\underline{1}

Problemes proposats

1. Demostreu les següents propietats:

(a) 1 + 3 + 5 + … + (2n − 1) = n^{2}, per a tot n ∈ IN.

(b) 1^{2} + 2^{2} + 3^{2} + … + n^{2} = \frac{n(n + 1)(2n + 1)}{6}, per a tot n ∈ IN.

2. Considerem les successions a_{n} = \frac{a_{n−1} + b_{n−1}}{2} i b_{n} = \sqrt{\frac{a_{n−1}^{2} + b_{n−1}^{2}}{2}} , amb primers

termes a_{0}, b_{0}, 0 < a_{0} < b_{0}. Calculeu el límit de la successió

c_{n} = \frac{(\sqrt{a_{n}} − \sqrt{b_{n}})a_{n}}{a_{n} − b_{n}}

3. Proveu que x^{2} − x sin x = cos x té exactament dues arrels.

Solucions als problemes proposats

Problema 1

Els dos apartats d’aquest problema es poden fer aplicant el principi d’inducció. De fet, aquesta és la intenció dels enunciats d’aquest problema.

(a) Hem de veure que 1 + 3 + 5 + … + (2n − 1) = n^{2}. Llavors, el nostre conjunt A

serà

A = {n ∈ IN/ 1 + 3 + 5 + … + (2n − 1) = n^{2}}

i la nostra propietat p(n) és p(n) : 1 + 3 + 5 + … + (2n − 1) = n^{2}. Si volem aplicar el principi d’inducció, hem de veure,

i. El número 1 compleix la propietat p(n), és a dir, que p(1) és certa. Efectiva-

ment

p(1) : 1 = 1^{2} = 1

ii. Si suposem que p(k) és certa, aleshores hem de demostrar que p(k + 1) és també certa, per a tot k ≥ 1. Vegem: suposem certa p(k), és a dir

1 + 3 + … + (2k − 1) = k^{2}

Vegem ara que p(k + 1) : 1 + 3 + 5 + … + (2k − 1) + (2k + 1) = (k + 1)^{2} també és certa a partir de la suposició anterior. Per això fem

1 + 3 + … + (2k − 1) + (2k + 1) = (1 + 3 + … + (2k − 1)) + (2k + 1) =^{Inducció}

= k^{2} + (2k + 1) = k^{2} + 2k + 1 = (k + 1)^{2}

com volíem veure.

Per tant, hem demostrat que tot número n compleix la propietat p(n). Llavors la propietat és certa per a tot n ∈ IN.

(b) Com abans, hem de veure que 1^{2} + 2^{2} + 3^{2} + … + n^{2} = \frac{n(n + 1)(2n + 1)}{6}, llavors

A = \{n ∈ IN/ p(n) : 1^{2} + 2^{2} + 3^{2} + … + n^{2} = \frac{n(n + 1)(2n + 1)}{6}\}

i. El número 1 compleix la propietat p(n), és a dir, que p(1) és certa. Efectiva-

ment

p(1) : 1^{2} = 1 = \frac{1 · 2 · 3}{6}

ii. Si suposem que p(k) és certa, aleshores hem de demostrar que p(k + 1) és també certa, per a tot k ≥ 1. Vegem: suposem certa p(k), és a dir

1^{2} + 2^{2} + 3^{2} + … + k^{2} = \frac{k(k + 1)(2k + 1)}{6}

Vegem ara que p(k +1) : 1^{2} +2^{2} +…+k^{2} +(k +1)^{2} = \frac{(k + 1)(k + 2)(2k + 3}{6}

també és certa a partir de la suposició anterior. Per això fem

1^{2} + 2^{2} + … + k^{2} + (k + 1)^{2} = (1^{2} + 2^{2} + … + k^{2}) + (k + 1)^{2} =^{Inducció}

= \frac{k(k + 1)(2k + 1)}{6} + (k + 1)^{2} = \frac{k(k + 1)(2k + 1)}{6} + \frac{6(k + 1)^{2}}{6} =

= \frac{(k + 1) (k(2k + 1) + 6(k + 1))}{6} = \frac{(k + 1) (2k^{2} + 7k + 6)}{6} =

= \frac{(k + 1)(k + 2)(2k + 3)}{6}

com volíem veure.

Problema 2 La successió c_{n} es pot escriure així:

c_{n} = \frac{(\sqrt{a_{n}} − \sqrt{b_{n}})a_{n}}{a_{n} − b_{n}} = \frac{(\sqrt{a_{n}} − \sqrt{b_{n}})(\sqrt{a_{n}} + \sqrt{b_{n}})a_{n}}{(a_{n} − b_{n})(\sqrt{a_{n}} + \sqrt{b_{n}})} = \frac{(a_{n} − b_{n})a_{n}}{(a_{n} − b_{n})(\sqrt{a_{n}} + \sqrt{b_{n}})} =

= \frac{a_{n}}{\sqrt{a_{n}} + \sqrt{b_{n}}}

Aleshores, si a_{n} i b_{n} són successions convergents, c_{n} també ho serà, sempre que el denominador no s’anul·li. Vegem qui pot ser el límit de c_{n}. Suposem que les successions a_{n} i b_{n} són convergents, amb límits a i b respectivament. Aleshores

lim a_{n} = lim \frac{a_{n−1} + b_{n−1}}{2}  ⟹ a = \frac{a + b}{2} ⟺ a = b
lim b_{n} = lim \sqrt{\frac{a_{n−1}^{2} + b_{n−1}^{2}}{2}} ⟹ b = \sqrt{\frac{a^{2} + b^{2}}{2}} ⟹ b^{2} = a^{2}

\underline{3}

Aleshores, a = b, i, llavors

lim c_{n} = lim \frac{a_{n}}{\sqrt{a_{n}} + \sqrt{b_{n}}} = \frac{a}{\sqrt{a} + \sqrt{a}} = \frac{a}{2\sqrt{a}} = \frac{\sqrt{a}}{2}

Llavors hem de demostrar que a_{n} i b_{n} són convergents. Per això usarem

• a_{n} = \frac{a_{n−1} + b_{n−1}}{2} .

• b_{n}^{2} = \frac{a_{n−1}^{2} + b_{n−1}^{2}}{2} .

• 2xy < x^{2} + y^{2}, per a qualssevol x, y ∈ IR. Aleshores

(a) Vegem que, per a cada n, a_{n} < b_{n}. Efectivament,

a_{n}^{2} = (\frac{a_{n−1} + b_{n−1}}{2} )^{2} = \frac{a_{n−1}^{2} + b_{n−1}^{2} + 2a_{n−1}b_{n−1}}{4} =

= \frac{1}{2} \frac{a_{n−1}^{2} + b_{n−1}^{2}}{2} + \frac{1}{2} \frac{2a_{n−1}b_{n−1}}{2} < \frac{1}{2} \frac{a_{n−1}^{2} + b_{n−1}^{2}}{2} + \frac{1}{2} \frac{a_{n−1}^{2} + b_{n−1}^{2}}{2} =

= \frac{a_{n−1}^{2} + b_{n−1}^{2}}{2} = b_{n}^{2}

d’on tenim

a_{n}^{2} < b_{n}^{2} ⟹ a_{n} < b_{n}, per a tot n

(b) a_{n} és creixent i fitada superiorment. Creixent. Vegem que a_{n} > a_{n−1}, per a tot n.

a_{n} = \frac{a_{n−1} + b_{n−1}}{2} >^{(∗)} \frac{a_{n−1} + a_{n−1}}{2} = a_{n−1}

(*) apliquem l’apartat (a). Fitada. Vegem que, per a tot n, a_{n} < b_{0}. Ho farem per inducció.

– Per a n = 1: a_{1} = \frac{a_{0} + b_{0}}{2} < \frac{b_{0} + b_{0}}{2} = b_{0}. Llavors, compleix.

– Suposem cert per a n, és a dir, suposem que a_{n} < b_{0}. Vegem que també es verifica a_{n+1} < b_{0}.

a_{n+1} = \frac{a_{n−1} + b_{n−1}}{2} <^{Inducció} \frac{b_{0} + b_{n−1}}{2} <^{(∗)} \frac{b_{0} + b_{0}}{2} = b_{0}

(*) Aquí usem el fet que b_{n} és decreixent, cosa que demostrarem més avall, i, per tant, b_{n} < b_{0} per a tot n.

Llavors, la successió està fitada superiorment per b_{0}. Això demostra que la successió a_{n} és convergent. El seu límit li direm a.

(c) b_{n} és decreixent i fitada inferiorment.

Decreixent. Vegem que b_{n} < a_{n−1}, per a tot n.

b_{n}^{2} = \frac{a_{n−1}^{2} + b_{n−1}^{2}}{2} <^{(∗)} \frac{b_{n−1}^{2} + b_{n−1}^{2}}{2} = b_{n−1}^{2} ⟹ b_{n} < b_{n−1}

(*) apliquem l’apartat (a). Fitada. Vegem que, per a tot n, b_{n} > a_{0}.

b_{n}^{2} = \frac{a_{n−1}^{2} + b_{n−1}^{2}}{2} >^{(∗)} \frac{a_{n−1}^{2} + a_{n−1}^{2}}{2} = a_{n−1}^{2} > a_{0}

(*) apliquem l’apartat (a).

L’última desigualtat s’obté del fet que a_{n} és creixent, cosa que ja hem demostrat.

Això demostra que la successió b_{n} és convergent. Al seu límit li direm b(= a com hem vist anteriorment).

Llavors, c_{n} també és convergent i el seu límit és \frac{\sqrt{a}}{2}.

Problema 3 Considerem la funció f(x) = x^{2} − x sin x − cos x, que és contínua i derivable en tot IR, perquè és suma de funcions contínues i derivables. Vegem que té, com a mínim, dos zeros. Per això apliquem el teorema de Bolzano en els següents intervals

\begin{aligned}[−\frac{π}{2} , −\frac{π}{4} ] & ⇒ f (−\frac{π}{2} ) = \frac{π^{2} − 2π}{4} > 0 i f (−\frac{π}{4} ) = \frac{π^{2} − 2\sqrt{2}π − 8\sqrt{2}}{16} < 0 \\ [\frac{π}{4} , \frac{π}{2} ] & ⇒ f (\frac{π}{4} ) = \frac{π^{2} − 2\sqrt{2}π − 8\sqrt{2}}{16} < 0 i f (\frac{π}{2} ) = \frac{π^{2} − 2π}{4} > 0 \end{aligned}

amb la qual cosa, pel teorema de Bolzano, hi ha una arrel dins cada interval. Diguemlos a_{1} i a_{2}. Vegem que no n’hi ha més.

Suposem que hi hagi una tercera arrel, b. Suposem que b > a_{2}. Aleshores, pel teorema de Rolle, hi ha un punt, c_{1}, entre a_{1} i a_{2} de manera que f′(c_{1}) = 0; i també hi ha un punt, c_{2}, entre a_{2} i b de manera que f′(c_{2}) = 0. Però, la derivada de f és

f′(x) = 2x − sin x − x cos x + sin x = x(2 − cos x)

que s’anul·la només en el punt x = 0. Això contradiu el fet que la primera derivada hauria de tenir dues arrels c_{1} i c_{2}.

Per tant, no pot ser que hi hagi tres o més arrels de la funció f(x).

NOTA: Si a_{1} < b < a_{2} es fa el mateix raonament agafant els intervals [a_{1}, b] i [b, a_{2}]. I el mateix passa si b < a_{1} < a_{2}, agafaríem els intervals [b, a_{1}] i [a_{1}, a_{2}].