Cálculo Diferencial e Integral II 20 de noviembre de 2013

Cálculo Diferencial e Integral II
20 de noviembre de 2013
Series Alternantes Una serie alternante es una serie es una serie cuyos términos son alternadamente
positivos y negativos por ejemplo
∞
X
1 1 1 1 1
(−1)n−1
1 − + − + − + ... =
2 3 4 5 6
n
n=1
∞
X
1 2 3 4 5
(−1)n
− + − + − + ... =
2 3 4 5 6
n+1
n=1
∞
X
(−1)n−1
Ejemplo.-Vamos a probar que la serie
conocida como la serie armonica alternante, converge
n
n=1
a ln(2)
1
1 1
− ln(n)
Demostración. Primero consideramos la sucesión γn = 1 + + + · · · +
2 3
n
Por un lado se tiene que dada una función decreciente f (x) donde f (n) = an
según la figura
Z
n
f (x) dx ≤ an0 + an0 +1 + · · · + an−1 =
n0
si f (x) =
1
x
y
n
X
ak − an
k=n0
n0 = 1
Z
1
n
n
X
1
1
1
dx ≤
−
x
k n
k=n0
⇒
n
X
1
1
≤
− ln(n) = γn
n
n
k=n0
esto quiere decir que {γn } esta acotada inferiormente.
Por otro lado
!
n
n
X
X
1
1
ln(n + 1) − ln(n)
1
1
γn+1 −γn =
−ln(n+1)−
− ln(n) =
−ln(n+1)+ln(n) =
−
n+1
n
n+1
n+1
(n + 1) − n
k=n0
k=n0
aplicando el teorema del valor medio a esta última expresión
ln(n + 1) − ln(n)
ln(n + 1) − ln(n)
1
= f 0 (c) ⇒
=
(n + 1) − n
(n + 1) − n
c
Prof. Esteban Rubén Hurtado Cruz
c ∈ (n + 1, n)
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por lo tanto
1
ln(n + 1) − ln(n)
1
1
−
=
− <0
n+1
(n + 1) − n
n+1 c
por lo tanto γn es decreciente, y al ser acotada, se tiene que
existe
lı́m γn = γ
n→∞
este número es conocido como la constante de Euler y tiene un valor aproximado de 0,5772156649
esto lo podemos poner
n
X
1
= ln(n) + γ si n → ∞
k
k=1
ahora bien regresando al problema de la serie alternante
Sm =
m
X
(−1)k−1
k
k=1
Por inducción
Para n=1 se tiene
∞
X
(−1)k−1
k=1
donde m = 2n. Sea hn =
k
consideremos la sumas parciales
n
X
1
vamos a probar que S2n = h2n − hn ∀n
k
k=1
S2 = 1 −
1
1
= =
2
2
1+
1
2
− 1 = h2 − h1
Suponemos que
S2n = h2n − hn
y vamos a probar la validez para n + 1, se tiene que
1
1
1
1
1
+
− hn +
= (h2n − hn ) +
−
=
h2(n+1) − hn+1 = h2n +
2n + 1 2n + 2
n+1
2n + 1 2n + 2
1
1
−
= S2n+2
2n + 1 2n + 2
por lo tanto la relación es valida para todo n
ahora bien h2n = ln(2n) + γ si n → ∞ y hn = ln(n) + γ si n → ∞ por lo tanto
2n
lı́m S2n = lı́m h2n − hn = ln(2n) + γ − ln(n) − γ = ln
= ln(2)
n→∞
n→∞
n
S2n +
Teorema 1. Prueba de la Serie Alternante Si la serie
∞
X
(−1)n−1 bn = b1 − b2 + b3 − b4 + b5 − b6 + ...
(bn ) > 0
n=1
cumple con lo siguiente:
a)
b)
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bn+1 ≤ bn
lı́m bn = 0
n→∞
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entonces la serie
∞
X
(−1)n−1 bn
n=1
converge
Demostración. fijemonos en las sumas parciales pares e impares de la serie
Pares
Impares
S2 = b1 − b2 ≥ 0
S1 = b1 ≥ 0
S4 = S2 + b3 − b4 ≥ S2
S3 = S2 +b3 ≥ S2 y S3 = b1 −b2 +b3 = b1 −(b2 −b3 ) ≤ S1
S6 = S4 + b5 − b6 ≥ S4
En general
S5 = S4 + b5 ≥ S4 y S5 = S3 − (b4 − b5 ) ≤ S3
S2n+2 = S2n + b2n+1 − b2n ≥ S2n
también
En general
S2n = S2n−1 − b2n ≤ S2n−1
S2n+1 = S2n + b2n+1 ≥ S2n
también S2n+3 = S2n+1 − b2n+2 + b2n+3 ≥ S2n+1
Por lo tanto
S2 ≤ S4 ≤ S6 ≤ ... ≤ S2n
S1 ≥ S3 ≥ S5 ≥ · · · ≥ A2n+1
vamos a comprobar que Sk ≤ S` , si k es par y ` es impar.
Para ello tomamos k ≤ 2n y ` ≤ 2n − 1 y tenemos que
Sk ≤ S2n ≤ S2n−1 ≤ S` ⇒ Sk ≤ S`
ahora bien
S2n = b1 − b2 + b3 − b4 + b5 − b6 + · · · + b2n−1 − b2n = b1 − (b2 − b3 ) − (b4 − b5 ) − · · · − (b2n−1 − b2n )
todos los términos entre paréntesis son positivos, de modo que S2n ≤ b1 ∀n por lo tanto las sumas
parciales se incrementan y estan acotadas superiormente por lo tanto convergen, es decir,
lı́m S2n = S
n→∞
Por otro lado
lı́m S2n+1 = lı́m S2n + b2n+1 = lı́m S2n + lı́m b2n+1 = S + 0 = S
n→∞
n→∞
n→∞
n→∞
por lo tanto la serie es convergente
1
3 1
4
1
n+1
Ejemplo.-Probar que la serie 1 − ln 2 + − ln + − ln + · · · + − ln
es convergente
2 3 3
n
n
n2
n+1
1
1
Para esto usamos la desigualdad 1 +
<e< 1+
y a partir de ahi tenemos
n
n
1
1
1
1
n+1
1
n ln 1 +
< 1 < (n + 1) ln 1 +
⇒ n<
<
1 < n + 1 ⇒ n + 1 < ln
n
n
n
n
ln 1 + n
lo que quiere decir que la sucesión de valores absolutos es decreciente.
Además
n+1
1
lı́m
=0 y
lı́m ln
=0
n→∞
n→∞ n
n
Por el criterio de leibniz, le serie converge.
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Convergencia Absoluta
Una serie
∞
X
an se denomina absolutamente convergente si la serie de valores absolutos
n=1
∞
X
|an | es
n=1
convergente.
Ejemplo.- La serie
∞
X
1
1
1
(−1)n−1
= 1 − 2 + 2 − 2 + ...
2
n
2
3
4
n=1
es absolutamente convergente pues
∞
∞ X
(−1)n−1 X
1
=
n2 n2
n=1
n=1
que es convergente.
Teorema 2. Si
converge
∞
X
an es una serie tal que la serie
n=1
Demostración. Si la serie
∞
X
|an | converge, entonces la serie original
n=1
∞
X
∞
X
an
n=1
|an | converge entonces dado > 0 existe n0 ∈ N tal que
n=1
||Sn | − |Sn+p || < ∀ n > n0 ⇒ ||an | + |an+1 | + · · · + |an+p || < pero
|an + an+1 + · · · + an+p | ≤ ||an | + |an+1 | + · · · + |an+p || ⇒ |an + an+1 + · · · + an+p | ≤ es decir |Sn − Sn+p | < por lo tanto la serie
∞
X
an converge
n=1
La serie
∞
X
(−1)n−1
n
n=1
no es absolutamente convergente pues
∞ ∞
X
(−1)n−1 X
1
=
n
n
n=1
n=1
la cual diverge.
En el caso de la serie armonica definiremos la convergencia condicional.
∞
X
Una serie
an se llama condicionalmente convergente si es convergente pero no absolutamente
convergente
n=1
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