Un par de problemas

Esta entrada tiene por objeto la solución de un par de problemas correspondientes al examen del pasado día 16 de diciembre.

Tercer problema

  1. Calcular la integral impropia \displaystyle{\int_0^1 \log x\, dx}.
  2. Demostrar que la integral impropia \displaystyle{\int_0^\pi \log(\sin x)\, dx} es convergente.
  3. Utilizar el cambio de variable x=2t para probar que

    \displaystyle{\int_0^\pi \log(\sin x)\, dx= 2 \int_0^{\pi/2} \log(\sin x)\, dx + 2\int_0^{\pi/2} \log(\cos x)\, dx +\pi \log 2.}

  4. Calcular la integral impropia \displaystyle{\int_0^{\pi/2} \log(\cos x)\, dx.}

Solución

Aplicando la fórmula de integración por partes con el esquema u=\log x, dv=dx resulta du = dx/x, v=x, luego \displaystyle{\int_0^1 \log x\, dx= \lim_{\varepsilon \rightarrow 0+} \int_\varepsilon^1 \log x\, dx= \lim_{\varepsilon \rightarrow 0+} [-\varepsilon \log \varepsilon -(1-\varepsilon)]=-1.}

El segundo apartado parece deducirse fácilmente del criterio de comparación directa, porque \log( \sin x) \leq \log x\;\;\forall x \in (0,1), pero esto es un error, porque ambas funciones son negativas en el intervalo (0,1). Sin embargo, \displaystyle{\lim_{x \rightarrow 0+} \frac{\log (\sin x)}{\log x}=1}, y entonces el criterio de comparación asintótica viene al rescate para concluir que \displaystyle{\int_0^1 \log(\sin x) \,dx \sim \int_0^1 \log x\, dx.}

El tercer apartado se resuelve practicando el cambio de variable x=2t,\;dx=2dt, de tal modo que \log (\sin 2t) = \log( 2 \sin t \cos t)= \log 2 + \log( \sin t) + \log ( \cos t), y por lo tanto

\displaystyle{\int_0^\pi \log(\sin x)\,dx=2 \int_0^{\pi/2}\log(\sin 2t)\,dt}= \pi \log 2 +  2 \int_0^{\pi/2} \log (\sin t)\,dt + 2 \int_0 ^{\pi/2} \log (\cos t)\,dt,

como queríamos demostrar.

Ahora observamos que, por razones de simetría, \displaystyle{\int_0^\pi \log (\sin x)\,dx = 2  \int_0^{\pi/2} \log (\sin x)\,dx,} de donde \displaystyle{0=\pi \log 2 + 2 \int_0 ^{\pi/2} \log (\cos t)\,dt, } y por lo tanto \displaystyle{\int_0 ^{\pi/2} \log (\cos t)\,dt=-\frac{\pi}{2 \log 2}. }

Cuarto problema

  1. Probar que la serie de funciones \displaystyle{\sum_{n=1}^\infty \frac{nx}{1+n^4x^2}} converge puntualmente en la recta real hacia una función f, digamos.
  2. Demostrar que la convergencia es uniforme sobre el intervalo [\delta,\infty), donde \delta >0. Indicación: Hallar primero el máximo de \displaystyle{ \frac{nx}{1+n^4x^2}} sobre [0,\infty).
  3. Demostrar que \displaystyle{f(\frac{1}{N})  \geq \frac{N}{2} \cdot \sum_{n \geq \sqrt{N}} \frac{1}{n^3}} para cada N \in \mathbb{N}, y deducir que \displaystyle{f(\frac{1}{N}) \geq \frac{1}{4}.} Indicación: Estimar la suma mediante una integral impropia.
  4. Concluir que la serie de funciones no converge uniformemente en la recta real.

Solución

Si x=0 entonces todos los términos de la serie se anulan, y si x \neq 0 entonces se tiene

f(x):=\displaystyle{\sum_{n=1}^\infty \frac{nx}{1+n^4x^2} \sim \sum_{n=1}^\infty \frac{1}{n^3}<\infty.}

Ahora observamos que \displaystyle{\frac{d}{dx}\left [ \frac{nx}{1+n^4x^2} \right ]=\frac{n(1-n^4x^2)}{(1+n^4x^2)^2}=0} cuando x=1/n^2. Sea \delta > 0 y sea n_0 \in \mathbb{N} tal que 1/n_0^2 < \delta. Sea \displaystyle{M_n:=\sup_{x \geq \delta}\frac{nx}{1+n^4x^2}.} Si n \geq n_0 entonces \displaystyle{M_n=\frac{n\delta }{1+n^4\delta^2},} luego \displaystyle{\sum_{n=1}^\infty M_n < \infty.} Se deduce de la prueba de mayoración de Weierstrass que la serie de funciones converge uniformemente en el intervalo [\delta, \infty).

A continuación tenemos

\displaystyle{f(\frac{1}{N}) = \sum_{n=1}^\infty \frac{n/N}{1+n^4/N^2}=N \cdot \sum_{n =1}^\infty \frac{n}{N^2+n^4} \geq N \cdot \sum_{n \geq \sqrt{N} }^\infty \frac{n}{N^2+n^4} \geq \frac{N}{2} \cdot \sum_{n \geq \sqrt{N} }^\infty \frac{1}{n^3}.}

Siguiendo la indicación, estimamos esta suma mediante una integral impropia, a saber,

\displaystyle{\sum_{n \geq \sqrt{N}}^\infty \frac{1}{n^3} \geq \int_{\sqrt{N}}^\infty \frac{dx}{x^3}=\frac{1}{2N},}

de donde se deduce que \displaystyle{f(\frac{1}{N}) \geq \frac{1}{4}.} Finalmente concluimos que la serie de funciones no converge uniformemente sobre la recta real, porque siendo cada término una función continua, bajo el supuesto de convergencia uniforme f debe ser una función continua, luego \displaystyle{f(0)=\lim_{N \rightarrow \infty} f(\frac{1}{N}),} lo cual es una contradicción puesto que f(0)=0.

Acerca de Miguel Lacruz

Gijón, Asturias, España, 1963
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