CAP´ITULO XV. SUCESIONES Y SERIES DE FUNCIONES

CAPÍTULO XV.
SUCESIONES Y SERIES
DE FUNCIONES
SECCIONES
A. Campo de convergencia. Convergencia uniforme.
B. Series de potencias. Intervalos de convergencia.
C. Desarrollo de funciones en series de potencias.
D. Aplicaciones al cálculo infinitesimal.
E. Ejercicios propuestos.
223
A. CAMPO DE CONVERGENCIA. CONVERGENCIA UNIFORME.
Consideramos en este capı́tulo sucesiones {fn } cuyos términos son funciones
reales con dominio I común. Para cada x ∈ I, se construye la sucesión
numérica {fn (x)} formada por las imágenes dePlas funciones en el punto x.
Análogamente, se define la serie de funciones
fn como la sucesión {Sn }
n≥1
de sumas parciales Sn =
n
P
fk .
k=1
En lo que sigue nos referiremos a series de funciones pues, aunque son un
caso particular de las sucesiones, nuestro interés se centra en el estudio de
las series de potencias (sección B) y el desarrollo de funciones en series de
potencias (sección C).
P
fn como el conjunto S de
Definimos campo de convergencia de la serie
Pn≥1
puntos x ∈ I para los que la serie numérica
fn (x) converge. Ası́ pues, si
n≥1P
P
fn converge puntualmenfn (x), con x ∈ S, se dice que la serie
f (x) =
n≥1
n≥1
te a f . Como sabemos, esto significa que, llamando Sn (x) =
n
P
fk (x),
k=1
X
∀x ∈ S, ∀ε > 0, ∃N ∈ N : |Sn (x) − f (x)| = fk (x) < ε, ∀n > N,
k>n
donde N depende de ε y de x. Si dicho N es el mismo
para todos los valores de
P
x ∈ S (no depende de x), se dice que la serie
fn converge uniformemente
n≥1
a f en S.
De la definición es evidente la siguiente propiedad:
P
1) Si una serie de funciones
fn converge uniformemente a f , entonces
n≥1
converge puntualmente a f .
Otras propiedades de interés son las siguientes:
2) Criterio de convergencia de Cauchy. La serie
P
fn converge uni-
n≥1
formemente en S si y sólo si
k+p
X
∀x ∈ S, ∀ε > 0, ∃N ∈ N : fn (x) < ε, ∀k > N, p ∈ N.
n=k+1
224
3) Continuidad. Si una serie de funciones
P
fn converge uniformemente
n≥1
a f en S y cada fn es continua en x0 ∈ S, entonces f es continua en
x0 .
En sı́mbolos,
lı́m
x→x0
X
fn (x) =
X
n≥1
n≥1
lı́m fn (x).
x→x0
4) Derivación. Sea {f
Pn } una sucesión de funciones derivables en (a, b) y
tal que la serie
fn (x0 ) converge para algún x0 ∈ (a, b). Si la sen≥1
P 0
P
rie
fn converge uniformemente en (a, b), entonces
fn converge
n≥1
n≥1
uniformemente en (a, b) y
X
0 X
fn (x) =
fn0 (x), ∀x ∈ (a, b).
n≥1
n≥1
5) Integración. Si una serie de funciones
P
fn converge uniformemente
n≥1
a f en un intervalo [a, b] y cada fn es integrable en [a, b], entonces f
es integrable en [a, b] y
Z xX
XZ x
fn (t) dt =
fn (t) dt, ∀x ∈ [a, b].
n≥1 a
a n≥1
Esto se expresa diciendo que una serie uniformemente convergente se
puede integrar término a término. Un método usual para probar que
una serie es convergente es el siguiente.
P
fn una serie de funciones tal que
6) Criterio de Weierstrass. Sea
n≥1 P
|fn (x)| ≤ an , ∀n, ∀x ∈ S, donde
an es una serie numérica conn≥1
P
vergente. Entonces
fn converge uniformemente en S.
n≥1
Observación. El criterio de Weierstrass asegura la convergencia uniforme
y absoluta de una serie de funciones, pero en general ambos conceptos no
son equivalentes.
PROBLEMA 15.1
Determinar el campo de convergencia de la serie
X
2n senn x.
n≥0
225
Solución
Aplicando el criterio de la raı́z, la serie es absolutamente convergente cuando:
p
lı́m n |an | < 1 ⇐⇒ lı́m 2| sen x| < 1 ⇐⇒ | sen x| < 1/2
(6n − 1)π (6n + 1)π
, n ∈ Z,
⇐⇒ x ∈
,
6
6
que son los intervalos donde la serie es absolutamente convergente.
En los extremos de cada intervalo, es decir cuando
x| = 1/2, donde
P | senP
el criterio de la raı́z no decide, quedan las series
1 ó (−1)n , que son
claramente divergentes.
PROBLEMA 15.2
Hallar el campo de convergencia de la serie
∞
X
cos nx
n=1
enx
.
Solución
Descomponemos el problema en varios casos:
- Si x > 0, aplicamos el criterio de comparación; tenemos por un lado que
X
1
cos nx 1/enx , resul nx ≤ nx y, aplicando el criterio de la raı́z a la serie
e
e
ta:
p
lı́m n 1/enx = lı́m 1/ex < 1 pues x > 0.
Como la serie mayorante es convergente, también lo será la serie dada.
P
- Si x = 0, tenemos la serie
1 que es divergente.
cos nx
- Si x < 0, como lı́m enx = 0, entonces no existe lı́m nx , con lo que la
e
serie es también divergente.
PROBLEMA 15.3
Estudiar la convergencia y convergencia uniforme de la serie
X
x
en R.
(1 + x)n
n≥1
226
Solución
x
→ ∞.
(1 + x)n
Por el criterio del resto se deduce que la serie no es convergente en R. En
particular, tampoco converge uniformemente.
Cuando |1 + x| < 1, es decir −2 < x < 0, tenemos que
PROBLEMA 15.4
Estudiar la convergencia y convergencia uniforme de la serie
X
enx sen nx en R.
n≥1
Solución
Cuando x > 0, el término general enx sen nx no tiene lı́mite. Por el criterio
del resto se deduce que la serie no converge en R.
PROBLEMA 15.5
Estudiar la convergencia y convergencia uniforme de la serie
X sen √nx
√
en R.
n n
n≥1
Solución
Aplicaremos el criterio de Weierstrass. Como
√ sen nx 1
√ ≤ √
n n n n , ∀n
X 1
1
√ =
es convergente, se deduce que la serie pron n
n3/2
puesta converge absoluta y uniformemente en R.
y la serie
X
PROBLEMA 15.6
Estudiar la convergencia y convergencia uniforme de la serie
X
(−1)n−1 xn en [−1/2, 1/2].
n≥1
227
Solución
La serie converge absoluta y uniformemente debido al criterio de Weierstrass
porque, si −1/2 ≤ x ≤ 1/2,
|(−1)n−1 xn | ≤
y la serie geométrica
P
1
, ∀n
2n
1/2n es convergente.
PROBLEMA 15.7
Estudiar la convergencia y convergencia uniforme de la serie
X
2x
arc tg 2
en R.
x + n3
n≥1
Solución
Sea N una constante positiva fija. Teniendo en cuenta que | arc tg x| ≤
|x|, ∀x ∈ R, obtenemos las siguientes acotaciones:
2x 2x 2N
- Si |x| ≤ N , arc tg 2
≤
≤ 3 , ∀n.
x + n3 x2 + n3 n
2x 2x 2
- Si |x| > N , arc tg 2
≤ 2
≤ 2 , ∀n > |x|.
3
3
x +n
x +n
n
X 2N X 2
Como las dos series
y
son convergentes, del criterio de Weiersn3
n2
trass se deduce que la serie propuesta es absoluta y uniformemente convergente.
PROBLEMA 15.8
X xn sen nx
Probar que la serie
converge uniformemente en [−1, 1]
np
n≥1
si p > 1.
Solución
En efecto, por el criterio de Weierstrass, si p > 1 y −1 ≤ x ≤ 1, tenemos la
acotación
n
x sen nx ≤ 1
np
p
n
X 1
y la serie mayorante
es convergente.
np
228
PROBLEMA 15.9
Probar que la serie
X
(−1)n
n≥1
x2 + n
converge uniformemente en
n2
todo [a, b] pero nunca converge absolutamente.
Solución
x2 + n
, por el criterio de comparación, como
Si llamamos fn (x) = (−1)n
P n2
|fn (x)| ∼ 1/n y la serie
1/n es divergente, la serie propuesta no es absolutamente convergente. Sin embargo, aplicando el criterio de Leibnitz, se
prueba que converge condicionalmente en R.
Por otra parte, al ser una serie alternada, si llamamos α = máx{|a|, |b|},
tenemos:
|Sn (x) − S(x)| ≤ |fn+1 (x)| =
x2 + (n + 1)
α2 + (n + 1)
≤
→ 0, ∀x ∈ [a, b],
2
(n + 1)
(n + 1)2
lo que indica que la serie converge uniformemente.
PROBLEMA 15.10
∞
X
Dada la serie
fn (x), donde fn (x) son continuas en [0, 1] para
n=1
n
X
n
2
todo n y verifican la acotación , ∀x ∈ [0, 1],
fk (x) − x ≤ 2
n +5
k=1
∞ Z 1
X
calcular
fn (x) dx.
n=1 0
Solución
n
→ 0 cuando n → ∞ independientemente de x ∈ [0, 1], la
n2 + 5
∞
X
acotación dada indica que la serie
fn (x) converge uniformemente a la
Como
n=1
función y = x2 . En consecuencia la serie se puede integrar término a término
y resulta:
∞ Z
X
n=1 0
1
Z
fn (x) dx =
∞
1X
Z
fn (x) dx =
0 n=1
229
0
1
1
x2 dx = .
3
PROBLEMA 15.11
X sen nx
Probar que la serie
es convergente en todo R. Si f (x) es
n2
n≥1
su suma, probar que f es continua en [0, π] y que
Z π
X
1
f (x) dx = 2
.
(2n − 1)3
0
n≥1
Solución
X 1
sen nx
1
Si llamamos fn (x) =
, como |fn (x)| ≤ 2 , ∀n, ∀x ∈ R y la serie
2
n
n
n2
es convergente, por el criterio de Weierstrass se deduce que la serie propuesta
es uniformemente convergente en R. Como además las funciones fn (x) son
continuas, también lo será su suma f (x).
Z π
XZ π
f (x) dx =
De la fórmula
fn (x) dx, deducimos entonces que:
0
Z
0
π
n≥1 0
X − cos nx π
sen nx
f (x) dx =
dx =
n2
n3
0
n≥1 0
n≥1
X 1 − cos nπ X
2
=
=
,
n3
(2n − 1)3
XZ
π
n≥1
(
0
pues 1 − cos nπ =
2
n≥1
si n es par
si n es impar.
B. SERIES DE POTENCIAS. INTERVALOS DE CONVERGENCIA.
Una serie de la forma
X
an (x − a)n = a0 + a1 (x − a) + · · · + an (x − a)n + . . .,
n≥0
con an ∈ R, ∀n, se llama serie de potencias de x − a o serie de potencias
centrada en a. Nos referiremos aquı́ a las series de potencias centradas en
el
Xorigen pues basta hacer
Xuna traslación x − a = t para reducir la serie
n
an (x − a) a la serie
an tn . La siguiente propiedad es básica:
n≥0
n≥0
230
1) El campo de convergencia de una serie de potencias
X
an xn es un
n≥0
intervalo centrado en el origen, o todo R, o el origen.
Ası́ pues, para determinar el intervalo de convergencia, basta calcular
la distancia de los extremos del intervalo al origen, lo que llamaremos
radio de convergencia.
2) Fórmula de Hadamard. El radio de convergencia (la mitad de
Xla aman xn
plitud del intervalo de convergencia) de una serie de potencias
n≥0
es R = 1/L donde L = lı́m sup
p
n
|an |.
3) Si el campo de convergencia tiene radio R, la serie converge absoluta
y uniformemente ∀x ∈ (−R, R) y diverge si |x| > R. Sin embargo, si
x = R ó x = −R, caben todas las posibilidades.
Para la mayor parte de las series de potencias que consideraremos,
el campo de convergencia puede obtenerse mediante el criterio del
cociente o de la raı́z. Tenemos entonces la siguiente propiedad:
p
4) a) Si existe lı́m n |an | = L, el radio de convergencia es R = 1/L.
an+1 = L, el radio de convergencia es R = 1/L.
b) Si existe lı́m an Las operaciones posibles con series de potencias se deducen de las
correspondientes con series arbitrarias. Podemos destacar las siguientes:
5) En el interior de su intervalo de convergencia, toda serie de potencias
puede derivarse término a término.
Es decir,
X
n
an (x − a)
0
=
n≥0
X
n · an (x − a)n−1
n≥1
y la serie obtenida tiene el mismo radio de convergencia que la serie
original.
6) Toda serie de potencias es integrable en su campo de convergencia y la
primitiva se obtiene integrando término a término la serie dada.
Esto se expresa simbólicamente como
Z xX
X
(x − a)n+1
, ∀x ∈ (a − R, a + R)
an (t − a)n dt =
an ·
n+1
a
n≥0
n≥0
y la serie resultante tiene el mismo radio de convergencia que la serie
original (aunque es posible que converja también en algún extremo del
intervalo de convergencia).
231
7) Dadas las series de potencias
X
X
bn (x − a)n ,
an (x − a)n y g(x) =
f (x) =
n≥0
n≥0
convergentes en los intervalos (a − R1 , a + R1 ) y (a − R2 , a + R2 ),
respectivamente, el producto viene dado por la serie
X
cn (x − a)n , ∀x ∈ (−R, R),
f (x) · g(x) =
n≥0
donde cn =
n
X
ak · bn−k , n ≥ 0 y R = mı́n{R1 , R2 }.
k=0
PROBLEMA 15.12
Determinar el campo de convergencia de la serie
X
n≥0
xn
.
· n2
2n
Solución
Aplicando la fórmula de Hadamard, calculamos el radio de convergencia
como:
p
1
1
1
√
= lı́m sup n |an | = lı́m
= .
n
2
R
2
2· n
Por tanto, R = 2 y la serie converge absolutamente cuando x ∈ (−2, 2).
En los extremos del intervalo tenemos:
X 1
- Si x = 2, resulta la serie
que es convergente.
n2
X (−1)n
- Si x = −2, resulta la serie
que es también absolutamente conn2
vergente.
PROBLEMA 15.13
Determinar el campo de convergencia de la serie
X n! xn
n≥0
nn
.
Solución
Por la fórmula de Hadamard,
p√
√
n
−1 · n
p
1
n!
n
·
e
2πn
= lı́m sup n |an | = lı́m
= lı́m
= e−1 ,
R
n
n
232
con lo que R = e y la serie converge absolutamente en (−e, e) y diverge
cuando x ∈ (−∞, −e) ∪ (e, ∞). En los extremos tenemos:
- Si x = e, la serie es
X n! en
nn
lı́m
. Como
√
n! en
2πn = ∞ =
6 0,
=
lı́m
nn
la serie es divergente.
X (−1)n n! en
- Si x = −e, la serie es
que también es divergente, por la
nn
misma razón del caso anterior.
PROBLEMA 15.14
Determinar el campo de convergencia de la serie
X
xn
.
n · 10n−1
n≥1
Solución
Por la fórmula de Hadamard,
p
1
1
1
= lı́m sup n |an | = lı́m √
= ,
n
R
10
n · 10n−1
de donde R = 10 y la serie converge absolutamente en (−10, 10) y diverge
en (−∞, −10) ∪ (10, ∞).
X 10
- Si x = 10, la serie resulta
que es divergente.
n
X (−1)n 10
- Si x = −10, tenemos la serie
que es condicionalmente conn
vergente (basta aplicar el criterio de Leibnitz).
PROBLEMA 15.15
Determinar el campo de convergencia de la serie
X
n≥0
a, b > 0.
233
xn
, donde
an + bn
Solución
Supondremos que a ≥ b pues, en caso contrario, se procede de forma análoga.
Por la fórmula de Hadamard,
p
1
1
1
1
= lı́m p
= ,
= lı́m sup n |an | = lı́m √
n n
n
n
R
a
a +b
a 1 + (b/a)n
con lo que R = a y la serie converge absolutamente en (−a, a) y diverge en
(−∞, −a) ∪ (a, ∞).
X an
. Como
- Cuando x = a, tenemos la serie
an + bn
lı́m
an
1
= lı́m
= 1 6= 0,
n
n
a +b
1 + (b/a)n
la serie es divergente.
- Cuando x = −a, aplicamos el mismo procedimiento anterior y la serie es
también divergente.
PROBLEMA 15.16
Determinar el campo de convergencia de la serie
X nx n
.
n+1
n≥0
Solución
Por la fórmula de Hadamard,
p
1
n
= lı́m sup n |an | = lı́m
= 1 =⇒ R = 1,
R
n+1
y la serie converge absolutamente en (−1, 1) y diverge en (−∞, −1)∪(1, ∞).
X n n
X −n n
- Si x = 1, tenemos la serie
y si x = −1,
. En
n+1
n+1
ambos casos, si llamamos an al término general,
lı́m |an | = lı́m
n
n+1
n
n
−1
= lı́m en·( n+1 −1) = lı́m en· n+1 = e−1 6= 0,
de modo que ambas series son divergentes.
234
PROBLEMA 15.17
Hallar el intervalo de convergencia de la serie
(x − 1) −
n
3(x − 1)2
n+1 (n + 1)(x − 1)
+
·
·
·
+
(−1)
+ ...
22
2n
Solución
Por la fórmula de Hadamard,
p
1
= lı́m sup n |an | = lı́m
R
√
n
n+1
1
= =⇒ R = 2.
2
2
El intervalo de convergencia es entonces I = (1 − 2, 1 + 2) = (−1, 3).
P
- Para x = −1, tenemos la serie divergente
−(n + 1), y para x = 3,
P
tenemos también la serie divergente (−1)n+1 (n + 1).
PROBLEMA 15.18
Determinar el campo de convergencia de la serie
X
x4n−1
1+
(−1)n
.
4n
n≥1
Solución
Aplicaremos el criterio del cociente considerando la serie como serie numérica.
4n+3
an+1 x
/(4n + 4) lı́m = lı́m = |x|4 .
an x4n−1 /4n La serie será convergente cuando |x|4 < 1, es decir cuando |x| < 1, y divergente cuando |x| > 1. En los casos extremos tenemos:
- Si x = 1, la serie 1 +
X (−1)n
n≥1
4n
- Si x = −1, la serie es 1 −
es condicionalmente convergente.
X (−1)n
n≥1
4n
convergente.
235
que es también condicionalmente
PROBLEMA 15.19
Determinar el campo de convergencia de la serie
X
n2 +2
[cos(1/n)] n+2 xn .
n≥0
Solución
Por la fórmula de Hadamard,
p
n2 +2
1
= lı́m sup n |an | = lı́m [cos(1/n)] n2 +2n = 1,
R
de modo que la serie converge absolutamente en (−1, 1) y diverge en (−∞, −1)∪
(1, ∞).
En los extremos x = 1 y x = −1 las series son divergentes porque, aplicando
el criterio del resto,
n2 +2
n2
n2
lı́m [cos(1/n)] n+2 = lı́m e n+2 ·[cos(1/n)−1] = lı́m e n+2 ·
−1/n2
2
= 1 6= 0.
PROBLEMA 15.20
Determinar el campo de convergencia de la serie
X
n
n(−1) xn−1 .
n≥1
Solución
n
Aplicaremos el criterio de comparación, para lo que llamaremos an = n(−1) xn−1 .
P
n
Tenemos la acotación |an | = n(−1) |x|n−1 ≤ n|x|n−1 . Además la serie n|x|n−1
converge si |x| < 1 como se deduce aplicando el criterio del cociente:
lı́m
(n + 1)|x|n
= |x|.
n|x|n−1
Lo anterior indica que la serie propuesta es también absolutamente convergente cuando |x| < 1.
Ahora bien, si |x| = 1, lı́m an no existe; por tanto la serie diverge.
Por tratarse de una serie de potencias, la serie debe ser también divergente
cuando |x| > 1.
236
PROBLEMA 15.21
Determinar el campo de convergencia de la serie
X (x − 1)2n
.
n · 9n
n≥1
Solución
Aplicando el criterio de la raı́z,
lı́m
p
n
|an | = lı́m
|x − 1|2
|x − 1|2
√
=
.
9
9· nn
Esto quiere decir que la serie converge absolutamente cuando |x − 1|2 < 9,
es decir cuando x ∈ (−2, 4) y diverge cuando x ∈ (−∞, −2) ∪ (4, ∞).
P
Además, tanto para x = −2 como para x = 4, queda la serie
1/n que es
divergente.
PROBLEMA 15.22
Determinar el campo de convergencia de la serie
X (2n − 1)n (x + 1)n
.
2n−1 · nn
n≥1
Solución
Por el criterio de la raı́z tenemos:
lı́m
p
n
|an | = lı́m
(2n − 1) · |x + 1|
= |x + 1|
2(n−1)/n · n
de modo que la serie converge absolutamente cuando |x + 1| < 1, es decir
cuando x ∈ (−2, 0) y diverge cuando x ∈ (−∞, −2) ∪ (0, ∞).
X (2n − 1)n
- Para x = 0 queda la serie
. Esta serie es divergente porque
2n−1 · nn
el término general no tiende a cero:
(2n − 1)n
2n − 1 n
= 2e−1/2 .
lı́m n−1 n = lı́m 2 ·
2
·n
2n
X
(2n − 1)n
- Si x = −2, tenemos la serie alternada
(−1)n · n−1 n que también
2
·n
es divergente por la misma razón que en el caso anterior.
237
PROBLEMA 15.23
Determinar el campo de convergencia de la serie
X (x + 5)2n−1
.
2n · 4n
n≥1
Solución
Por el criterio del cociente, obtenemos:
an+1 = lı́m
lı́m an |x+5|2n+1
2(n+1)·4n+1
|x+5|2n−1
2n·4n
= lı́m
|x + 5|2 · 2n
|x + 5|2
=
.
4 · 2(n + 1)
4
|x + 5|2
< 1, es decir cuan4
do x ∈ (−7, −3) y diverge cuando x ∈ (−∞, −7) ∪ (−3, ∞).
P
En los extremos del intervalo, x = −3 y x = −7, tenemos la serie
1/4n
que es divergente.
Entonces la serie converge absolutamente cuando
PROBLEMA 15.24
Determinar el campo de convergencia de la serie
X
n!
xn−1 .
(a + 1) . . . (a + n)
Solución
Si aplicamos el criterio del cociente, tenemos:
(n+1)!xn
an+1 (a+1)...(a+n)(a+n+1) = lı́m (n + 1)|x| = |x|.
lı́m = lı́m n−1
n!x
an
a+n+1
(a+1)...(a+n)
Entonces la serie es absolutamente convergente cuando |x| < 1 y divergente
cuando |x| > 1. En los extremos del intervalo de convergencia tenemos:
X
n!
- Si x = 1, la serie es
. Aplicando el criterio de Raabe,
(a + 1) . . . (a + n)
resulta:
n+1
an
lı́m n · 1 −
= lı́m
= a,
a+n+1
a+n+1
con lo que la serie es convergente si a > 1 y divergente si a < 1. Por último,
X 1
si a = 1, la serie es ahora
, que es evidentemente divergente.
n+1
238
n!
. Como
(a + 1) . . . (a + n)
hemos visto antes, cuando a > 1 es absolutamente convergente. Cuando a ≤
n!
1 aplicamos el criterio de Leibnitz, para lo cual llamamos an =
:
(a + 1) . . . (a + n)
- Si x = −1, queda la serie alternada
X
(−1)n−1 ·
n+1
an+1
=
, la sucesión {an } es decreciente si 0 < a ≤ 1 y
an
a+n+1
creciente si a < 0. En el primer caso, 0 < a ≤ 1, además lı́m an = 0.
Veámoslo:
n!
1
Si llamamos L = lı́m
= lı́m
,
(a + 1) . . . (a + n)
(1 + a)(1 + a/2) . . . (1 + a/n)
al
tomar logaritmos obtenemos:
Como
ln L = lı́m −[ln(1 + a) + ln(1 + a/2) + · · · + ln(1 + a/n)] = −
∞
X
ln(1 + a/n).
n=1
Esta última serie es divergente pues ln(1+a/n) ∼ 1/n, con lo que ln L = −∞,
de donde L = e−∞ = 0, como querı́amos probar.
P
Por último, si a = 0, tenemos la serie divergente (−1)n−1 .
En resumen, en el caso x = −1, la serie dada es absolutamente convergente
cuando a > 1; condicionalmente convergente cuando 0 < a ≤ 1 y divergente
cuando a ≤ 0.
PROBLEMA 15.25
Determinar el campo de convergencia de la serie
X
1
n−1
x
ln 1 +
.
n
Solución
Por el criterio del cociente,
xn · ln n+2 an+1 n+1 = lı́m lı́m = |x|.
xn−1 · ln n+1
an n
Tenemos entonces que la serie converge absolutamente cuando |x| < 1 y
diverge cuando |x| > 1. Además,
X
- Si x = 1, tenemos la serie
ln(1 + 1/n) que es divergente como se comP
prueba al compararla con la serie armónica
1/n.
239
X
- Si x = −1, queda la serie alternada
(−1)n−1 ln(1 + 1/n) que es condicionalmente convergente, pues la sucesión {ln(1 + 1/n)} es decreciente y
tiene lı́mite cero.
PROBLEMA 15.26
Determinar el campo de convergencia de la serie
X
(2n + 1)!
(−x/e)5n .
1 · 3 · 5 · 6 . . . (4n − 3)(3n)
Solución
Si hacemos el cambio t = (−x/e)5 y aplicamos el criterio del cociente, tenemos:
an+1 = lı́m
lı́m an (2n+3)!
1·3·5·6...(4n−3)(3n)(4n+1)(3n+3)
·|t|
(2n+1)!
1·3·5·6...(4n−3)(3n)
= lı́m
|t|
(2n + 3)(2n + 2)
·|t| = .
(4n + 1)(3n + 3)
3
De aquı́ se deduce √
que la serie converge absolutamente
cuando |t| < 3, o
√
5
5
bien cuando |x| < e 3, y diverge cuando |x| > e 3.
X
√
(−1)5n ·
- Cuando x = e 5 3, la serie queda
(2n + 1)! · 3n
.
1 · 3 · 5 · 6 . . . (4n − 3)(3n)
Esta serie es divergente porque el término general no tiende a cero. En
efecto, como
an+1 (2n + 3)(2n + 2) · 3
4n2 + 10n + 6
=
=
> 1,
an (4n + 1)(3n + 3)
4n2 + 5n + 1
entonces |an+1 | > |an | y lı́m |an | =
6 0.
√
- Cuando x = −e 5 3, procedemos de manera análoga al caso anterior. Ası́ la
serie es también divergente.
PROBLEMA 15.27
X
Si la serie
an z n tiene radio de convergencia 2, encontrar los
X
X
n
radios de convergencia de las series
akn z n ,
an z k , (k > 1),
X
2
an z n .
240
Solución
p
Por hipótesis sabemos que 1/2 = lı́m sup n |an |. Aplicando también la fórmula de Hadamard en los demás casos, tenemos:
q
p
k
1
lı́m sup n |akn | = lı́m sup n |an | = k .
2
X
De aquı́ se deduce que la serie
akn z n tiene radio de convergencia R1 =
2k .
Para el segundo caso, como
p
1 n
n
lı́m sup k |an | = lı́m sup |an | n · kn = (1/2)0 = 1,
X
n
el radio de convergencia de la serie
an z k es R2 = 1.
Análogamente, como
lı́m sup
h
in·(1/n2 )
p
|an | = lı́m sup |an |1/n
= (1/2)0 = 1,
n2
el radio de convergencia de
X
2
an z n es R3 = 1.
PROBLEMA 15.28
Se considera la serie de potencias
an =
X
an xn , donde llamamos
1 · 2...n
.
3 · 5 . . . (2n + 1)
a) Probar que su radio de convergencia es 2.
b) Probar que la serie original no converge en x = 2.
c) Sean bn = an 2n y pn = ln bn . Probar que los términos pn son las
sumas parciales de una serie de términos negativos que diverge
hacia −∞.
d) Deducir de c) el carácter de la serie original en x = −2.
Solución
a) Por el criterio del cociente,
an+1 = lı́m
lı́m an 1·2...n·(n+1)
3·5...(2n+1)(2n+3)
1·2...n
3·5...(2n+1)
n+1 x
n+1
|x|
· n = lı́m
· |x| =
,
x
2n + 3
2
de modo que la serie converge absolutamente cuando |x| < 2.
241
b) Para x = 2 aplicamos el criterio de Raabe:
n+1
an+1
1
1
= lı́m n· 1 −
lı́m n· 1 −
· 2 = lı́m n·
= < 1,
an
2n + 3
2n + 3
2
por lo que la serie es divergente.
2 4
2n
2 · 4 . . . 2n
= · ...
, entonc) Si escribimos bn = an · 2n =
3 · 5 . . . (2n + 1)
3 5
2n + 1
ces
2
4
2n
pn = ln bn = ln + ln + · · · + ln
3
5
2n + 1
es una cantidad negativa por ser suma de números negativos (logaritmos de números menores que uno). Además pn es la suma de los
X
2n
ln
n primeros términos de la serie
. Esta serie es divergen2n + 1
n≥1
te
P como se observa al aplicar el criterio de comparación con la serie
1/n:
n
2n
ln 2n+1
2n
= lı́m ln
= e−1/2 .
lı́m
1/n
2n + 1
Esto quiere decir que lı́m pn = −∞, como querı́amos probar.
X
d) La serie original en x = −2 es la serie alternada
(−1)n · 2n · an .
Para estudiar su convergencia aplicamos el criterio de Leibnitz. Por
el apartado c), el término general en valor absoluto tiende a cero
pues |(−1)n · 2n · an | = bn = epn → e−∞ = 0. Además la sucesión {bn }
es decreciente pues
bn+1
n+1
2n + 2
=2·
=
< 1.
bn
2n + 3
2n + 3
De lo anterior resulta que la serie es condicionalmente convergente (la
convergencia no es absoluta pues vimos en el apartado b) que la serie
de valores absolutos no es convergente).
C. DESARROLLO DE FUNCIONES EN SERIES DE POTENCIAS.
Se plantea en esta sección el problema de saber si una función f es la suma de una serie de potencias que converja en cierto intervalo centrado en
242
algún punto x = a. Es decir, queremos encontrar los coeficientes {an } para
que
X
an (x − a)n , ∀x ∈ (a − R, a + R).
f (x) =
n≥0
1) Una condición necesaria para que exista dicha serie es que f sea infinitamente derivable en un entorno de a; en este caso, los coeficientes se
f (n) (a)
obtienen por la fórmula an =
(como se deduce al aplicar sun!
cesivas veces la propiedad 5 de la sección B). Tenemos ası́ la llamada
serie de Taylor generada por la función f en el punto x = a:
f (x) ∼
X f (n) (a)
n≥0
n!
(x − a)n ,
o, en el caso particular de a = 0, la serie de McLaurin generada por f :
f (x) ∼
X f (n) (a)
n≥0
n!
xn .
Para encontrar alguna condición suficiente que asegure la convergencia
de la serie de Taylor a la función f escribimos la siguiente fórmula de
Taylor con resto:
f (x) =
n
X
f (k) (a)
k=0
k!
(x−a)k +Rn (x, a), donde Rn (x, a) =
f (n+1) (c)
(x−a)n+1
(n + 1)!
para algún c comprendido entre x y a (Rn (x, a), llamado resto de orden
n de la serie, indica el error cometido al sustituir la función f por la
suma de los n primeros términos de la serie de Taylor asociada). Es
Rn (x, a)
evidente que lı́m
= 0, es decir, el resto es un infinitésimo de
x→a (x − a)n
orden superior a n en x = a.
De lo anterior se deduce que:
2) Una condición necesaria y suficiente para que la serie de Taylor converja
a f es que
f (n+1) (c)
(x − a)n+1 = 0.
n→∞ (n + 1)!
lı́m Rn (x, a) = lı́m
n→∞
Muchas veces, en la práctica basta encontrar una cota superior de la
derivada de orden n + 1 de la función en un entorno de x = a. Esto da
lugar entonces a:
3) Una condición suficiente para que la serie de Taylor converja a f es
que las derivadas de cualquier orden de la función f estén acotadas en
algún entorno de a.
243
Escribiremos a continuación los desarrollos en serie de las funciones más
comunes, que servirán de base para obtener los desarrollos de otras funciones.
1. Función exponencial. ex =
X xn
n≥0
n!
,
y la serie converge en todo R.
X
2. Funciones trigonométricas. sen x =
(−1)n
n≥0
x2n+1
,
(2n + 1)!
que converge en todo R.
Análogamente, cos x =
X
(−1)n
n≥0
x2n
(2n)!
y converge también en todo R (se puede obtener como derivada de sen x).
3. Función logarı́tmica. ln(x + 1) =
X
(−1)n−1
n≥1
xn
n
y la serie converge absolutamente en (−1, 1) y condicionalmente en x = 1.
m
4. Serie binómica. (1 + x)
=
X m
n≥0
n
xn ,
m
m(m − 1) . . . (m − n + 1)
(donde definimos
=
, para todo m ∈ R y
n!
n
n ∈ N) y la serie es absolutamente convergente en (−1, 1); para ciertos
valores de m la serie también converge en algún extremo del intervalo.
En los siguientes problemas veremos la forma de obtener desarrollos en serie de funciones que se obtienen mediante operaciones algebraicas de las
anteriores.
PROBLEMA 15.29
Desarrollar en serie de McLaurin la función f (x) = (1 + x)e−x y
determinar su intervalo de convergencia.
244
Solución
Como e−x =
X (−x)n
n≥0
(1 + x)e−x =
n!
, para todo x ∈ R, entonces
X (−x)n
n≥0
= −1 +
n!
X
+x
X (−x)n
n!
n≥0
n
(−1) n
X
X (−1)n
n≥1
m−1
(−1)
m
n!
xn +
X (−1)n
n≥0
n!
xn+1
x
(m − 1)!
X
X
1−n
1
n n 1
(−1)n xn
(−1) x
= −1 +
= −1 +
−
,
n! (n − 1)!
n!
n!
n≥1
x +
= −1 +
m≥1
n≥1
n≥1
y el desarrollo es también válido en todo R.
PROBLEMA 15.30
x
en serie de potencias
1 + x2
alrededor del origen especificando su intervalo de convergencia.
Desarrollar la función f (x) = x + √
Solución
2 −1/2
Utilizaremos el desarrollo en serie binómica (1 + x )
=
X −1/2
n
(x2 )n ,
n≥0
−1/2
1 · 3 . . . (2n − 1)
,
válido cuando |x| < 1; teniendo en cuenta que
= (−1)n ·
n! · 2n
n
resulta:
X
1 · 3 . . . (2n − 1) 2n+1
x + x(1 + x2 )−1/2 = x +
(−1)n ·
x
n! · 2n
n≥0
= 2x +
X
(−1)n ·
n≥1
1 · 3 . . . (2n − 1) 2n+1
x
,
n! · 2n
y el desarrollo es igualmente válido cuando |x| < 1 (observar también que la
serie converge condicionalmente cuando x = ±1 procediendo como se hizo
en el problema 15.24).
PROBLEMA 15.31
(
Desarrollar la función f (x) =
ex −1
x
1
cias alrededor del origen.
245
si x 6= 0
en serie de potensi x = 0
Solución
A partir del desarrollo ex =
X xn
n≥0
ex − 1 =
n!
X xn
n≥1
n!
, obtenemos:
=⇒
ex − 1 X xn−1
=
x
n!
n≥1
y el desarrollo es válido en todo R por serlo el desarrollo de ex .
PROBLEMA 15.32
Obtener el desarrollo en serie de potencias de x de la función
f (x) = (1 + x2 ) arc tg x, especificando su intervalo de convergencia.
Solución
Calculando la derivada de la función y = arc tg x, tenemos el desarrollo:
X −1
X
1
0
y =
=
(x2 )n =
(−1)n x2n .
2
1+x
n
n≥0
n≥0
Si integramos ahora término a término, para x ∈ (−1, 1):
y=
X
n≥0
(−1)n
x2n+1
+ C, con C = y(0) = 0.
2n + 1
Multiplicando ahora por 1 + x2 , obtenemos en definitiva:
X
X
x2n+1
x2n+3
x2n+1
+
(−1)n
=
(−1)n
2n + 1
2n + 1
2n + 1
n≥0
n≥0
n≥0
2m+1
X
X
1
1
m−1 x
n−1 2n+1
+
(−1)
=x+
(−1)
x
−
+
2m − 1
2n + 1 2n − 1
n≥1
m≥1
X
2
= x+
(−1)n−1
x2n+1 ,
(2n + 1)(2n − 1)
f (x) =
X
(−1)n
n≥1
y el desarrollo es válido cuando |x| < 1 pues corresponde al intervalo donde es
válido el desarrollo de (1+x2 )−1 (en este caso se puede comprobar fácilmente
que también es convergente cuando x = ±1).
246
PROBLEMA 15.33
Desarrollar en serie de potencias alrededor de x = 0 la función
x
f (x) =
especificando su intervalo de convergencia. Escribir
1 + x3
Z x
f (t)dt.
el desarrollo de la función F (x) =
0
Solución
A partir del desarrollo de (1 + x3 )−1 resulta:
X
X −1
3 −1
(−1)n x3n+1 ,
x3n =
x(1 + x ) = x
n
n≥0
n≥0
y la serie converge absolutamente a la función cuando x ∈ (−1, 1).
Como en dicho intervalo la convergencia es absoluta y uniforme, entonces
Z x
XZ x
F (x) =
f (t)dt =
(−1)n t3n+1 dt
0
=
X
(−1)n
n≥0
n≥0 0
x
3n+2
t
3n + 2
=
0
X
n≥0
(−1)n
x3n+2
.
3n + 2
Ahora la serie obtenida converge también (aunque sólo condicionalmente)
cuando x = −1.
PROBLEMA 15.34
Desarrollar la función f (x) = sen2 x en serie de McLaurin.
Solución
1 − cos 2x
Debido a la fórmula sen2 x =
y a partir del desarrollo del coseno,
2
el desarrollo de la función dada es:
f (x) =
1 1X
(2x)2n X
22n−1 · x2n
−
(−1)n
=
(−1)n−1
.
2 2
(2n)!
(2n)!
n≥0
n≥1
El intervalo de convergencia coincide pues con el de la serie correspondiente
a cos 2x, es decir todo R.
247
PROBLEMA 15.35
Desarrollar la función f (x) =
ln(1 + x)
en serie de McLaurin.
1+x
Solución
Debemos multiplicar las series correspondientes a las funciones y = ln(1+x),
y = (1 + x)−1 . Tenemos pues:
 

f (x) = 
X
(−1)n xn  · 
X
(−1)n−1
n≥1
n≥0
xn
n

.
Para calcular el coeficiente del término general de la serie producto hacemos:
pn =
n
X
k=0
an−k · bk =
n
X
n
(−1)n−k · (−1)k−1 ·
k=1
X1
1
= (−1)n−1
, ∀n ≥ 1.
k
k
k=1
En definitiva, tenemos:
f (x) =
X
n−1
(−1)
n≥1
·
n
X
!
1/k xn ,
k=1
y el desarrollo es válido en (−1, 1) que corresponde a la intersección de los
intervalos de convergencia de las series factores.
PROBLEMA 15.36
Desarrollar alrededor de x = 1 la función f (x) =
√
x.
Solución
Haciendo el√cambio de variable t = x − 1, podemos escribir la función como f (t) = t + 1. Al desarrollar ésta última como serie binómica, obtenemos:
X 1/2
X 1/2
1/2
n
f (t) = (t + 1) =
t =⇒ f (x) =
(x − 1)n ,
n
n
n≥0
n≥0
y el desarrollo es válido cuando −1 < x − 1 < 1, es decir cuando 0 < x < 2.
248
PROBLEMA 15.37
Desarrollar la función f (x) =
12 − 5x
en serie de McLaurin.
6 − 5x − x2
Solución
En primer lugar descomponemos la función en fracciones simples. Ası́:
5x − 12
A
B
(A + B)x + 6A − B
=
+
=
=⇒ A = −1, B = 6.
+ 5x − 6
x−1 x+6
(x − 1)(x + 6)
X m
m
xn ,
Teniendo en cuenta ahora el desarrollo en serie binómica, (1 + x) =
n
f (x) =
x2
n≥0
x ∈ (−1, 1), escribimos los desarrollos correspondientes a cada sumando como:
X −1
X
−1
−1
= [1 + (−x)] =
(−x)n =
xn , x ∈ (−1, 1);
x−1
n
n≥0
n≥0
X −1
X
6
xn
= [1 + (x/6)]−1 =
(x/6)n =
(−1)n n , x/6 ∈ (−1, 1).
x+6
6
n
n≥0
n≥0
Sumando las series en el intervalo (−1, 1), que es la intersección de los intervalos de convergencia de ambas series, obtenemos:
n
X
X
X
(−1)n
n
nx
f (x) =
x +
xn .
(−1) n =
1+
6
6n
n≥0
n≥0
n≥0
PROBLEMA 15.38
Desarrollar la función f (x) = arc sen x en serie de McLaurin.
Solución
1
= (1 − x2 )−1/2 , podemos
1 − x2
escribir el desarrollo de esta última función como:
X −1/2
X 1 · 3 . . . (2n − 1)
0
f (x) =
(−x2 )n =
x2n , x ∈ (−1, 1).
n
2n · n!
Como la derivada de la función es f 0 (x) = √
n≥0
n≥0
Integrando ahora término a término en el intervalo de convergencia absoluta,
resulta:
X 1 · 3 . . . (2n − 1) x2n+1
f (x) =
·
, x ∈ (−1, 1).
2n · n!
2n + 1
n≥0
249
PROBLEMA 15.39
Desarrollar la función f (x) =
1+x
en serie de McLaurin.
1 − x3
Solución
Si descomponemos la función en dos fracciones
y aplicamos el desarrollo de
X −1
(−x3 )n , tenemos:
la serie geométrica (1 − x3 )−1 =
n
n≥0
X −1
X −1
1
x
3 n
(−x3 )n
f (x) =
(−x ) + x
+
=
n
1 − x3 1 − x3
n
n≥0
n≥0
X
X
X
=
x3n +
x3n+1 =
(x3n + x3n+1 )
n≥0
n≥0
n≥0
y el desarrollo es válido en el intervalo (−1, 1), que corresponde al intervalo
donde convergen ambas series.
PROBLEMA 15.40
Desarrollar la función f (x) =
ex
en serie de McLaurin.
1+x
Solución
Multiplicando las series correspondientes a las funciones y = ex e y = (1 +
x)−1 , tenemos:
 


X
X xn
 ·  (−1)n xn  .
f (x) = 
n!
n≥0
n≥0
El coeficiente del término general en la serie producto es
pn =
n
X
ak · bn−k =
k=0
y la serie
X
n
X
(−1)n−k
k=0
k!
pn xn converge absolutamente en el intervalo (−1, 1) que corres-
n≥0
ponde a la intersección de los intervalos de convergencia de las dos series
factores.
250
PROBLEMA 15.41
r
Desarrollar la función f (x) = ln
1+x
en serie de McLaurin.
1−x
Solución
Aplicando las propiedades usuales de los logaritmos, escribimos la función
1
como f (x) = [ln(1 + x) − ln(1 − x)]. Recordando que el desarrollo de ln(1+
2
X (−1)n−1
x) en serie de McLaurin es
xn , y el radio de convergencia es 1,
n
n≥1
escribimos los desarrollos correspondientes a cada uno de los sumandos y
obtenemos:


n−1
n−1
X
X
1
(−1)
(−1)
f (x) =
xn −
(−x)n 
2
n
n
n≥1
n≥1
1 X (−1)n−1
=
2
n≥1
n
[1 − (−1)n ]xn =
X x2n−1
2n − 1
n≥1
y la serie converge absolutamente en (−1, 1).
PROBLEMA 15.42
¿Es posible desarrollar
en serie de potencias alrededor del origen
(
2
x
e + e−1/x
si x 6= 0,
la función f (x) =
1
si x = 0?
Solución
2
La función y = e−1/x tiene todas sus derivadas en el origen nulas (esto se
puede probar por inducción), de modo que f (n) (0) = 1 y podemos escribir
el desarrollo
x2
xn
f (x) ∼ 1 + x +
+ ··· +
+ Rn (x).
2!
n!
x2
xn
Sin embargo, como lı́m 1 + x +
+ ··· +
+ Rn (x) = ex + lı́m Rn (x),
n→∞
n→∞
2!
n!
−1/x2
si la serie converge a la función, debe ser lı́m Rn (x) = e
6= 0 salvo para
n→∞
x = 0. Esto indica que la función no es desarrollable en serie de McLaurin.
251
D. APLICACIONES AL CÁLCULO INFINITESIMAL.
Debido a que las series de potencias son la generalización inmediata de los
polinomios (donde el número de términos es infinito), el cálculo de las derivadas e integrales es también directo. Además, como muchas funciones
elementales son suma de series de potencias, sus valores en puntos del intervalo de convergencia serán también suma de las series correspondientes a
esos puntos. Esto permite plantear una gran variedad de aplicaciones de los
desarrollos de funciones en serie de Taylor y McLaurin a diversos problemas
de Cálculo Infinitesimal; completamos ası́ las herramientas necesarias para
el cálculo de lı́mites, derivadas, integrales y sumas de series que no eran
posible sin el uso de las series de potencias.
PROBLEMA 15.43
sen2 x − x2
.
x→0 (ex − 1)4
Calcular, mediante series de funciones, lı́m
Solución
Teniendo en cuenta el desarrollo en serie de las funciones involucradas, podemos escribir las siguientes relaciones:
sen x = x−
x3
2x4
2x4
+. . . =⇒ sen2 x = x2 −
+. . . =⇒ sen2 x−x2 = −
+R4 (x),
3!
3!
3!
R4 (x)
2x4
2
2
=
0,
lo
cual
da
lugar
a
la
equivalencia
sen
x
−
x
∼
−
.
x→0 x4
3!
Procediendo análogamente, resulta:
donde lı́m
ex = 1 + x + R1 (x) =⇒ ex − 1 = x + R1 (x) =⇒ (ex − 1)4 ∼ x4 .
Aplicando las equivalencias obtenidas, tenemos:
sen2 x − x2
−2x4 /6
1
=
lı́m
=− .
x
4
4
x→0 (e − 1)
x→0
x
3
lı́m
PROBLEMA 15.44
sen2 x3
.
x→0 (1 − cos x2 )3
Calcular, mediante series de funciones, lı́m
252
Solución
Análogamente al problema anterior, tenemos:
sen x3 = x3 + R3 (x) =⇒ sen2 x3 = x6 + R6 (x) =⇒ sen2 x3 ∼ x6 ;
x4
x4
x12
cos x2 = 1 −
+ R4 (x) =⇒ 1 − cos x2 =
+ R4 (x) =⇒ (1 − cos x2 )3 ∼
.
2!
2
8
Aplicando las equivalencias anteriores, obtenemos:
x6
sen2 x3
8
=
lı́m
= lı́m 6 = ∞.
2
3
12
x→0 x /8
x→0 (1 − cos x )
x→0 x
lı́m
PROBLEMA 15.45
Calcular, mediante series de funciones,
la derivada de orden k en
(
sen x
si x 6= 0
x
el origen de la función f (x) =
0
si x = 0.
Solución
Debido al desarrollo
x2
sen x
x2n
=1−
+ · · · + (−1)n
+ ...,
x
3!
(2n + 1)!
f (k) (0)
y recordando que el término general del desarrollo verifica la fórmula ak =
,
k!
se obtiene en definitiva que
(
0
si k = 2n + 1(k es impar)
(k)
f (0) = ak · k! = (−1)n
(−1)n
si k = 2n(k es par).
(2n+1)! · (2n)! = 2n+1
PROBLEMA 15.46
Z
Calcular, mediante series de funciones,
1
sen x2 dx.
0
Solución
Como sen x2 =
X
(−1)n
n≥0
(x2 )2n+1
y la convergencia es uniforme en R, po(2n + 1)!
demos integrar término a término:
Z 1
X (−1)n Z 1
X (−1)n
1
2
sen x dx =
x4n+2 dx =
·
.
(2n + 1)! 0
(2n + 1)! 4n + 3
0
n≥0
n≥0
253
PROBLEMA 15.47
x
Z
Calcular, mediante series de funciones,
0
dt
.
1 + t3
Solución
A partir del desarrollo en serie
X
1
(−1)n · (t3 )n , que es uniforme=
1 + t3
n≥0
mente convergente en (−1, 1), resulta:
Z x
Z x
3n+1
X
X
dt
n x
3n
n
(−1)
t
dt
=
(−1)
=
, ∀x ∈ (−1, 1).
3
3n + 1
0
0 1+t
n≥0
n≥0
PROBLEMA 15.48
Z 1
1
ln
Calcular
dx.
1−x
0
Solución
Aplicaremos en este caso el desarrollo de la función logaritmo. Como
X xn
1
ln
= − ln(1 − x) =
, ∀x ∈ (−1, 1),
1−x
n
n≥1
y la convergencia es uniforme en dicho intervalo, la integral impropia vale
Z 1
Z β
1
1
ln
dx = lı́m
ln
dx
−
1−x
1−x
β→1
0
0
X Z β xn
X
1
= lı́m
dx =
= 1.
−
n(n + 1)
β→1
0 n
n≥1
n≥1
Para calcular la suma de la última serie, se descompone el término general
en fracciones simples y se obtiene en forma simplificada el término general
de la sucesión de sumas parciales (ver capı́tulo 9).
PROBLEMA 15.49
Z 1
∞
X
(−1)n−1
x
Probar que
dx
=
.
3
3n − 1
0 1+x
n=1
254
Solución
Si escribimos el desarrollo en serie de la función integrando, obtenemos:
X
X
x
n 3n
(−1)n x3n+1 , ∀x ∈ (−1, 1).
(−1)
x
=
=
x
1 + x3
n≥0
n≥0
Como la convergencia de la serie de potencias es uniforme, integramos término a término, con lo que:
1
Z
0
X
x
(−1)n
dx
=
1 + x3
n≥0
1
Z
x3n+1 dx =
0
X (−1)n
X (−1)m−1
=
.
3n + 2
3m − 1
n≥0
m≥1
PROBLEMA 15.50
Probar que la serie
X
x(1 − x)n converge no uniformemente en
n≥0
[0, 2). Sin embargo, se puede integrar término a término en [0, 1].
Solución
Como se trata de una serie geométrica de razón 1 − x, será convergente
si
P
|1 − x| < 1, es decir si 0 < x < 2. Además, si x = 0, resultaP
la serie
0 que
converge a la función cero, pero si x = 2, resulta la serie (−1) · 2 que es
divergente.
De lo anterior se deduce que el intervalo de convergencia es [0, 2). Para ver
que la convergencia no es uniforme, llamamos {Sn (x)} a la sucesión de sumas
parciales, es decir
Sn (x) =
n
X
k=0
1 − (1 − x)n+1
x(1−x) = x·
=
1 − (1 − x)
k
(
0
Entonces S(x) = lı́m Sn (x) =
1
(
1 − (1 − x)n+1
0
si 0 < x < 2
si x = 0.
si x = 0
si 0 < x < 2.
Como dicho lı́mite no es una función continua, no puede ser lı́mite uniforme
de funciones continuas.
Por otra parte, para ver que se puede integrar término a término en [0, 1],
255
tenemos:
Z 1
S(x) dx = 1;
Z
0
1
0
1
Z 1
−x(1 − x)n+1
1
1
fn (x) dx =
(1 − x)n+1 dx =
+
n+1
n+1 0
(n + 1)(n + 2)
0
Z
∞
∞
1
X
X
1
=⇒
Sn (x) dx =
= 1.
(n
+
1)(n
+ 2)
0
n=0
n=0
Como se observa en este problema, la convergencia uniforme no es necesaria para que se pueda integrar término a término una serie aunque, como
sabemos, sı́ es una condición suficiente.
PROBLEMA 15.51
Calcular las integrales de las siguientes funciones en el intervalo
[0, 1]:
π
a) f (x) = signo sen
.
x
b) f (x) = signo (sen ln x).
Solución
π
1
1
a) Teniendo en cuenta que sen < 0 cuando x ∈
,
, donde
x
2k 2k − 1
k ∈ Z \ {0}, entonces
(
1
1
−1 si 2k
< x < 2k−1
f (x) =
1
1
< x < 2k
.
1
si 2k+1
Por tanto la integral buscada se descompone como la suma de las series
Z
0
1
X
∞ ∞ X
1
1
1
1
−
−
−
f (x) dx =
2k 2k + 1
2k − 1 2k
k=1
k=1
X
∞ ∞ X
1
1
1
−1
2
1
=
−
−
=
+
−
.
k 2k + 1 2k − 1
2k − 1 2k 2k + 1
k=1
k=1
Para calcular la suma de esta serie observamos, por un lado,
que la su
1 1 1
cesión de sumas parciales tiene por término general Sn = 2 − + − + . . . ,
3 4 5
256
y por otro que
X (−1)n−1
n≥1
n
= ln 2, de modo que ln 2 − 1 +
1 X (−1)n−1
=
.
2
n
n≥3
Reuniendo todos estos datos, obtenemos que
Z 1
1
f (x) dx = 2
− ln 2 .
2
0
b) Análogamente al apartado anterior, determinamos primero el signo de
la función sen ln x. Se obtiene ası́ que f (x) = 1 cuando sen ln x >
0, es decir cuando e−2kπ < x < e(−2k+1)π , con k ∈ N. La integral se
descompone en suma como
Z
1
f (x) dx =
0
∞ h
X
(−2k+1)π
e
−2kπ
−e
k=1
i
−
∞ h
X
i
e−2kπ − e(−2k−1)π .
k=0
Como las series involucradas son geométricas, sus sumas son, respectivamente,
∞
X
(−2k+1)π
e
k=1
∞
∞
X
X
e−2π
e−π
e−π
−2kπ
(−2k−1)π
e
=
e
=
,
,
.
=
1 − e−2π
1 − e−2π
1 − e−2π
k=1
k=0
En definitiva, obtenemos:
Z 1
(e−π − 1)2
e−π − e−2π − 1 + e−π
f (x) dx =
=
.
1 − e−2π
e−2π − 1
0
PROBLEMA 15.52
Probar que la serie
X
ne−nx es uniformemente convergente en
n≥1
[a, ∞) con a > 0, pero no en [0, ∞). Calcular la suma de la serie
para x > 0.
Solución
Si llamamos fn (x) = ne−nxP
, cuando x ∈ [a, ∞), entonces fn (x) ≤ ne−an , ∀n.
Además la serie numérica
ne−an es convergente cuando e−a < 1 (lo que
se prueba aplicando el criterio del cociente), es decir cuando a > 0.
El criterio de Weierstrass indica que la serie propuesta converge uniformemente en [a, ∞).
P
Haciendo x = 0, nos queda la serie divergente
n, por lo que la serie de
funciones no es uniformemente convergente en [0, ∞).
257
Para calcular la suma de la serie, basta tener en cuenta que fn (x) = D(−e−nx ).
X
P
e−x
e−nx =
Como la serie e−nx converge uniformemente si x > 0 y
,
1 − e−x
n≥1
entonces
−x X
e
ex
−nx
ne
= −D
=
.
1 − e−x
(ex − 1)2
n≥1
PROBLEMA 15.53
¿Qué función representa la serie
X
n≥1
xn
?
1 + ··· + n
Solución
Si recordamos la fórmula 1 + 2 + · · · + n =
n(n + 1)
, entonces
2
2xn
2xn
2xn
xn
=
=
−
, ∀x ∈ (−1, 1).
1 + ··· + n
n(n + 1)
n
n+1
Sabiendo además que ln(1 − x) = −
X xn
n≥1
n
, entonces
X xn
1 X xn+1
1
=
= [− ln(1 − x) − x].
n+1
x
n+1
x
n≥1
n≥1
De aquı́ resulta:
f (x) =
X
n≥1
ln(1 − x) + x
xn
= 2 − ln(1 − x) −
, ∀x ∈ (−1, 1).
1 + ··· + n
x
PROBLEMA 15.54
Demostrar que para |x| < 1 se verifica lo siguiente:
X
1
a)
(−1)n xn =
.
1+x
n≥0
b)
X
n≥0
(−1)n x2n =
1
.
1 + x2
258
Solución
a) Si escribimos el término general de la sucesión de sumas parciales, tenemos:
Sn = 1 − x + x2 − · · · + (−1)n xn ;
xSn = x − x2 + x3 − · · · + (−1)n xn+1 . Sumando miembro a miembro,
1 + (−1)n xn+1
1
(1 + x)Sn = 1 + (−1)n xn+1 =⇒ Sn =
=⇒ S = lı́m Sn =
,
n→∞
1+x
1+x
cuando |x| < 1, pues lı́m xn+1 = 0.
n→∞
b) Análogamente al anterior,
Sn = 1 − x2 + x4 − · · · + (−1)n x2n ;
x2 Sn = x2 − x4 + x6 − · · · + (−1)n x2n+2 ;
(1 + x2 )Sn = 1 + (−1)n x2n+2
1 + (−1)n x2n+2
1
=⇒ Sn =
=⇒ S = lı́m Sn =
,
n→∞
1 + x2
1 + x2
también cuando |x| < 1.
PROBLEMA 15.55
1
(1 − x)3n , deter(3n − 2)(3n + 1) · 8n
minar su campo de convergencia y calcular su suma cuando x =
−1.
Dada la serie de potencias
X
Solución
Aplicando el criterio del cociente,
an+1 = lı́m
lı́m n→∞ an |1−x|3n+3
(3n+1)(3n+4)8n+1
|1−x|3n
(3n−2)(3n+1)
= lı́m |1 − x|3
3n − 2
|1 − x|3
=
.
8(3n + 4)
8
De aquı́ se deduce que la serie converge absolutamente cuando |1 − x|3 < 8,
o bien cuando x ∈ (−1, 3). En los extremos del intervalo tenemos:
X
1
- Si x = 3, la serie
(−1)n
es absolutamente convergen(3n − 2)(3n + 1)
te.
X
1
- Si x = −1, la serie
es también absolutamente conver(3n − 2)(3n + 1)
gente.
259
Para calcular la suma de esta última serie, escribimos el término general
1
1/3
1/3
como an =
=
−
. Ası́, la suma de los n pri(3n − 2)(3n + 1)
3n − 2 3n + 1
meros términos vale:
1 1 1 1
1
1
1
1
1
1 − + − + − ··· +
−
=
1−
.
Sn =
3
4 4 7 7
3n − 2 3n + 1
3
3n + 1
La suma será entonces S = lı́m Sn = 1.
n→∞
PROBLEMA 15.56
Determinar el intervalo de convergencia de la serie
X 1 · 3 · 5 . . . (2n − 1)
(−x/2)3n .
(n + 1)!
n≥0
√
Calcular la suma de la serie para x = − 3 4.
Solución
Por el criterio del cociente,
an+1 = lı́m
lı́m
n→∞ an 1·3...(2n−1)(2n+1)
(n+2)!
1·3...(2n−1)
(n+1)!
3
3
(−x/2)3n+3 = lı́m 2n + 1 · |x| = |x| ,
(−x/2)3n n+2
8
4
de modo que la serie es absolutamente convergente cuando |x| <
√
3
4.
En los extremos del intervalo tenemos las series
X 1 · 3 . . . (2n − 1)
(n + 1)! · 2n
y
X
(−1)n
1 · 3 . . . (2n − 1)
.
(n + 1)! · 2n
Ambas son absolutamente convergentes como se deduce al aplicar el criterio
de Raabe:
an+1 3
= lı́m n · 1 − 2n + 1
= > 1.
lı́m n · 1 − an 2(n + 2)
2
√
Escribimos la serie en x = − 3 4 como
S =
X 1 · 3 . . . (2n − 1)
2n
=
X
(n + 1)! ·
n≥0
X
−1/2
1
=
(−1)n
.
n
n+1
n≥0
(−1)n
n≥0
260
(−1/2)(−3/2) . . . [−(2n − 1)/2]
n! · (n + 1)
A partir del desarrollo de la serie binómica
X m
n≥0
n
xn = (1 + x)m , al inte-
grar los dos miembros de la igualdad, resulta:
Z x
X m xn+1
X m Z x
(1 + x)m+1
1
n
m
x dx =
(1+x) dx =⇒
=
−
.
n n+1
n
m+1
m+1
0
0
n≥0
n≥0
Haciendo ahora m = −1/2 y x = −1, tenemos:
X −1/2 (−1)n+1
= −2 =⇒ S = 2.
n+1
n
n≥0
PROBLEMA 15.57
Calcular la suma de la serie
X (x − 3)3n−1
especificando el inter(3n − 1) · 8n
n≥1
valo de convergencia de la misma.
Solución
Por el criterio de la raı́z,
lı́m
n→∞
p
n
|an | = lı́m
|x − 3|3−1/n
|x − 3|3
√
,
=
8
8 · n 3n − 1
y la serie converge absolutamente cuando |x−3|3 < 8, o bien x ∈ (1, 5).
X (−1)3n−1
que converge condicionalmente
2(3n − 1)
(basta aplicar el criterio de Leibnitz).
X
1
- Cuando x = 5, la serie
es divergente.
2(3n − 1)
- Cuando x = 1, la serie es
Para calcular la suma de la serie, si llamamos f (x) =
X (x − 3)3n−1
, al
(3n − 1) · 8n
n≥1
derivar obtenemos:
f 0 (x) =
X (x − 3)3n−2
n≥1
8n
= (x − 3)−2 ·
X (x − 3)3 n
n≥1
8
Z x
(x − 3)3 /8
x−3
x−3
= (x − 3)−2 ·
=
=⇒
f
(x)
=
dx
1 − (x − 3)3 /8
8 − (x − 3)3
8
−
(x − 3)3
3
x−2
1
π
ln(5 − x) ln(7 − 4x + x2 )
√
− arc tg √
−
+
.
=
6
12
2 3 6
3
261
PROBLEMA 15.58
Demostrar que ch 1 =
X
n≥0
1
.
(2n)!
Solución
Recordando la fórmula 2 ch x = ex + e−x y el desarrollo en serie de cada uno
de los sumandos, obtenemos:
2 ch x =
X xn
n≥0
n!
+
X
n≥0
(−1)n
X x2n
xn X
xn
[1 + (−1)n ]
=
=2
n!
n!
(2n)!
n≥0
n≥0
X x2n
=⇒ ch x =
.
(2n)!
n≥0
PROBLEMA 15.59
∞
X
xn
= ex , hallar las sumas de las siguientes seSabiendo que
n!
n=0
ries:
∞
X
n−1
a)
.
n!
n=2
b)
∞
X
(n − 1)(n + 1)
n!
n=2
.
Solución
a) Al descomponer la serie en suma, tenemos:
Xn−1
n≥2
n!
=
X
n≥2
X 1
X 1
X 1
1
−
=
−
.
(n − 1)!
n!
m!
n!
n≥2
m≥1
n≥2
Ahora bien, como
e=
X 1
X 1
X 1
=1+
=1+1+
,
n!
n!
n!
n≥0
n≥1
n≥2
resulta en definitiva que S = (e − 1) − (e − 2) = 1.
262
b) Procediendo análogamente al apartado anterior,
∞
X
n2 − 1
X n2
X 1
X
X 1
n
=
−
n!
n!
n!
(n − 1)!
n!
n=2
n≥2
n≥2
n≥2
n≥2
X m+1 X 1
X
X 1
X 1
1
=
−
=
+
−
m!
n!
(m − 1)!
m!
n!
m≥1
n≥2
m≥1
m≥1
n≥2
X 1
X 1
X 1
=
+
−
= e + (e − 1) − (e − 2) = e + 1.
k!
m!
n!
S =
=
m≥1
k≥0
−
n≥2
PROBLEMA 15.60
Sabiendo que, para |x| < 1, se tiene
∞
X
n=0
xn =
1
, calcular cuando
1−x
sea posible:
X xn+1
a)
.
n+1
n≥0
b)
xn+2
.
(n + 1)(n + 2)
X
n≥0
c)
X
nxn−1 .
n≥1
d)
X
e)
X
n(n − 1)xn−2 .
n≥2
n2 xn .
n≥0
f)
X
n≥0
X n2
1
+
.
en+2 (n + 1)(n + 2)
πn
n≥0
Solución
a) Integrando miembro a miembro, resulta:
XZ
n≥0 0
x
xn dx =
Z
0
x
X xn+1
1
dx =⇒
= − ln |1−x|, ∀x ∈ (−1, 1).
1−x
n+1
n≥0
263
b) Integrando nuevamente el resultado de a),
Z x
X Z x xn+1
X
xn+2
dx =
− ln |1 − x| dx =⇒
(n + 1)(n + 2)
0 n+1
0
n≥0
n≥0
= −x ln |1 − x| + x + ln |1 − x|, ∀x ∈ (−1, 1).
c) Derivamos ahora término a término la serie original. Ası́:
X
X
1
1
D(xn ) =⇒
=
n · xn−1 , ∀x ∈ (−1, 1).
=
D
1−x
(1 − x)2
n≥1
n≥1
d) Derivando nuevamente,
X
X
1
2
n−1
D
=
D(nx
)
=⇒
=
n(n−1)·xn−2 , ∀x ∈ (−1, 1).
(1 − x)2
(1 − x)3
n≥2
n≥2
e) Teniendo en cuenta los resultados de los apartados anteriores,
X
X
X
X
X
n2 xn =
n(n − 1)xn +
nxn = x2
n(n − 1)xn−2 + x ·
nxn−1
n≥0
n≥1
= x2 ·
n≥1
n≥2
x2 +
n≥1
2
1
x
+x·
=
.
3
2
(1 − x)
(1 − x)
(1 − x)3
f) Haciendo en b) x = 1/e y en e) x = 1/π, resulta:
X
X n2
1
1
1
1
1
1/π 2 + 1/π
+
=
−
ln
1
−
+
+ln
1
−
+
.
en+2 (n + 1)(n + 2)
πn
e
e
e
e
(1 − 1/π)3
n≥0
n≥0
PROBLEMA 15.61
X n2
Dada la serie
(x − 1)n , determinar su intervalo de conver22n
n≥1
gencia y calcular su suma cuando x = 0.
Solución
Por el criterio del cociente,
an+1 = lı́m
lı́m n→∞ an (n+1)2
|x − 1|n+1
22n+2
n2
|x − 1|n
22n
= lı́m |x − 1| ·
|x − 1|
(n + 1)2
=
,
2
2
2 ·n
4
y la serie converge absolutamente cuando |x−1| < 4, es decir x ∈ (−3, 5).
264
En los extremos, tenemos:
P 2
P
Para x = 5, la serie
n es divergente; para x = −3, la serie (−1)n n2 es
también divergente.
X
n2 X n2
(−1)n n =
Para x = 0 resulta la serie
. Para calcular su suma
4
(−4)n
n≥1
n≥1
aplicaremos el apartado e) del problema anterior haciendo x = −1/4. Queda
ası́
X n2
(−1/4)2 + (−1/4)
12
=
=−
.
n
3
(−4)
(1 + 1/4)
125
n≥1
PROBLEMA 15.62
Sabiendo que, para |x| < 1, se tiene
∞
X
nxn =
n=1
x
, calcular
(1 − x)2
cuando sea posible:
X nxn+1
a)
.
n+1
n≥1
b)
X
n2 xn−1 .
n≥1
c)
X
n2 (n − 1)xn−2 .
n≥1
d)
X n2 (n − 1)
en
n≥1
.
Solución
a) Integrando miembro a miembro, obtenemos:
Z x
X nxn+1 X Z x
x
1
=
nxn dx =
dx =
+ln |1−x|−1.
2
n+1
1−x
0
0 (1 − x)
n≥1
n≥1
b) Si derivamos ahora la fórmula dada,
X
X
n2 xn−1 =
D(nxn ) = D
n≥1
n≥1
x
(1 − x)2
=
1+x
.
(1 − x)3
c) Derivamos nuevamente el resultado de b). Ası́:
X
X
1+x
2x + 4
n2 (n − 1)xn−2 =
D(n2 xn−1 ) = D
=
.
(1 − x)3
(1 − x)4
n≥1
n≥1
265
d) Si, en el apartado anterior, hacemos x = 1/e, resulta:
X n2 (n − 1)
n≥1
en
=
2/e + 4
e3 (2 + 4e)
=
.
(1 − 1/e)4
(e − 1)4
266
E. EJERCICIOS PROPUESTOS.
1. Contestar razonadamente si cada uno de los siguientes apartados
es verdadero o falso:
X
X
an (−6)n
an 6n es convergente, entonces la serie
a) Si la serie
n≥0
n≥0
es convergente.
Resp.: Falso (considerar el contraejemplo: an =
b) Si la serie
X
(−1)n
).
n · 6n
an 6n es convergente, entonces la serie
X
an (−5)n
n≥0
n≥0
es convergente.
Resp.: Verdadero, pues el radio de convergencia es R ≥ 6.
c) Si la serie
X
an xn es convergente para todo x > 0, entonces
n≥0
la serie converge para todo x < 0.
Resp.: Verdadero, pues el radio de convergencia es R = ∞.
d) Si f (x) =
X
an xn es una función continua par, entonces
n≥0
a2n+1 = 0, para todo n.
Resp.: Verdadero, pues f (−x) = f (x) =⇒ an = (−1)n an , ∀n.
e) Si la serie
∞
X
an xn tiene radio de convergencia R > 0, R es
n=0
también el radio de convergencia de la serie
∞
X
an · n · (n − 1)xn−2 .
n=2
Resp.: Verdadero pues la segunda serie es derivada de orden dos
de la primera.
2. Estudiar la convergencia uniforme de la serie
∞
X
1 + cos x
n=1
Resp.: Por el criterio de Weierstrass, |fn (x)| ≤ 2/n2 , ∀n.
267
n2
en R.
3. Se considera la serie
∞
X
fn donde las funciones fn son contin=1
n
X
ln n
nuas en [0, 1] y se tiene además que ,
fk (x) − x2 ≤ 2
n +5
k=1
Z 1X
∞
∀x ∈ [0, 1]. Calcular, si es posible,
fn (x) dx.
0 n=1
Resp.: 1/3.
4. ¿Existe una sucesión {fn } de funciones integrables en [0, 1] que
Z 1
5 + 3n
2
fn (x) dx =
converja uniformemente a f (x) = x en [0, 1] y tal que
?
n
0
Z 1
Z 1
fn (x) dx =
lı́m fn (x) dx.
Resp.: No; si existiera, deberı́a cumplirse que lı́m
0
0
5. Sea {fn } una sucesión de funciones derivables en [0, 1] tal que
i) fn → f en [0, 1];
ii) fn (0) = (1 + 1/n)n , ∀n ∈ N;
iii) |fn0 (x) − x| ≤ 7/(3 + n), ∀x ∈ [0, 1], ∀n ∈ N.
Calcular f (1/2).
Z
Resp.: Como f (x) =
0
x
lı́m fn0 (x) dx + lı́m fn (0) =⇒ f (1/2) = e + 1/8.
n
n
6. Estudiar la convergencia de la serie
X 1
1
1
1
+
+
+ ··· +
xn .
1·3 2·4 3·5
n(n + 2)
n≥1
Resp.: Converge absolutamente en [−1, 1]; diverge en el resto.
7. Determinar el intervalo de convergencia de la serie de potencias
∞
X
n=1
2 · 4 · 6 . . . 2n
· xn+1 .
3 · 5 · 7 . . . (2n + 1) · 4n+1
Resp.: Converge absolutamente en (−4, 4); converge condicionalmente
en x = −4; diverge en el resto.
268
8. Obtener el campo de convergencia de la serie
∞ X
1 + n2
n=1
1 + n3
n
2
·x
.
Resp.: Converge absolutamente en [−1, 1]; diverge en el resto.
9. Estudiar el carácter de la serie
∞
X
(−1)n (x − 1)n
n=1
2n (3n − 1)
con x ∈ R.
Resp.: Converge absolutamente cuando x ∈ (−5, 7); diverge en el resto.
10. Obtener el campo de convergencia de la serie
X
n≥1
(x − 2)n
.
(2n − 1) · 2n
Resp.: Converge absolutamente cuando x ∈ (0, 4); converge condicionalmente cuando x = 0; diverge en el resto.
11. Determinar el campo de convergencia de la serie
X (−1)n x2n
22n (n!)2
.
Resp.: Converge absolutamente en R.
12. Determinar el campo de convergencia de la serie
X
n≥1
(−1)n
2n (n!)2 n
x .
(2n + 1)!
Resp.: Converge absolutamente en (−2, 2); converge condicionalmente
en x = 2; diverge en el resto.
13. Determinar el campo de convergencia de la serie
X
1
(−x/5)3n .
(3n − 2)(3n + 1)
Resp.: [−5, 5].
14. Desarrollar en serie de potencias alrededor del punto indicado y
encontrar el campo de convergencia de la misma:
a) f (x) = ln x, x = 1.
Resp.: f (x) =
X (−1)n−1
n≥1
n
(x − 1)n , ∀x ∈ (0, 2]. b) f (x) = 1/x2 , x =
−1.
269
Resp.: f (x) =
X
(n + 1)(x + 1)n , ∀x ∈ (−2, 0). c) f (x) =
n≥0
x
,
(1 − x)2
x = 0.
X
Resp.: f (x) =
(n + 1)xn+1 , ∀x ∈ (−1, 1).
n≥0
15. Desarrollar en serie de McLaurin la función y = sh x y hallar
X
1
.
(2n + 1)!
n≥0
Resp.: sh x =
X x2n+1 X
1
e2 − 1
;
= sh 1 =
.
(2n + 1)!
(2n + 1)!
2e
n≥0
n≥0
16. Escribir los primeros términos
del desarrollo alrededor de x =
p
2 − x) y aplicarlo al cálculo de
1
+
x
0 de la función
f
(x)
=
ln(
√
2
x + ln( 1 + x − x)
lı́m
.
x→0
x3
Resp.: f (x) ∼ −x +
x3
+ R3 (x); L = 1/6.
3!
17. Hallar la suma de las series
X xn
a)
.
n
n≥1
Resp.: S = − ln |1 − x|.
b)
X x2n−1
.
2n − 1
n≥1
r
Resp.: S = ln
c)
X
1+x
.
1−x
nxn .
n≥1
Resp.: S =
x
.
(1 − x)2
18. Calcular la suma de la serie
∞
X
n2 − 5n + 7
n=1
Resp.: e − 7.
270
n!
.
Z
19. Probar que
0
x
∞
X (−1)k x2k+1
sen t
dt =
.
t
(2k + 1)(2k + 1)!
k=0
∞
sen t X (−1)k t2k
Sugerencia: Utilizar el desarrollo
=
.
t
(2k + 1)!
k=0
20. Estudiar la convergencia de la serie 3x/2 + 7x2 /4 + 11x3 /8 + 15x4 /16 + . . .
y sumarla cuando sea posible.
Resp.: Converge absolutamente cuando x ∈ (−2, 2); diverge en el resto.
S=
x2 + 6x
.
(2 − x)2
271