Enunciado
Considera la suma infinita
$$S(x)=\frac{3}{2}-\frac{3}{4}x+\frac{9}{8}x^2-\frac{15}{16}x^3+\ldots+\frac{2^{2n+1}+1}{2^{2n+1}}x^{2n}-\frac{2^{2n+2}-1}{2^{2n+2}}x^{2n+1}+\ldots$$
- Encuentra el valor mínimo que puede alcanzar esta suma.
- Utiliza el resultado del apartado anterior para comprobar que $$\int_0^{1/2} S(x)\, dx=\log 2$$
- Utiliza el apartado anterior para hallar una aproximación de $\log 2$ sumando los primeros cuatro términos del desarrollo; encuentra una cota del error cometido en esa aproximación.
- Encuentra el número de sumandos que deberían tomarse del desarrollo de $f(x)=\log(x+1)$ en serie de potencias de $x$ para aproximar $\log 2$ con esa misma cota de error.
Resolución primer apartado
Para encontrar el mínimo de esa suma,
Encontramos el mínimo de cada sumando y los sumamos.
Ninguna de las dos opciones.
Sumamos y encontramos el mínimo de la suma.
No es correcto, no puede hacerse así.
Sí hay una correcta.
En efecto, hallaremos primero la función a la que converge esta serie y luego determinaremos su mínimo.
Paso 1
Un medio de poder sumar esta serie es escribirla del modo siguiente $$S(x)=\sum_{n=0}^\infty \left[\frac{2^{2n+1}+1}{2^{2n+1}}x^{2n}-\frac{2^{2n+2}-1}{2^{2n+2}}x^{2n+1}\right]$$ o bien $$S(x)=\sum_{n=0}^\infty \left[\left(1+\frac{1}{2^{2n+1}}\right)x^{2n}-\left(1-\frac{1}{2^{2n+2}}\right)x^{2n+1}\right]$$ y expresar este sumatorio como suma de cuatro sumatorios. Inténtalo y pulsa en 'Ver' cuando la tengas.
Ver
$$S(x)=\sum_{n=0}^\infty x^{2n}+ \sum_{n=0}^\infty \frac{x^{2n}}{2^{2n+1}}-\sum_{n=0}^\infty x^{2n+1}+\sum_{n=0}^\infty \frac{x^{2n+1}}{2^{2n+2}}$$
Estas cuatro series son geométricas, luego ya sabemos su suma y su campo de convergencia (ver suma de la serie geométrica )
Haz las cuatro sumas y sus campos de convergencia y pulsa en 'Continuar'.
Paso 2
- $\sum_{n=0}^\infty x^{2n}$ es geométrica de razón $x^2$, luego $$\sum_{n=0}^\infty x^{2n}=\frac{1}{1-x^2}\ \ \ \mbox{en}\ \ \ |x|<1$$
- $\sum_{n=0}^\infty \frac{x^{2n}}{2^{2n+1}}=\frac{1}{2}\sum_{n=0}^\infty \left(\frac{x}{2}\right)^{2n}$ es geométrica de razón $x^2/4$, luego $$ \sum_{n=0}^\infty \frac{x^{2n}}{2^{2n+1}}=\frac{2}{4-x^2}\ \ \ \mbox{en}\ \ \ |x|<2$$
- $-\sum_{n=0}^\infty x^{2n+1}=-x\sum_{n=0}^\infty x^{2n}$ es geométrica de razón $x^2$, como la primera $$-\sum_{n=0}^\infty x^{2n+1}=\frac{-x}{1-x^2}\ \ \ \mbox{en}\ \ \ |x|<1$$
- $\sum_{n=0}^\infty \frac{x^{2n+1}}{2^{2n+2}}=\frac{x}{2}\sum_{n=0}^\infty \frac{x^{2n}}{2^{2n+1}}$, utilizando la segunda, $$\sum_{n=0}^\infty \frac{x^{2n+1}}{2^{2n+2}}=\frac{x}{2}\frac{2}{4-x^2}=\frac{x}{4-x^2}\ \ \ \mbox{en}\ \ \ |x|<2$$
Paso 3
Ahora que hemos encontrado esta expresión para $S(x)$ podemos fácilmente hallar su mínimo, buscando los valores que anulen la primera derivada y que además hagan positiva la segunda o analizando el signo de la primera derivada a la derecha y a la izquierda de donde se anula. Inténtalo y pulsa en 'Ver'.
Ver
$$S(x)=\frac{3}{2+x-x^2}\ \ \Rightarrow
\ \ S'(x)=\frac{3(2x-1)}{(2+x-x^2)^2}$$
$S'(x)$ es negativa a la izquierda de $x=1/2$ y positiva a su derecha, luego en $x=1/2$ la función $S(x)$ alcanza su valor mínimo, que es
$$S\left(\frac{1}{2}\right)=\frac{4}{3}$$
La gráfica violeta es la de $S(x)$ (con el mínimo señalado) y las otras son cuatro sumas parciales.
f=@(x,n) ((1+2^(2*n+1))/2^(2*n+1))*x.^(2*n)+((1-2^(2*n+2))/2^(2*n+2))*x.^(2*n+1); x=-.8:.01:.8; s(1,:)=f(x,0); for k=2:4 s(k,:)=s(k-1,:)+f(x,k-1); end s(5,:)=3./(2+x-x.^2); plot(x,s) clear all
Resolución segundo apartado
Se trata únicamente de hacer la integral, $$\int_0^{1/2} S(x)\, dx=\int_0^{1/2} \left(\frac{1}{1+x}+\frac{1}{2-x}\right)\, dx= \left.\log|1+x|+\log|2-x|\right]_0^{1/2}=\left.\log \frac{1+x}{2-x}\right]_0^{1/2}= \log 2$$Resolución tercer apartado
Puesto que $$\log 2=\int_0^{1/2} S(x)\, dx$$ escribimos $$\log 2 = \int_0^{1/2} \left(\frac{3}{2}-\frac{3}{4} x+\frac{9}{8}x^2-\frac{15}{16}x^3+\frac{33}{32}x^4+\ldots\right)\, dx$$ Realiza esta integral y pulsa en 'Ver'.
Ver
$$\log 2 =\frac{3}{2}\frac{1}{2}-\frac{3}{8} \frac{1}{2^2}+\frac{9}{24}\frac{1}{2^3}-\frac{15}{64}\frac{1}{2^4}+\frac{33}{160}\frac{1}{2^5}+\ldots$$
Tomaremos como valor aproximado para $\log 2$ la suma de los cuatro primeros términos:
$$\log 2 \approx \frac{3}{2}\frac{1}{2}-\frac{3}{8} \frac{1}{2^2}+\frac{9}{24}\frac{1}{2^3}-\frac{15}{64}\frac{1}{2^4}=.6885$$
Dado que la serie es alternada, el error cometido en esta aproximación no supera el valor absoluto del primer término que no se toma, en este caso
$$\mbox{cota de error}=\frac{33}{160}\frac{1}{2^5}=.0064$$
Resolución cuarto apartado
El desarrollo de $f(x)=\log(x+1)$ en serie de potencias de $x$ es $$\log(x+1)=\sum_{n=0}^\infty \frac{(-1)^n}{n+1}x^{n+1}\ \ ,\ \ x\in(-1,1]$$ Sustituyendo $x$ por $1$ en esta serie, $$\log 2=\sum_{n=0}^\infty \frac{(-1)^n}{n+1}$$ Es decir, $\log 2$ es la suma de esa serie numérica alternada. ¿Cómo encontramos el número de términos que hemos de tomar para que el error sea menor que $.0064$? Inténtalo y pulsa en 'Ver'.
Ver
Puesto que la serie es alternada, si aproximamos $\log 2$ por la suma parcial $S_m$,
$$S_m=\sum_{n=0}^m \frac{(-1)^n}{n+1}$$
el error cumple que
$$\mbox{error}=|\log 2-S_m|< \left|\frac{1}{m+1}\right|= \frac{1}{m+1}$$
Para buscar el valor de $m$ imponemos que esa cota sea menor que $.0064$,
$$\frac{1}{m+1}<\frac{33}{160}\frac{1}{2^5}$$
es decir,
$$m+1>\frac{160\cdot 2^5}{33}\ \ \ \ \mbox{o bien}\ \ \ \ m>154.15$$
Esto significa que con esta aproximación deberíamos tomar la suma parcial correspondiente a $m=155$. Este es un buen ejemplo de la importancia de una buena elección de la serie aproximante.