Sea \(f_{n}:A\to \mathbb{R}\) una sucesión de funciones. Considere \(S_{n}(x) = \sum_{i=1}^{n} f_{i}(x)\). Note que \(S_{n}(x)\) es una sucesión de funciones

Definición (convergencia de serie de funciones)

Decimos que \(\sum_{n=1}^\infty f_{n}(x)\) converge:

1. puntualmente si \(S_{n}(x)\) convergen puntualmente.
2. uniformemente si \(S_{n}(x)\) convergen uniformemente
3. absolutamente si \(\sum_{i=1}^{\infty} \lvert f_{i}(x) \rvert\) convergen (puntual o uniformemente).

   Lema (Cauchy si y solo si convergencia uniforme)

   Sea \(f_{n}:A\to \mathbb{R}\) funciones. Entonces \(\sum_{n=1}^\infty f_{n}\) converge uniformemente si y solo si para todo \(\varepsilon>0\) existe \(N\) tal que para todo \(x \in A\)

\[\lvert S_{n}(x) - S_{m}(x) \rvert < \varepsilon\]

si \(n,m \geq N\). Equivalentemente, si \(n>m\geq N\), entonces para todo \(x \in A\)

\[\lvert f_{m+1}(x) + f_{m+2}(x) + \dots + f_{n}(x) \rvert < \varepsilon.\]

Lema (M-test de Weirerstrass)

Sean \(f_{n}:A\to \mathbb{R}\) una sucesión de funciones y \(\{a_{n}\}_{n=1}^\infty\) una sucesión convergente tal que

1. \(\sum_{n=1}^\infty a_{n}\) converge,
2. \(\lvert f_{n}(x) \rvert \leq a_{n}\) para todo \(x \in A\).

Entonces \(\sum_{n=1}^\infty \lvert f_{n}(x) \rvert\) converge uniformemente.

Prueba: Dado \(\varepsilon>0\) existe \(N\) tal que para todos \(n,m\geq N\)

\[\begin{aligned} \lvert a_{m}+a_{m+1}+\dots+a_{n} \rvert < \varepsilon \iff &a_{m} + a_{m+1} + \dots + a_{n} < \varepsilon \\ \implies \lvert f_{m}(x) \rvert + \lvert f_{m+1}(x) \rvert + \dots+ \lvert f_{n}(x) \rvert < \quad &a_{m} + a_{m+1} + \dots + a_{n} < \varepsilon \end{aligned}\]

para todo \(x \in A\), \(n,m\geq N\).

Ejemplo

Considere \(\sum_{k=1}^\infty \frac{\sin(kx)}{k^{2}}\). Note que \(\left\lvert \frac{\sin(kx)}{k^{2}} \right\rvert \leq \frac{1}{k^{2}}\). Como \(\sum_{k=1}^\infty \frac{1}{k^{2}}\) converge, entonces por el M-test, \(\sum_{k=1}^\infty \frac{\sin(kx)}{k^{2}}\) converge uniformemente.

Ejemplo

Considere \(\sum_{k=1}^\infty x^{k}\) para \(\lvert x \rvert<1\). En esos casos converge puntualmente. Sea \(0<a<1\). Si \(\lvert x \rvert \leq a\), entonces \(f_{n}(x) = \lvert x \rvert^{n} \leq a^{n} = a_{n}\). Como \(a<1\), la serie \(\sum_{n=1}^\infty a^{n}\) converge. Entonces por el M-test , \(\sum_{n=1}^\infty x^{n}\) converge uniformemente en \(\lvert x \rvert \leq a\).

Lema (Continuidad, integrabilidad y diferenciabilidad)

Sea \(f_{n}:A\to \mathbb{R}\) una sucesión de funciones tal que \(\sum_{n=1}^\infty f_{n}(x)\) converge uniformemente a una función \(f(x)\).

1. Si \(f_{n}(x)\) es continua entonces \(f(x)\) es continua.
2. Si \(f_{n}\) son R-integrables, entonces \(f\) es R-integrable. Además

\[\int_{a}^{b} \left( \sum_{n=1}^\infty f_{n}(x) \right) \, dx = \int_{a}^{b} f(x) \, dx = \sum_{n=1}^\infty \int_{a}^{b} f_{n}(x) \, dx\]

1. Si \(f_{n}:A \to \mathbb{R}\) es derivable y se cumple que
2. \(\sum_{n=1}^\infty f_{n}'(x)\) converge uniformemente
3. \(\sum_{n=1}^\infty f_{n}(x_{0})\) converge para un \(x_{0} \in A\).
   Entonces \(\sum_{n=1}^\infty f_{n}(x)\) converge uniformemente una función \(f(x)\) y \(f'(x) = \sum_{n=1}^\infty f_{n}'(x)\).

Ejemplo

Sea \(f_{n}(x) = \frac{x^{n}}{n^{3}}\). ¿\(\sum_{n=1}^\infty \frac{x^{n}}{n^{3}}\) converge uniformemente en \([-1,1]\)? Como \(\left\lvert \frac{x^{n}}{n^{3}} \right\rvert \leq \frac{1}{n^{3}}\) y \(\sum_{n=1}^\infty \frac{1}{n^{3}}\) converge, la serie converge uniformemente por el M test.

Sea \(f(x) = \sum_{n=1}^\infty \frac{x^{n}}{n^{3}}\), entonces \(f\) es continua y R-integrable. Por otro lado, \(f_{n}'(x) = \frac{nx^{n-1}}{n^{3}} = \frac{x^{n-1}}{n^{2}}\), que converge uniformemente por el M-test, pues

\[\frac{x^{n-1}}{n^{2}} \leq \frac{1}{n^{2}} \quad \text{y} \quad \sum_{n=0}^\infty \frac{1}{n^{2}} \text{ converge.}\]

Además, \(f'(x) = \sum_{n=1}^\infty \frac{x^{n-1}}{n^{2}}\).

Teorema (Criterio de Dirichlet)

Sea \(f_{n}:A\to \mathbb{R}\) una sucesión de funciones tales que

1. existe \(M \in \mathbb{R}\) tal que

\[\underset{x \in A}{\sup} \left\{ \sum_{k=1}^{n} f_{k}(x) \right\} = \underset{x \in A}{\sup} \left\{ S_{n}(x) \right\} \leq M.\]

Asuma además que \(g_{n}:A\to \mathbb{R}\) es tal que

1. \(g_{n} \geq 0\) ,
2. \(g_{n}(x)\geq g_{n+1}(x)\) para todo \(x \in A\) (decreciente en \(n\)) ,
3. \(\lim_{ n \to \infty } g_{n}(x) = 0\) uniformemente.

Entonces \(\sum_{n=1}^\infty f_{n}(x)g_{n}(x)\) converge uniformemente.

Prueba: Considere

\[\sum_{k=n}^{m} f_{k}(x) g_{k}(x) = g_{m}(x)S_{m}(x) - g_{n}(x) S_{n-1}(x) + \sum_{j=n}^{m-1} (g_{j}-g_{j+1}) S_{j} (x),\]

donde \(S_{m}(x) = \sum_{i=1}^{m} f_{i}(x)\). Dado \(\varepsilon>0\), existe \(N\) tal que para todo \(x \in A\), \(\lvert g_{n}(x) \rvert < \frac{\varepsilon}{2M}\) si \(n\geq N\). Ahora,

\[\begin{aligned} \left\lvert \sum_{j=n}^{m-1} (g_{j}(x) - g_{j+1}(x))S_{j}(x) \right\rvert &\leq \sum_{j=n}^{m-1} \lvert g_{j}(x) - g_{j+1}(x) \rvert \lvert S_{j}(x) \rvert \\ & \leq M \sum_{=}^\infty (g_{j}(x)-g_{j+1}(x)) \\ & = M(g_{n}(x)-g_{m}(x)). \end{aligned}\]

Por lo tanto

\[\begin{aligned} \left\lvert \sum_{k=n}^{m} f_{k}(x) g_{k}(x) \right\rvert &\leq \lvert g_{n}(x) \rvert \lvert S_{m}(x) \rvert + \lvert g_{n}(x) \rvert \lvert S_{n-1}(x)\rvert + M (g_{n}(x)-g_{m}(x)) \\ &\leq g_{m}(x) M + g_{n}(x) M + M(g_{n}(x) - g_{m}(x)) = 2M g_{n}(x) < \varepsilon. \end{aligned}\]

Ejemplo

Considere \(\sum_{k=1}^{\infty} \frac{\sin(kx)}{k}\). Note que

\[\left\lvert \sum_{k=1}^{n} \sin(kx) \right\rvert =\frac{\left\lvert \cos\left( \frac{x}{2} \right) - \cos\left( \left( n-\frac{1}{2} \right) x\right) \right\rvert}{2 \sin\left( \frac{x}{2} \right)} \leq \frac{2}{2\sin(x^{2})} < M\]

para todo \(x \in [\delta, 2\pi-\delta\), con \(0 < \delta <n - \delta\).

Teorema (Criterio de Abel)

Sea \(f_{n}:A\to \mathbb{R}\) una sucesión de funciones tales que

1. \(\sum_{n=1}^{\infty} f_{n}(x)\) converge uniformemente.
2. \(g_{n}:A\to \mathbb{R}\) es monótona,
3. existe \(K \in \mathbb{R}\) tal que \(\underset{x \in A}{\sup}\{ \lvert g_{n}(x) \rvert \} \leq k\) para todo \(n \in \mathbb{N}\). Entonces \(\sum_{n=1}^{\infty} f_{n}(x) g_{n}(x)\) converge uniformemente.

Prueba: Sean \(S = \sum_{n=1}^\infty f_{n}(x)\) y \(S_{n}(x) = \sum_{k=1}^{n} f_{k}(x)\). Note que

\[\begin{aligned} \sum_{j=n}^{m} f_{j}(x)g_{j}(x) &= g_{m} S_{m} - g_{n} S_{n-1} + \sum_{j=n}^{m-1} (g_{j}-g_{j-1}) S_{j} \\ &= g_{m}(S-S_{m}) - g_{n}(S-S_{n-1}) + \sum_{j=n}^{m-1} (g_{j}-g_{j+1})(S-S_{j}) \end{aligned}\]

Dado \(\varepsilon>0\), existe \(N \in \mathbb{N}\) tal que para todo \(\ell\geq N\) y para todo \(x \in A\),

\[\lvert S(x)-S_{\ell}(x) \rvert < \frac{\varepsilon}{3K}\]

para \(\ell\geq N\) y \(x \in A\). Entonces,

\[\begin{aligned} \lvert g_{n}(x) \rvert \lvert S(x) - S_{n-1}(x) \rvert &< \frac{\varepsilon}{4} \\ \lvert g_{n}(x) \rvert \lvert S(x) - S_{m}(x) \rvert &< \frac{\varepsilon}{4}, \end{aligned}\]

si \(n-1,m\geq N\). Por otro lado,

\[\begin{aligned} \left\lvert \sum_{j=n}^{m-1} (g_{j}(x) - g_{j+1}(x))(S(x)-S_{j}(x)) \right\rvert &\leq \sum_{j=n}^{m-1} \lvert g_{i}(x) - g_{i+1}(x) \rvert \lvert S(x) - S_{j}(x) \rvert \\ &< \frac{\varepsilon}{4k} \sum_{j=n}^{m-1} \lvert g_{j}(x) - g_{j-1}(x) \rvert \end{aligned}\]

Ejemplo

Considere \(S(x) = \sum_{n=1}^\infty \frac{(-1)^{n}}{n}e^{-xn}\) para \(x \in [1,+\infty)\). Note que \(\lvert g_{n}(x) \rvert = \left\lvert \frac{1}{n} \right\rvert \leq 1\). Ahora, \(\lvert (-1)^{n} \exp(-xn) \rvert \leq \exp(-n)\) y \(\sum_{n=1}^\infty \exp(-n)\) converge, por lo que tenemos que la serie estudiada converge uniformemente.

Series de potencias

Considere \(f_{n}(x) = a_{n} x^{n}\) y \(S_{n}(x) = \sum_{k=0}^{n} a_{n} x^{n}\), donde \(\{a_{n}\}_{n=0}^\infty\) es una sucesión.

Consideremos \(\sqrt[n]{\lvert a_{n} \rvert \lvert x^{n} \rvert} = \lvert x \rvert \sqrt[n]{\lvert a_{n} \rvert}\). Para aplicar el criterio de la raíz necesito estudiar \(\sqrt[n]{\lvert a_{n} \rvert}\). Vamos a probar que hay convergencia uniforme en \([-p,p]\), con \(p < R\) y que hay convergencia puntual en \((-R,R)\).

\[p + \varepsilon < R =\frac{1}{\limsup \sqrt[n]{\lvert a_{n} \rvert}} \iff \limsup \sqrt[n]{\lvert a_{n} \rvert } < \frac{1}{p+\varepsilon}.\]

Si \(\limsup \sqrt[n]{\lvert a_{n} \rvert} = \underset{n\geq 1}{\inf} \underset{k\geq n}{\sup} \{ \sqrt[k]{\lvert a_{k} \rvert } \} < \frac{1}{p+\varepsilon}\), luego existe \(n_{0}\) tal que

\[\underset{k\geq n_{0}}{\sup} \{ \sqrt[k]{\lvert a_{k} \rvert } \} < \frac{1}{p+\varepsilon}.\]

Entonces \(\sqrt[k]{\lvert a_{k} \rvert} \leq \frac{1}{p + \varepsilon}\) para todo \(k\geq n_{0}\). Ahora,

\[\begin{aligned} \sqrt[n]{\lvert a_{k} \rvert } < \frac{1}{p+\varepsilon} &\iff \lvert a_{k} \rvert < \frac{1}{(p+\varepsilon)^{k}} \\ &\implies \lvert x^{k} \rvert \lvert a_{k} \rvert < \left( \frac{\lvert x \rvert }{p+\varepsilon} \right)^k \leq \left( \frac{p }{p+\varepsilon} \right)^k \end{aligned}\]

para \(\lvert x \rvert \leq p\). Como \(\sum_{k=1}^\infty \left( \frac{p}{p+\varepsilon} \right)^{k}\) converge, concluimos que \(\sum_{k=1}^\infty a_{k} x^{k}\) converge uniformemente por M-Test.

Entonces, la serie converge puntualmente en \((-R, R)\) con \(R = \frac{1}{\limsup \sqrt[n]{ \lvert a_{n} \rvert}}\) y converge uniformemente en \([-p,p]\) con \(p < R\). Lo mismo aplica para \(\hat{S}(x) = \sum_{k=1}^\infty a_{k}(x-x_{0})^{k}\), la cual converge puntualmente si \(-R < x-x_{0} < R\).

Ejercicio

Sean \(\{a_{n}\}_{n=1}^\infty\) y \(\{b_{n}\}_{n=1}^\infty\) dos sucesiones tales que \(b_{n} \underset{n \rightarrow \infty}{\longrightarrow}b\). Entonces

1. \(\limsup(a_{n}+b_{n}) = (\limsup a_{n}) + b\).
2. \(\limsup(a_{n} b_{n}) = b \limsup a_{n}\).

Lema (Diferenciación y radio de convergencia)

Sea \(f_{n}(x) = a_{n} x^{n}\) y \(f_{n}'(x) = n a_{n} x^{n}\). Entonces las series de potencias \(S(x) = \sum_{n=0}^\infty f_{n}(x)\) y \(S'(x) = \sum_{n=0}^\infty n a_{n} x^{n-1}\) tienen el mismo radio de convergencia.

Prueba: Considere \(\sum_{n=0}^\infty a_{n} n x^{n-1}\), que tiene radio de convergencia \(\frac{1}{\limsup \sqrt[n]{n \lvert a_{n} \rvert}}\). Desarrollando:

\[\limsup \sqrt[n]{n \lvert a_{n} \rvert } = \limsup \sqrt[n]{n} \sqrt[n]{\lvert a_{n} \rvert } = \limsup \sqrt[n]{a_{n}},\]

en donde usamos el hecho de que

\[\lim_{ n \to \infty } \sqrt[n]{n} = \lim_{ n \to \infty } \exp\left( \frac{\ln(n)}{n} \right) = \exp(0) = 1.\]

Luego, las series

\[\sum_{n=0}^\infty n a_{n} x^{n-1} = \frac{1}{x}\sum_{n=0}^\infty n a_{n} x^{n} \quad \text{y} \quad \sum_{n=0}^\infty a_{n}x^{n}\]

tienen el mismo radio de convergencia.

Lema (R-integración y radio de convergencia)

Prueba: Si \(S(x) = \sum_{n=0}^\infty a_{n} x^{n}\) converge uniformemente en \([-p,p]\) con \(p <R\), entonces

\[\int_{0}^{x} S(y) \, dy = \sum_{n=0}^\infty \int_{0}^{x} a_{n} y^{n} \, dy = \sum_{n=0}^\infty a_{n} \frac{x^{n+1}}{n+1}.\]

Analizando el radio de convergencia, note que

\[\limsup \sqrt[n]{\frac{\lvert a_{n} \rvert }{n+1}} = \limsup \frac{\sqrt[n]{\lvert a_{n} \rvert }}{\sqrt[n]{n+1}} = \limsup \sqrt[n]{\lvert a_{n} \rvert, }\]

pues \(\limsup \sqrt[n]{n+1} = \lim_{ n \to \infty } \sqrt[n]{n+1}\). Concluimos entoces que

\[\sum_{n=0}^\infty a_{n} \frac{x^{n+1}}{n+1} \quad \text{y} \quad \sum_{n=0}^\infty a_{n}x^{n}\]

tienen el mismo radio de convergencia.

Series de Taylor

Ejemplo

Sea \(\lvert x \rvert < 1\) y considere \(\sum_{n=0}^\infty x^{n} = \frac{1}{1-x}\). Como \(\limsup \sqrt[n]{1} = 1\), tenemos convergencia uniforme en \([-p,p]\), con \(0<p<1\). Entonces

\[\begin{aligned} \int_{0}^{x} \frac{1}{1-y} \, dy &= \int_{0}^{x} \sum_{n=0}^\infty y^{n} \, dy \\ \iff -\ln(1-x) &= \sum_{n=0}^\infty \frac{x^{n+1}}{n+1}. \end{aligned}\]

Manipulando la expresión resultante, para \(\lvert x \rvert < 1\) tenemos que

\[\begin{aligned} -\ln(1+x) &= \sum_{n=0}^{\infty} \frac{(-x)^{n+1}}{n+1} \\ \iff \ln(1+x) &= \sum_{n=0}^\infty (-1)^{n} \frac{x^{n+1}}{n+1}. \end{aligned}\]

¿Podría ser que para dos sucesiones distintas, la serie de potencias asociadas converja a la misma función? Note que

\[S^{(n)}(x) = \left( \sum_{k=0}^\infty a_{k} x^{k} \right)^{(n)} = \sum_{k=n}^\infty a_{k} k(k-1) \dots (k-n+1) x^{k-n}.\]

Evaluando,

\[S^{(n)}(0) = n(n-1)(n-2)\dots \cdot 2 \cdot 1 \cdot a_{n} = n! a_{n} \iff \frac{S^{(n)}(0)}{n!} = a_{n},\]

por lo que la sucesión \(a_{n}\) es única para cada función.

Teorema (Taylor)

Sea \(f:[a,b] \to \mathbb{R}\) una función tal que \(f',f'',\dots,f^{(n)}\) son continuas en \([a,b]\). Si \(f^{(n+1)}\) existe en \([a,b]\) y \(x_{0} \in (a,b)\), existe \(c\) entre \(x_{0}\) y \(x\) tal que

\[f(x) = f(x_{0}) + f'(x_{0})(x-x_{0}) + \dots+f^{(n)}(x_{0}) \frac{(x-x_{0})^{n}}{n!} + R_{n}(x),\]

con \(R_{n}(x) = \frac{f^{(n+1)}(c)}{(n+1)!}(x-x_{0})^{n+1}\).

Considere la serie de potencias.

\[S(x) = \sum_{n=0}^\infty a_{n}(x-x_{0})^{n}, \quad \text{con }a_{n} = \frac{f^{(n)}(x_{0})}{n!}\]

¿Será cierto que \(S(x) = f(x)\)? Considere la suma parcial \(S_{k}(x) = \sum_{n=0}^{k} a_{n}(x-x_{0})^{n}\). Entonces,

\[\lvert f(x) - S_{k}(x) \rvert = \lvert R_{k}(x) \rvert = \left\lvert \frac{f^{(n+1)}(c)}{n+1} (x-x_{0})^{n+1} \right\rvert \overset{?}{\underset{n \rightarrow \infty}{ \longrightarrow}} 0.\]

Si el resto converge a cero, la serie de Taylor converge a la función.

Ejemplo

Considere \(f(x) = \sin(x)\). Entonces

\[\begin{aligned} f'(x) &= \cos(x) \\ f''(x) &= -\sin(x) \\ f'''(x) &= -\cos(x) \\ f^{(4)}(x) &= \sin(x). \end{aligned}\]

En general, para \(x_{0}=0\) tenemos que

\[f^{(2n)}(x) = 0, \quad f^{(2n+1)}(0) = (-1)^{n}.\]

Considerando la serie de Taylor \(\sum_{n=0}^\infty (-1)^{n} \frac{x^{2n+1}}{(2n+1)!}\), note que \(\limsup \sqrt[2n+1]{\frac{1}{(2n+1)!}} = 0\). Luego, la serie converge en \(\mathbb{R}\) y uniformemente en \([-p,p]\) para cualquier \(p>0\). Por otro lado,

\[\begin{aligned} \lvert \sin(x) - S_{n}(x) \rvert &= \left\lvert \frac{f^{(n+1)}(c)}{(n+1)!} x^{n+1} \right\rvert. \end{aligned}\]

Como

\[f^{(n+1)}(c) \begin{cases} = \lvert \sin(c) \rvert \\ \\ = \lvert \cos(cazx \quad) \rvert \end{cases} \leq 1,\]

Entonces \(\lvert \sin(x) - S_{n}(x) \rvert \leq \frac{\lvert x^{n+1} \rvert}{(n+1)!}\). Ahora, para \(\lvert x \rvert < p\), entonces

\[\lvert \sin(x) - S_{n}(x) \rvert \leq \frac{\lvert \rho^{n+1} \rvert }{(n+1)!} < \varepsilon\]

para \(n\geq N_{0}\), por el criterio del cociente para límites.

Ejemplo

Considere \(f(x) = \exp(x)\). Entonces \(f^{(n)}(x) = \exp(x)\). Luego, para \(x_{0}=0\), la serie de Taylor viene dada por

\[\sum_{n=0}^\infty \frac{x^{n}}{n!}, \quad \text{con } R = +\infty.\]

Note que

\[S'(x) = \sum_{n=1}^\infty n \frac{x^{n-1}}{n!} = \sum_{n=1}^\infty \frac{x^{n-1}}{(n-1)!} = \sum_{n=0}^\infty \frac{x^{n}}{n!}.\]

Probaremos que \(S(x)S(y) = S(x+y)\). Sea \(c \in \mathbb{R}\) y \(h(x) = S(x)S(c-x)\). Entonces

\[h'(x) = S'(x)S(c-x) - S(x)S'(c-x) =S(x)S(c-x) - S(x)S(c-x) = 0,\]

por lo que \(h(x)\) es constante. Luego,

\[h(x) = S(x) S(c-x) = S(c) S(0) = S(c).\]

Evaluando \(c = x+y\), entonces \(S(x)S(y) = S(x+y)\).

Ahora,

\[\begin{aligned} \lvert \exp(x) - S_{k}(x) \rvert = \left\lvert \frac{f^{(n+1)}(c)}{(n+1)!} x^{n+1} \right\rvert = \left\lvert \frac{e^{c}}{(n+1)!} x^{n+1} \right\rvert \leq \frac{e^{p}}{(n+1)!} p^{n+1} \underset{n \rightarrow \infty}{\longrightarrow} 0 \end{aligned}\]

para \(x \in [-p,p]\) con \(c\) entre 0 y \(x\).

Ejercicio

Pruebe que \(\exp(x) \geq 0\) para cualquier \(x\).

Ejemplo

Considere \(f(x) = \cos(x)\). Entonces

\[\cos(x) = \sum_{n=0}^\infty (-1)^{n} \frac{x^{2n}}{(2n)!}, \quad \sin(x) = \sum_{n=0}^\infty (-1)^{n} \frac{x^{2n+1}}{(2n+1)!}.\]

Entonces

\[\begin{aligned} \cos'(x) &= \sum_{n=1}^\infty (-1)^{n} (2n) \frac{x^{2n-1}}{(2n)!} \\ &= \sum_{n=1}^\infty (-1)^{n} \frac{x^{2n-1}}{(2n-1)!} \\ &= \sum_{n=0}^\infty (-1)^{n+1} \frac{x^{2n+1}}{(2n+1)!} \\ &= - \sum_{n=0}^\infty (-1)^{n} \frac{x^{2n+1}}{(2n+1)!} = -\sin(x). \end{aligned}\]

De manera análoga, podemos probar que \(\sin'(x) = \cos(x)\).

Note que \(\sin(0)=0\), \(\cos(0)=1\). Además,

\[(\sin^{2}(x)+\cos ^{2}(x))' = 2\sin x\cos x + 2 \sin x \cos x + 2 \cos x(-\sin x) = 0.\]

Luego, \(\sin ^{2}(x)+\cos^{2}(x) = \sin ^{2}(0)+\cos^{2}(0) = 1\).

Ejercicio

Probar que \(\sin(x+y)=\sin(x)\cos(y) + \cos(x)\sin(y)\) y que \(\cos(x+y) = \cos(x)\cos(y) - \sin(x)\sin(y)\).

Ahora, note que

\[\cos(x) = \sum_{n=}^\infty (-1)^{n} \frac{x^{2n}}{(2n)!} = \left( 1-\frac{x^{2}}{2} \right) + \left( \frac{x^{4}}{4!} - \frac{x^{6}}{6!}\right) + \cdots,\]

por lo que \(\cos(x)\geq 0\) si

\[\begin{aligned} \frac{x^{2n}}{(2n)!} - \frac{x^{2n+2}}{(2n+2)!} &\geq 0 \\ \iff {x^{2n}}{(2n)!} &\geq \frac{x^{2n+2}}{(2n+2)!} \\ \iff (2n+1)(2n+2) \geq x^{2}, \end{aligned}\]

lo cual se cumple para \(0\leq x\leq 1\). Note que si \(\cos(x)\geq 0\) entonces \(\sin'(x) \geq 0\) y entonces \(\sin\) es creciente. Por tanto, sin \(\cos(x)\geq 0\) para todo \(x \in [0,p]\), \(\sin\) es creciente en \([0,p]\). Además, como \(\sin(0) = 0\), tenemos que \(\sin(x) \geq 0\) para \(x \in [0,p]\). Luego, \(\cos(x)\) es decreciente.

Probaremos ahora que existe \(c \in \mathbb{R}\) tal que \(\cos(c) < 0\). Sabemos que \(\cos(0) = 1\) y \(\sin(0) = 0\). Usando la serie de Taylor del coseno, tenemos que

\[\cos(y) \leq 1 \iff \int_{0}^{x} \cos(y) \, dy \leq \int_{0}^{x} 1 \, dy \iff \sin(x) \leq x.\]

Luego,

\[\int_{0}^{x} \sin(y) \, dy \leq \int_{0}^{x} y \, dy = \frac{x^{2}}{2} \iff 1-\cos(x) \leq \frac{x^{2}}{2} \iff 1-\frac{x^{2}}{2} \leq \cos(x).\]

Integrando a ambos lados en esta última desigualdad, tenemos que \(\sin(x)\geq x - \frac{x^{3}}{6}\), e integrando una vez más, tenemos que

\[\cos(x) \leq 1-\frac{x^{2}}{2}+\frac{x^{4}}{4!},\]

de donde si evaluamos \(x = \sqrt{ 3 }\), obtenemos un valor negativo al lado derecho y por tanto probamos que \(\cos(\sqrt{ 3 }) \leq 0\), i.e., existen valores en donde el coseno es negativo.

Por continuidad, tenemos que existe algún cero de la función. Sea \(p\) el primer cero.

Analizaremos ahora el periodo de \(\sin\) y \(\cos\). Como \(\cos(p) = 0\), tenemos que

\[\begin{aligned} \sin(2p) = \sin(p)\cos(p) + \sin(p) \cos(p) &= 0, \\ \sin ^{2}(p) +\cos ^{2}(p) = \sin ^{2}(p) &= 1 \implies \sin(p) = \pm 1. \end{aligned}\]

Note que

\[\begin{aligned} \sin(x+4p) &= \sin(x) \cos(4p) + \cos(x) \sin(4p),\\ \sin(4p) &= \sin(2p)\cos(2p) + \sin(2p)\cos(2p) = 0 \\ \cos(4p) &= \cos(2p)^{2} - \sin(2p)^{2} = 1 \quad \text{pues } \cos(2p) =\pm 1, \end{aligned}\]

De donde concluimos que \(\sin(x+4p) = \sin(x)\).

Ejemplo

Habíamos visto que

\[\ln(1+x) = \sum_{n=0}^\infty (1)^{n+1} \frac{x^{n+1}}{n+1}.\]

Observando que

\[\frac{(\ln(1+x))^{(n)}}{n!} \biggr\rvert_{x=0} = \frac{(-1)^{n+1}}{n+1},\]

tenemos que la serie de Taylor converge a a la función.

Trucos

1. Si \(\lim_{ n \to \infty } \sqrt[n]{a_{n}}\) es muy dificil, usar que \(\lim_{ n \to \infty } \frac{a_{n+1}}{a_{n}}\) tiene que valer lo mismo.
2. Calcular el supp siempre que estemos mal