ (x)
Solucion
a) Aplicando el metodo de integracion por partes haciendo u = f(x) y dv = δ (x)dx
llegamos a que:
∞
−∞
δ (x)f(x)dx = [δ(x)f(x)]∞
−∞ −
∞
−∞
δ(x)f (x)dx
Aplicando la propiedad del delta Dirac:
δ(x)f(x) = δ(x)f(0)
Entonces nos queda que:
∞
−∞
δ (x)f(x)dx = −
∞
−∞
δ(x)f (0)dx = −f (0)
∞
−∞
δ(x)dx
Por tanto: ∞
−∞
δ (x)f(x)dx = −f (0)
b) Multimplicando por una funcion de prueba f(x) e integrando:
∞
−∞
f(x)δ(x)dx
Aplicando el metodo de integracion por partes haciendo u = f(x)δ(x) y dv = dx obtene-
mos: ∞
−∞
f(x)δ(x)dx = [xf(x)δ(x)]∞
−∞ −
∞
−∞
x [δ(x)f(x)] dx
∞
−∞
f(x)δ(x)dx = [xf(x)δ(x)]∞
−∞ −
∞
−∞
xf (x)δ(x)dx −
∞
−∞
xf(x)δ (x)dx
Los dos primeros terminos del segundo miembro se anulan y nos queda:
∞
−∞
f(x)δ(x)dx = −
∞
−∞
xf(x)δ (x)dx
De aqui se deduce entonces que:
δ(x) = −xδ (x)
7](https://image.slidesharecdn.com/tallerdemetodos-150323144836-conversion-gate01/85/Taller-de-metodos-7-320.jpg)
Taller de metodos
- 1. Taller 1 de Metodos Matematicos Marcos Jaraba Prof. Jorge Luis Navarro Estrada 1. Convergencia de Series: En cada una de las siguientes series examine la convergencia. a) ∞ n=1 ln 1 + 1 n b) ∞ n=1 1 n2n Solucion a) Considerando la suma parcial de la serie infinita: Sn = n k=1 ln 1 + 1 k La cual si aplicamos las propiedades del logaritmo se nos reduce a: Sn = ln n k=1 1 + 1 k = ln n k=1 k + 1 k Sn = ln (n + 1) Por tanto: S = l´ım n→∞ Sn = l´ım n→∞ ln (n + 1) S = ∞ La serie diverge! b) Aplicando el criterio de la razon obtenemos: l´ım n→∞ an+1 an = l´ım n→∞ 1 (n+1)2n+1 1 n2n = l´ım n→∞ n2n (n + 1) 2n+1 = l´ım n→∞ n 2 (n + 1) 2n 2n l´ım n→∞ an+1 an = 1 2 l´ım n→∞ 1 1 + 1 n = 1/2 < 1 Por tanto la serie converge! 2. Teorema del Binomio: a) La formula de Klein-Nishina para la dispersion de fotones por electrones contiene un termino de la forma: f ( ) = 1 + 2 2 + 2 1 + 2 − ln (1 + 2 ) Encuentre el l´ım →0 f ( ). 1
- 2. b) El desplazamiento x de una particula de masa en reposo m0, que resulta de una fuerza constante m0g a lo largo del eje x, es: x = c2 g 1 + g t c 2 1/2 − 1 incluyendo los efectos realtivistas. Encuentre una serie de potencias para x en tiempo t. Compare con el resultado clasico. Solucion a) Sabemos que las siguientes funcionces se pueden expresar como una serie de pontencias de la forma: 1 1 + x = ∞ n=0 (−1)n xn = 1 − x + x2 − · · · ln (1 + x) = ∞ n=0 (−1)n xn+1 n + 1 = x − x2 2 + x3 3 + · · · Utilizando estas series en la funcion: f ( ) = 1 + 2 1 + 1 1 + 2 − 1 ln (1 + 2 ) f ( ) = 1 + 2 1 + 1 − 2 + 4 2 − 8 3 + · · · − 1 2 − 2 2 + 8 3 3 − 4 4 + · · · f ( ) = 1 + 2 4 3 2 + O 3 = (1 + ) 4 3 + O ( ) Por tanto: l´ım →0 f ( ) = l´ım →0 (1 + ) 4 3 + O ( ) = 4 3 b) Expandiendo la serie binomial nos queda: x = c2 g 1 + 1 2 g t c 2 − 1 8 g t c 4 + 1 16 g t c 6 − 1 x = 1 2 gt2 − 1 8 g3 c2 t4 + 1 16 g5 c4 t6 − · · · Como g c ≈ 0 nos queda finalmente que: x ≈ 1 2 gt2 Este es el resultado clasico. 3. Induccion Matematica: Prueba las siguientes proposiciones usando el metodo de in- duccion matematica. a) [f (x) g (x)](n) = n k=0 n k f(n−k) (x) g(k) (x) 2
- 3. b) n k=0 rk = rn+1 − 1 r − 1 Solucion a) Para n = 0 tenemos que: [f (x) g (x)](0) = 0 k=0 0 k f(−k) (x) g(k) (x) f (x) g (x) = f (x) g (x) Por tanto se cumple. Supongamos ahora que la proposicion es cierta para n, demostrare- mos que tambien lo es para n + 1. Tenemos que: [f (x) g (x)](n) = n k=0 n k f(n−k) (x) g(k) (x) Derivando a ambos lados de la expresion con respecto a x: [f (x) g (x)](n+1) = n k=0 n k f(n−k+1) (x) g(k) (x) + f(n−k) (x) g(k+1) (x) Reescribiendo la expresion: [f (x) g (x)](n+1) = f(n+1) (x) g (x)+ n k=1 n k f(n−k+1) (x) g(k) (x)+ n−1 k=0 n k f(n−k) (x) g(k+1) (x) +f (x) g(n+1) (x) Renombrando el indice k por k − 1 en la segunda suma obtenemos que: [f (x) g (x)](n+1) = f(n+1) (x) g (x)+ n k=1 n k f(n−k+1) (x) g(k) (x)+ n k=1 n k − 1 f(n−k+1) (x) g(k) (x) +f (x) g(n+1) (x) [f (x) g (x)](n+1) = f(n+1) (x) g (x)+ n k=1 n k + n k − 1 f(n−k+1) (x) g(k) (x) +f (x) g(n+1) (x) Pero por propiedad del numero combinatorio: n + 1 k = n k + n k − 1 Entonces: [f (x) g (x)](n+1) = f(n+1) (x) g (x) + n k=1 n + 1 k f(n+1−k) (x) g(k) (x) + f (x) g(n+1) (x) [f (x) g (x)](n+1) = n+1 k=0 n + 1 k f(n+1−k) (x) g(k) (x) 3
- 4. Por tanto el suponer que la hipotesis es verdadera para n, lo es tampien para n + 1 como se queria demostrar. b) Para n = 0 tenemos que: 0 k=0 rk = r0+1 − 1 r − 1 r0 = 1 Por tanto se cumple. Supongamos que es verdaderea para n: n k=0 rk = rn+1 − 1 r − 1 Sumando a ambos lados de la expresion rn+1 nos queda que: n k=0 rk + rn+1 = rn+1 − 1 r − 1 + rn+1 n+1 k=0 rk = rn+1 − 1 + rn+2 − rn+1 r − 1 n+1 k=0 rk = rn+2 − 1 r − 1 Esto prueba la preposicion!. 4. Numeros Complejos a) Probar que: N−1 n=0 cos nx = sin Nx/2 sin x/2 cos (N − 1)x/2 b) Demostrar que: arctan x = i 2 ln 1 − ix 1 + ix Solucion a) Podemos establecer apoyandonos en la identidad de Euler que: N−1 n=0 cos nx = N−1 n=0 einx Ahora por la relacion de equivalencia para la serie geometrica: n−1 k=0 rk = rn − 1 r − 1 Haciendo r = eix obtenemos que: N−1 n=0 cos nx = eiNx − 1 eix − 1 4
- 5. Llevandole a la forma cartesiana: N−1 n=0 cos nx = (cos Nx − 1) + i sin Nx (cos x − 1) + i sin x Multiplicando arriba y abajo por el conjugado del denominador: N−1 n=0 cos nx = (cos Nx − 1) + i sin Nx (cos x − 1) + i sin x (cos x − 1) − i sin x (cos x − 1) − i sin x N−1 n=0 cos nx = [(cos Nx − 1) + i sin Nx] [(cos x − 1) − i sin x] 2 − 2 cos x Tomando la parte real de esta expresion compleja resulta: N−1 n=0 cos nx = (cos Nx − 1) (cos x − 1) + sin x sin Nx 2 (1 − cos x) Simplificando y utilizando identidades trigonometricas se llega al resultado: N−1 n=0 cos nx = 1 − cos x − cos Nx + cos x cos Nx + sin x sin Nx 2 (1 − cos x) N−1 n=0 cos nx = (1 − cos x) + cos (N − 1)x − cos Nx 2 (1 − cos x) N−1 n=0 cos nx = 2(sin x/2)2 + 2 sin [(N − 1/2)x] sin x/2 4(sin x/2)2 N−1 n=0 cos nx = sin x/2 + sin [(N − 1/2)x] 2 sin x/2 N−1 n=0 cos nx = sin (Nx/2) sin (x/2) cos[(N − 1)x/2] b) Partamos de las series basicas: 1 1 − u = ∞ n=0 un ln (1 + u) = ∞ n=0 (−1)n un+1 n + 1 Por un lado si hacemos: u = −x2 en la primera de estas series e integramos obtenemos que: 1 1 + x2 = ∞ n=0 (−1)n x2n 1 1 + x2 dx = ∞ n=0 (−1)n x2n dx 5
- 6. arctan x = ∞ n=0 (−1)n x2n+1 2n + 1 Por otro lado si hacemos ahora: u = −ix y u = ix en la segunda serie obtenemos respectivamente: ln (1 − ix) = ∞ n=0 (−1)n (−ix)n+1 n + 1 = −i ∞ n=0 xn+1 n + 1 in ln (1 + ix) = ∞ n=0 (−1)n (ix)n+1 n + 1 = i ∞ n=0 xn+1 n + 1 i3n Restando las dos series: ln (1 − ix) − ln (1 + ix) = ln 1 − ix 1 + ix = −i ∞ n=0 xn+1 n + 1 in + i3n ln 1 − ix 1 + ix = −i ∞ n=0 xn+1 n + 1 (1 + (−1)n ) in Esta serie la podemos descomponer en dos: una de los terminos pares y otra para los impares, asi: ln 1 − ix 1 + ix = −i ∞ m=0 x2m+1 2m + 1 1 + (−1)2m i2m + ∞ m=0 x2m+2 2m + 2 1 + (−1)2m+1 i2m+1 La segunda serie se anula debido a que el termino 1 + (−1)2m+1 se anula para todo m quedando: ln 1 − ix 1 + ix = −i ∞ m=0 x2m+1 2m + 1 1 + (−1)2m i2m Simplificando un poco llegamos a que: ln 1 − ix 1 + ix = −2i ∞ m=0 (−1)m x2m+1 2m + 1 Multiplicando por i/2 a ambos lados de la expresion, nos queda finalmente que: i 2 ln 1 − ix 1 + ix = ∞ m=0 (−1)m x2m+1 2m + 1 Y esta no es mas que la serie del arctan por tanto: arctan x = i 2 ln 1 − ix 1 + ix 5. Funcion Delta de Dirac: en cada uno de los siguientes items probar la propiedad dada. a) ∞ −∞ δ (x)f(x)dx = −f (0) 6
- 7. b) δ(x) = −xδ (x) Solucion a) Aplicando el metodo de integracion por partes haciendo u = f(x) y dv = δ (x)dx llegamos a que: ∞ −∞ δ (x)f(x)dx = [δ(x)f(x)]∞ −∞ − ∞ −∞ δ(x)f (x)dx Aplicando la propiedad del delta Dirac: δ(x)f(x) = δ(x)f(0) Entonces nos queda que: ∞ −∞ δ (x)f(x)dx = − ∞ −∞ δ(x)f (0)dx = −f (0) ∞ −∞ δ(x)dx Por tanto: ∞ −∞ δ (x)f(x)dx = −f (0) b) Multimplicando por una funcion de prueba f(x) e integrando: ∞ −∞ f(x)δ(x)dx Aplicando el metodo de integracion por partes haciendo u = f(x)δ(x) y dv = dx obtene- mos: ∞ −∞ f(x)δ(x)dx = [xf(x)δ(x)]∞ −∞ − ∞ −∞ x [δ(x)f(x)] dx ∞ −∞ f(x)δ(x)dx = [xf(x)δ(x)]∞ −∞ − ∞ −∞ xf (x)δ(x)dx − ∞ −∞ xf(x)δ (x)dx Los dos primeros terminos del segundo miembro se anulan y nos queda: ∞ −∞ f(x)δ(x)dx = − ∞ −∞ xf(x)δ (x)dx De aqui se deduce entonces que: δ(x) = −xδ (x) 7