Cálculo I 0.5cm Tema 10: Criterios de convergencia para 10pt

Cálculo I
Tema 10: Criterios de convergencia para
series de términos positivos.
Criterio de comparación
Nótese que si {an } es una sucesión de números reales no negativos, entonces la
sucesión de sumas parciales dada por
An =
n
X
ak ,
∀n ∈ N
k=1
es creciente, ya que An+1 − An = an+1 ≥ 0 para cada natural n.
P
Luego en este caso la serie
an converge si, y sólo si, la sucesión {An }
está mayorada. En otro caso, diverge (positivamente). Obtenemos entonces:
Criterio de comparación (versión desigualdad)
P
1)
P Si 0 6 an 6 bn para todo n ∈ N y la serie bn converge, entonces la serie
an también es convergente y se verifica que
∞
X
n=1
P
P
an 6
∞
X
bn .
n=1
2) Sean
an y
bn dos series de números
Preales tales que existe p ∈ N tales
que
P 0 6 an 6 bn para todo n ≥ p y la serie bn converge, entonces la serie
an también es convergente.
Criterios para series de términos positivos
Criterio de comparación (paso al lı́mite)
Sean an > 0 y bn > 0 para todo n ∈ N , y supongamos que la sucesión
{an /bn } converge a un número real L (obviamente L > 0 ).
1) Si L > 0 , entonces la serie
converge.
2) Si L = 0 y la serie
convergente.
X
X
an converge si, y sólo si, la serie
bn converge, entonces la serie
X
X
an también es
o
X
X
an
→ +∞ y la serie
bn diverge, entonces la serie
an
bn
también diverge.
3) Si
n
bn
Series de términos positivos
Ejemplo
Sea p ∈ N, entonces
X 1
np
Sabemos que la serie
converge
P1
n
converge ⇔ p > 1.
no converge, luego para p = 1 la serie
P
1
np
no
Si p = 2, entonces se verifica que
lı́m
Como la serie
P
1
n2
P
n
1
n2
1
n(n+1)
1
n(n+1)
o
= lı́m
n n(n + 1) o
n2
= 1 6= 0.
converge, pro el criterio de comparación, la serie
es convergente.
Si p ≥ 2, entonces np ≥ n2 , esto es, n1p ≤ n12 , para cada natural n. Como la
P 1
P 1
serie
una serie de términos positivos, por el criterio
np es P
n2 converge, y
1
de comparación, obtenemos que
np converge.
Series de términos positivos
Criterio de la raı́z
Supongamos que an ≥ 0 para cada natural n,
√ 1) Si la sucesión n an no está acotada, o bien está acotada y se verifica
√ lı́m sup n an > 1, entonces {an } no converge a cero, luego la serie
X
an diverge.
X
√ √ an
2) Si n an está acotada y lı́m sup n an < 1, entonces la serie
converge.
Corolario
Supongamos que an ≥ 0 para cada natural n,
P
√
1) Si lı́m{ n an } > 1 , entonces la serie
an diverge.
P
√
2) Si lı́m{ n an } < 1 , entonces la serie
an converge.
Series de términos positivos
Ejemplos
1) La serie
P
2) La serie
P 1
1+
nn
1 n
no converge.
n
converge.
Criterio del cociente
Supongamos que an > 0 para cada natural n,
1) Si lı́m inf
X
an
an+1 an
diverge.
2) Si lı́m sup
> 1, entonces {an } no converge a cero, luego la serie
an+1 an
< 1, entonces la serie
X
an converge.
Series de términos positivos
Corolario
Supongamos que an > 0 para cada natural n,
1) Si lı́m
X
an
an+1 an
diverge.
2) Si lı́m
an+1 an
> 1, entonces {an } no converge a cero, luego la serie
< 1, entonces la serie
X
an converge.
Ejemplos
1) Para cada x ∈ R+ , la serie
2) La serie
P 1
3) La serie
P1
n2
n
P xn
n!
converge y lı́m
diverge y lı́m
n
n
converge.
1
(n+1)2
1
n2
1
n+1
1
n
o
o
= 1.
= 1.
Series de términos positivos
Criterio de condensación
Supongamos que an > 0 para cada natural n y la sucesión {an } es decreciente.
Entonces
X
an converge ⇔
X
2n a2n converge.
Idea clave de la demostración:
Se verifica que
A2n+1 −1 ≤ Bn ≤ 2A2n ,
donde
An =
n
X
k=2
ak ,
Bn =
n
X
2k a2k ,
∀n ∈ N,
∀n ∈ N, n ≥ 2.
k=1
Comprobación de la desigualdad anterior para n = 2, luego
2n+1 − 1 = 7, 2n = 4.
A7 = (a2 + a3 ) + (a4 + a5 + a6 + a7 ) ≤ 2a2 + 4a4 = B2 =
2(a2 + 2a4 ) ≤ 2(a2 + a3 + a4 ) = 2A4 .
Series de términos positivos
Comprobamos por inducción que
A2n+1 −1 ≤ Bn ≤ 2A2n ,
∀n ∈ N,
Para n = 1, tenemos 2n+1 − 1 = 3, y 2n = 2. Es claro que se verifica
A3 = a2 + a3 ≤ 2a2 = B1 = 2A2 ,
luego la desigualdad se verifica para n = 1.
Supongamos cierta la cadena de desigualdades para un natural n. A
continuación la probamos para n + 1.
En efecto, usando la hipótesis de inducción y el decrecimiento de {an }
obtenemos
A2n+2 −1 = A2n+1 −1 +
2n+2
X−1
ak ≤
k=2n+1
Bn +
2n+2
X−1
ak ≤ Bn + 2n+1 a2n+1 = Bn+1 ≤
k=2n+1
2A2n + 2n+1 a2n+1 = 2 A2n + 2n a2n+1 ≤
Series de términos positivos
2 A2n + 2n a2n+1 ≤
2 A2n +
n+1
2X
ak = 2A2n+1 .
k=2n +1
Hemos probado que
A2n+2 −1 ≤ Bn+1 ≤ 2A2n+1 ,
lo que termina la prueba por inducción.
P
Si la serie
an converge, entonces
P nla sucesión {An } está mayorada, luego
{Bn } también, esto es, la serie
2 a2n converge.
Recı́procamente, si la serie
2n a2n converge, entonces {Bn } está mayorada,
luego la sucesión {A2n+1 −1 } también lo está.
Poe ser {An } creciente, si tiene una subsucesión mayorada, entonces {An }
está mayorada. Luego, por ser {A2n+1 −1 } mayorada, {A
Pn } también lo está, lo
que en este caso equivale a la convergencia de la serie
an .
P
Series de términos positivos
Ejemplos
P 1
converge únicamente si p > 1.
Si p ∈ N, la serie
np
n o
1
Como
es decreciente, podemos usar el criterio de condensación. En este
np
1
caso an = p , para cada n, luego
n
X
Si p = 1, queda la serie
2n a2n =
P
X
2n
1
(2n )p
=
X 2n
2np
.
1, que no converge.
Si p > 1, obtenemos la serie
X
1
2(n−1)p
=
que es la serie geométrica de razón 0 <
X
1
,
(2p )n−1
1
< 1, luego converge.
2p
El número e
Proposición
n
1 n
n
y además se verifica que
La sucesión
1+
o
es creciente y acotada. La serie
lı́m
n
1+
1
n
n o
=
∞
X
1
n=0
n!
P
1
n!
es convergente
.
Se define el número e (ó constante de Euler) como el lı́mite de la sucesión
{an }. El número e es irracional y además se verifica que
e−
n
X
1
k=0
k!
≤
1
,
n!n
∀n ∈ N.
El número e
Sabemos que la sucesión {an } =
n
1+
luego converge.
De hecho, se verifica que
1
an = 1 +
n
1+
n
1
n
=
n o
es creciente y está mayorada,
n X
n 1
nk
k
k=0
=
n
X
1 n(n − 1) · · · (n − (k − 1))
k=1
nk
k!
1+
n
k−1
X
1 Y
k=1
Sn =
k!
1−
i=0
n
X
1
k=0
k!
≤
i
n
∞
X
1
k=0
k!
=
≤
.
Notamos que la última serie converge (criterio del cociente).
Hasta ahora hemos probado que
an ≤
∞
X
1
k=0
k!
, ∀n ∈ N
⇒
lı́m an ≤
∞
X
1
k=0
k!
.
El número e
Probaremos ahora la desigualdad contraria. En efecto, fijamos un natural n
arbitrario. Se verifica que
Sn =
n
X
1
k=0
n
lı́m 1 +
k!
= 1+
n
X
1
k=1
n
k−1
X
1 Y
m
k=1
k!
1−
j=0
k!
j
m
=
o
.
Para ello, definimos
xm = 1 +
n
k−1
X
1 Y
k=1
k!
1−
j=0
j
,
m
∀m ∈ N.
Para m ≥ n tenemos
xm ≤ 1 +
m
k−1
X
1 Y
k=1
k!
j=0
1−
j
m
= am .
Luego
Sn = lı́m{xm } ≤ lı́m{am }, ∀n ∈ N.
El número e
Tomando lı́mite, obtenemos
∞
X
1
k=0
k!
= lı́m{Sn } ≤ lı́m{am }.
Esto es,
lı́m
n
1+
1
n
n o
=
∞
X
1
n=0
n!
.
Definimos el número e por la igualdad
e = lı́m
n
1+
1
n
n o
=
∞
X
1
n=0
n!
.
El número e
Comprobaremos ahora que
e − Sn = e −
n
X
1
k=0
En efecto,
e−
n
X
1
k=0
∞
X
k!
k=n+1
∞
X
k=1
1
(n + 1)!
∞
X
k=1
=
k!
1
,
n!n
≤
∞
X
1
k!
k=0
∞
X
1
=
k!
k=1
−
∀n ∈ N.
n
X
1
k=0
k!
=
1
≤
(n + k)!
1
1
=
(n + 1)! (n + 1)k−1
∞
X
1
1
1
=
=
k−1
(n + 1)!
(n + 1)
(n + 1)k
k=0
1
1
1
n+1
1
=
=
.
1
(n + 1)! 1 − n+1
(n + 1)! n
n!n
El número e
Probaremos ahora que e es irracional. Como es positivo, si e es racional,
entonces e = m
n para naturales m y n. Podemos suponer que n ≥ 2.
Entonces tenemos que
n!Sn = n!
n
X
1
k=0
k!
∈ N, y además n!e ∈ N.
Como e − Sn > 0 y n ≥ 2, deducimos que
0 < n!(e − Sn ) ≤ n!
1
1
= < 1.
n!n
n
Como n!e ∈ N, n!Sn ∈ N, entonces n!(e − Sn ) ∈ Z. Pero esto es imposible, ya
que sabemos que n!(e − Sn ) ∈]0, 1[. Luego e es irracional.