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.

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