Subido por Rolando Abarza

Capitulo IX series numericas

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CAPÍTULO IX.
SERIES NUMÉRICAS
SECCIONES
A. Series de términos no negativos.
B. Ejercicios propuestos.
401
A. SERIES DE TÉRMINOS NO NEGATIVOS.
Dada una sucesión {a1 , a2 , . . . ,P
an , . . . }, se llama serie de término general
an , y que representaremos por
an , a la sucesión de sumas parciales {Sn }
n≥1
definida por S1 = a1 , S2 = a1 + a2 , . . . , Sn = a1 + a2 + · · · + an , . . . .
P
Si existe S = lı́m Sn , la serie
an se dice convergente y tiene suma S y
n→∞
n≥1
P
se escribe
an = S.
n≥1
Si dicho lı́mite es infinito o no existe, la serie
P
an es divergente.
n≥1
Enunciaremos a continuación los criterios generales para estudiar el carácter
(convergente o divergente) de una serie. Nos limitaremos a las series de
términos no negativos (an ≥ 0) aunque el primer criterio es válido para
series generales.
1. Condición del resto.
P
Si una serie
an es convergente, entonces lı́m an = 0.
n→∞
n≥1
De aquı́ se deduce que si el término general de una serie no converge
a cero, dicha serie es divergente.
2. Criterio de comparación.
P
P
P
Dadas dos series
an y
bn , si an ≤ bn , ∀n y
bn converge,
n≥1
n≥1
n≥1
P
an converge.
entonces
n≥1
Recı́procamente, si una serie es divergente y todos sus términos son
mayores o iguales que los de otra serie, esta última es también divergente.
3. Criterio de comparación por paso al lı́mite.
an
a) Si lı́m
= L (L finito y L 6= 0), entonces
n→∞ bn
X
X
an converge ⇐⇒
bn converge.
n≥1
b) Si lı́m
n→∞
n≥1
an
= 0, entonces
bn
X
X
bn converge =⇒
an converge.
n≥1
n≥1
402
an
= ∞, entonces
n→∞ bn
X
X
bn converge.
an converge =⇒
c) Si lı́m
n≥1
n≥1
Para utilizar los criterios de comparación es conveniente conocer la
convergencia de las siguientes series:
X
1/np es convergente cuando p > 1 y
- Serie armónica: La serie
n≥1
divergente cuando p ≤ 1.
-Serie geométrica: La serie
X
a · rn es convergente cuando |r| < 1
n≥1
y divergente cuando |r| ≥ 1.
4. Criterio del cociente (D’Alembert).
an+1
Sea L = lı́m
. Entonces,
n→∞ an
P
a) si L < 1,
an converge;
n≥1
b) si L > 1,
P
an diverge.
n≥1
5. Criterio de la raı́z (Cauchy).
√
Sea L = lı́m n an . Entonces,
n→∞
P
a) si L < 1,
an converge;
n≥1
b) si L > 1,
P
an diverge.
n≥1
6. Criterio de Raabe.
P
an+1
a) Si lı́m n · 1 −
> 1, entonces
an converge.
an
P
an+1
b) Si lı́m n · 1 −
< 1, entonces
an diverge.
an
Nota: Este criterio puede ser conveniente en los casos en que los criterios del cociente o de la raı́z no son concluyentes.
7. Criterio de la integral.
Sea f : [1, ∞) → R una función decreciente y f (x) > 0, ∀x. Entonces
Z ∞
X
f (n) converge ⇐⇒
f (x)dx converge.
1
n≥1
403
8. Criterio del producto (Pringsheim).
a) Si lı́m np an = L ≥ 0, para algún p > 1, entonces
P
an converge.
b) Si lı́m np an = L > 0, para algún p ≤ 1, entonces
P
an diverge.
9. Criterio logarı́tmico.
Si lı́m
log 1/an
= L, entonces
log n
a)
P
an converge cuando L > 1.
b)
P
an diverge cuando L < 1.
PROBLEMA 9.1.
Estudiar el carácter de la serie
an =
P
an de término general
n(n + 1)
.
n2 + 2n
Solución
Como lı́m
n(n + 1)
= 1 6= 0, la serie es divergente.
n2 + 2n
PROBLEMA 9.2.
Sabiendo que la suma de los n primeros términos de una serie
es
5n2 − 3n + 2
Sn =
,
n2 − 1
hallar el término general y estudiar su naturaleza.
Solución
Aplicamos la fórmula an = Sn − Sn−1 y obtenemos:
an =
5n2 − 3n + 2 5(n − 1)2 − 3(n − 1) + 2
3n2 − 17n + 10
−
=
.
n2 − 1
(n − 1)2 − 1
n4 − 2n3 − n2 + 2n
404
Como además lı́m Sn = lı́m
5n2 − 3n + 2
= 5, la serie es convergente.
n2 − 1
Observación: No confundir con la condición necesaria de convergencia en la
que debe ser cero el lı́mite del término general de la serie an , no del término
general de la sucesión de sumas parciales Sn . En este caso, como lı́m Sn = 5,
quiere decir que la suma de la serie es precisamente 5.
PROBLEMA 9.3.
Hallar el mayor valor entero que debe tomar k para que la serie
P
nk
an de término general an =
sea convergen(n + 1)(n + 2)(n + 3)
te.
Solución
Aplicando el criterio logarı́tmico,
lı́m
log(1/an )
log n
log (n+1)(n+2)(n+3)
log(n + 1)(n + 2)(n + 3) − log nk
nk
= lı́m
log n
log n
3
2
log(n + 6n + 11n + 6) − k log n
lı́m
log n
log(n3 )(1 + 6/n + 11/n2 + 6/n3 ) − k log n
lı́m
log n
3 log n + log(1 + 6/n + 11/n2 + 6/n3 ) − k log n
lı́m
log n
log(1 + 6/n + 11/n2 + 6/n3 )
lı́m 3 − k +
= 3 − k.
log n
= lı́m
=
=
=
=
Para que sea convergente, debe ser 3 − k > 1, y como k debe ser entero, el
mayor valor que hace la serie convergente es k = 1.
PROBLEMA 9.4.
Estudiar el carácter de la serie
an = √
P
an de término general
1
1
−√
.
n−1
n+1
405
Solución
Tenemos que
1
1
√
−√
=
n−1
n+1
√
√
2
n+1− n+1
=
.
n−1
n−1
Por el criterio de comparación, como lı́m
P
2/(n − 1)
= 2 y la serie
1/n es
1/n
divergente, la serie dada es divergente.
PROBLEMA 9.5.
Estudiar el carácter de la serie
P
an de término general
n
an = √
.
2n3 + 1
Solución
Aplicamos el criterio de Prinsgheim, y tenemos:
lı́m nα √
nα+1
n
= lı́m √
.
2n3 + 1
2n3 + 1
Para que dicho lı́mite sea real debe ser el grado del numerador igual al grado
del denominador. En este caso α + 1 = 3/2 =⇒ α = 1/2. Como α < 1, la
serie es divergente.
PROBLEMA 9.6.
P
Estudiar el carácter de la serie
an de término general
r
n
an =
.
4
n +1
Solución
Aplicando el criterio de Pringsheim, tenemos:
r
n
nα+1/2
α
√
lı́m n
=
lı́m
.
n4 + 1
n4 + 1
406
Dicho lı́mite es un número real no nulo cuando α = 3/2. Como es mayor
que uno, la serie es convergente.
PROBLEMA 9.7.
Estudiar el carácter de la serie
an =
P
an de término general
1
.
1 + np
Solución
1
= 1. De este modo,
1 + np
cuando p > 1, la serie es convergente y cuando p ≤ 1, la serie es divergente.
Según el criterio de Pringsheim, si α = p, lı́m nα
PROBLEMA 9.8.
P
Estudiar el carácter de la serie
an de término general
√
x+n−1
an = √
.
x2 + n2 + 1
Solución
Aplicamos nuevamente el criterio de Pringsheim y debemos determinar el
valor de α para que lı́m nα an sea un número real no nulo. Tenemos que
√
x+n−1
α
lı́m n √
= 1 cuando α = 1/2.
x2 + n2 + 1
Como es un valor menor que uno, se deduce que la serie es divergente.
PROBLEMA 9.9.
P
Estudiar el carácter de la serie
an de término general
√
√
an = n + 1 − n.
407
Solución
Aplicamos en este caso el criterio de Pringsheim:
√
√
lı́m nα ( n + 1 − n) = lı́m √
nα
√ .
n+1+ n
Este lı́mite es finito cuando α = 1/2 por lo que la serie es divergente.
PROBLEMA 9.10.
Estudiar el carácter de la serie
P
an = √
n
an de término general
1
.
n+1
Solución
Como
lı́m an = lı́m √
n
1
1
n
= 1 6= 0,
= lı́m n+1 = lı́m
n
+
1
n+1
n
la serie es divergente.
PROBLEMA 9.11.
Estudiar el carácter de la serie
P
an = ln
an de término general
n+1
.
n
Solución
n+1
1
n+1
Debido a la equivalencia de los infinitésimos ln
∼
−1=
y
n
n
n
P
como la serie
1/n es divergente, la serie dada también diverge.
408
PROBLEMA 9.12.
Estudiar el carácter de la serie
P
an =
an de término general
n!
.
n2
Solución
n!
Si calculamos el lı́mite del término general se obtiene que lı́m 2 = ∞ por
n
lo que la serie es divergente.
PROBLEMA 9.13.
Estudiar el carácter de la serie
an =
P
an de término general
5 · loga n
.
3 · logb n
Solución
Aplicando la fórmula del cambio de base de logaritmos, podemos escribir
5 ln b
5 · (ln n/ ln a)
an =
= ·
.
3 · (ln n/ ln b)
3 ln a
Como el término general es constante, no tiende a cero, por lo que la serie
es divergente.
PROBLEMA 9.14.
Estudiar el carácter de la serie
P
an =
409
an de término general
ln n
.
n
Solución
P
ln n
1
Por el criterio de comparación, como
> y la serie armónica
1/n es
n
n
divergente, la serie dada también es divergente.
PROBLEMA 9.15.
Demostrar que las series u1 + u2 + · · · + un + . . . y ln(1 + u1 ) + ln(1 +
u2 ) + · · · + ln(1 + un ) + . . . tienen el mismo carácter si un > 0 y
lı́m un = 0.
n→∞
Solución
Utilizando el criterio de comparación tenemos:
lı́m
ln(1 + un )
= lı́m ln(1 + un )1/un = ln lı́m(1 + un )1/un = ln e = 1 6= 0.
un
Esto asegura que ambas series tienen el mismo carácter.
PROBLEMA 9.16.
Estudiar el carácter de la serie
P
an de término general
√
an = arc sen(1/ n).
Solución
√
arc sen(1/ n)
√
= 1, la serie dada es equivalente a la serie
Debido a que lı́m
1/ n
P √
armónica
1/ n, la cual es divergente.
PROBLEMA 9.17.
Estudiar el carácter de la serie
an =
P
an de término general
1 + sen2 n
.
n2
410
Solución
P
1 + sen2 n
2
Como 0 ≤
≤ 2 y la serie
2/n2 es convergente, por el criterio
2
n
n
de comparación se deduce la convergencia de la serie dada.
PROBLEMA 9.18.
Estudiar el carácter de la serie
P
an =
an de término general
n!
.
nn
Solución
Aplicamos el criterio del cociente de D’Alembert:
n!/nn
n!(n − 1)n−1
lı́m
=
lı́m
= lı́m
(n − 1)!/(n − 1)n−1
nn (n − 1)!
n−1
n
n−1
= e−1 .
Como el lı́mite es menor que uno, la serie es convergente.
PROBLEMA 9.19.
Estudiar el carácter de la serie
an =
P
an de término general
nn
.
3n · n!
Solución
Aplicando el criterio del cociente:
lı́m
an
an−1
nn
3n−1 · (n − 1)!
nn−1
1
·
=
lı́m
·
3n · n!
(n − 1)n−1
3 (n − 1)n−1
n−1
n−1
n
1
1
e
1
lı́m
= lı́m 1 +
= < 1.
3
n−1
3
n−1
3
= lı́m
=
411
Por tanto la serie dada es convergente.
PROBLEMA 9.20.
P
Estudiar el carácter de la serie
an =
an de término general
1
a
tg n .
n
2
2
Solución
Aplicando el criterio de D’Alembert:
lı́m
an+1
an
tg(a/2n+1 )
2n
1
a
a
·
= lı́m tg n+1 · cotg n
n+1
n
2
tg(a/2 )
2
2
2
n
a
2
1
1
lı́m n+1 ·
= < 1.
2
2
a
4
= lı́m
=
Esto prueba que la serie es convergente.
PROBLEMA 9.21.
P
Estudiar el carácter de la serie
an =
an de término general
2n x2n
respecto a los diversos valores de x.
1 + x2n
Solución
2n
→ ∞ y la serie será divergenEn primer lugar, si x2 = 1 =⇒ an =
1+1
te.
Si x2 > 1 =⇒ lı́m an = lı́m 2n · lı́m
divergente.
x2n
= ∞ · 1 = ∞. La serie es
1 + x2n
Para x2 < 1 aplicamos el criterio de D’Alembert:
lı́m
an
2n x2n 1 + x2(n−1)
2x2 (1 + x2n−2 )
= lı́m
·
=
lı́m
= 2x2 ,
an−1
1 + x2n 2n−1 x2(n−1)
1 + x2n
412
pues x2n → 0 y x2n−2 → 0 cuando x2 < 1.
La serie es convergente cuando 2x2 < 1, es decir
√ cuando |x| <
divergente cuando 2x2 > 1, es decir cuando |x| > 2/2.
√
2/2 y
Para el caso en que 2x2 = 1 tenemos x2 = 1/2, de donde:
an =
2n (1/2n )
1
=
→1
n
1 + (1/2 )
1 + (1/2n )
con lo que la serie es también es divergente cuando |x| =
√
2/2.
PROBLEMA 9.22.
Estudiar el carácter de la serie
an = ln
P
an de término general
n2 + 2n + 2
.
n2 − 2n + 2
Solución
Si aplicamos el criterio de Pringsheim resulta:
2
n2 + 2n + 2
4n
α
α n + 2n + 2
lı́m n ln 2
= lı́m n
− 1 = lı́m nα 2
.
2
n − 2n + 2
n − 2n + 2
n − 2n + 2
Si hacemos α = 1, el lı́mite da como resultado 4. De aquı́ se concluye que la
serie es divergente.
PROBLEMA 9.23.
Estudiar el carácter de la serie
P
an de término general
2n − 1
.
an = √
( 2)n
Solución
Por el criterio de la raı́z:
s
2n − 1
1 √
1
2n − 1
1
lı́m n √
= lı́m √ n 2n − 1 = √ lı́m
=√ .
2n − 3
( 2)n
2
2
2
413
Como el lı́mite es menor que uno, la serie es convergente.
PROBLEMA 9.24.
P
Estudiar el carácter de la serie
an =
an de término general
1
.
(ln n)ln n
Solución
Aplicando el criterio logarı́tmico tenemos:
ln (ln n)ln n
ln n ln(ln n)
ln(1/an )
= lı́m
= lı́m
= lı́m ln(ln n) = ∞ > 1.
lı́m
ln n
ln n
ln n
Esto indica que la serie es convergente.
PROBLEMA 9.25.
P
Estudiar el carácter de la serie
an de término general
n+1 a
an = ln
.
n−1
Solución
Comparamos esta serie con la de término general bn =
2
n−1
a
que tenemos:
ia
 2
ln 1 +
ln 1 + n−1
a
= lı́m
= lı́m 
2
h
lı́m
an
bn
2
n−1
"
= lı́m ln 1 +
2
n−1
a

n−1
2
n−1
414
n−1 #a
2
= (ln e)a = 1a = 1.
, con lo
Esto quiere decir que las dos
series
atienen el mismo carácter y como la serie
2
de término general bn =
es una serie armónica, es convergente
n−1
cuando a > 1 y divergente cuando a ≤ 1.
PROBLEMA 9.26.
Estudiar el carácter de la serie
an =
P
an de término general
logn a
.
loga n
Solución
Aplicando la fórmula del cambio de base en los logaritmos podemos escribir
ln a/ ln n
ln a 2
an =
=
.
ln n/ ln a
ln n
Aplicando el criterio logarı́tmico:
ln(1/an )
lı́m
ln n
ln
ln n 2
ln a
2 ln(ln n) − 2 ln(ln a)
ln n
ln n
ln(ln a)
ln(ln n)
− 2 lı́m
.
= 2 lı́m
ln n
ln n
= lı́m
= lı́m
El segundo lı́mite da como resultado cero y para calcular el primero, aplicamos el criterio de Stolz:
lı́m
ln(ln n)
ln n
ln n
ln ln(n−1)
ln(ln n) − ln[ln(n − 1)]
= lı́m n
ln n − ln(n − 1)
ln n−1
1
ln n
= lı́m −1
n
ln(n − 1)
ln n−1
= lı́m
1
= lı́m
ln
ln
n
n−1
1
= lı́m
n
n−1
ln n − ln(n − 1)
ln(n − 1)
n
ln n−1
1
·
= lı́m
= 0.
ln(n − 1)
ln(n − 1)
·
415
Como el lı́mite es menor que uno, la serie es divergente.
PROBLEMA 9.27.
P
Estudiar el carácter de la serie
an de término general
2n−1
n
an =
.
3n − 1
Solución
Por el criterio de la raı́z de Cauchy:
s
2n−1
2n−1
n
n
n
n
lı́m
= lı́m
= (1/3)2 = 1/9.
3n − 1
3n − 1
Como el lı́mite es menor que uno, la serie es convergente.
PROBLEMA 9.28.
P
Estudiar el carácter de la serie
an de término general
n+1 n
an =
.
2n − 1
Solución
Aplicamos nuevamente el criterio de la raı́z:
s
lı́m
n
n+1
2n − 1
n
= lı́m
n+1
1
= < 1.
2n − 1
2
Se deduce que la serie es convergente.
PROBLEMA 9.29.
P
Estudiar el carácter de la serie
an de término general
sen a n
an =
(a fijo).
n
416
Solución
Por el criterio de Raabe,

lı́m n
sen a n

1 − 
(n − 1)n sen a

n−1  = lı́m n 1 −
nn (n − 1)
sen a
n
n−1
n − 1 n sen a
= ∞ · 1 = ∞.
= lı́m n 1 −
n
n−1
Como el lı́mite es mayor que uno, la serie es convergente.
PROBLEMA 9.30.
P
Estudiar el carácter de la serie
an de término general
b
con 0 < a < π/2.
an = tg n a +
n
Solución
Aplicamos el criterio de la raı́z:
lı́m
√
n
b
an = lı́m tg a +
n
= tg a.
De aquı́ se deduce que si 0 < a < π/4, la serie es convergente pues el lı́mite
anterior es menor que uno.
Si π/4 < a < π/2, el citado lı́mite es mayor que uno por lo que la serie es
divergente.
Para a = π/4 se tiene:
lı́m an
π
b
tg(π/4) + tg(b/n) n
= lı́m tg
+
= lı́m
4 n
1 − tg(π/4) tg(b/n)
n
1 + tg(b/n)
= lı́m
= eL ,
1 − tg(b/n)
n
donde
1 + tg(b/n)
2 tg(b/n)
L = lı́m n
− 1 = lı́m n ·
1 − tg(b/n)
1 − tg(b/n)
2
= lı́m n tg(b/n) · lı́m
= 2b.
1 − tg(b/n)
417
Por lo tanto, lı́m an = e2b 6= 0 y la serie es divergente.
PROBLEMA 9.31.
Estudiar el carácter de la serie
an =
P
an de término general
nln n
.
(ln n)n
Solución
Aplicamos el criterio de Cauchy o de la raı́z:
lı́m
√
n
an = lı́m
nln n/n
.
ln n
Tomando logaritmos resulta:
lı́m ln
√
n
(ln n)2
ln n
ln n − ln(ln n) = lı́m
− ln(ln n) .
an = lı́m
n
n
Utilizamos el criterio de Stolz para calcular el lı́mite del primer sumando:
lı́m
(ln n)2
n
(ln n)2 − [ln(n − 1)]2
n − (n − 1)
lı́m[ln n + ln(n − 1)][ln n − ln(n − 1)]
n
lı́m ln n(n − 1) ln
n−1
ln(n2 − n)
n
− 1 = lı́m
lı́m ln(n2 − n)
n−1
n−1
2
2
ln(n − n) − ln[(n − 1) − (n − 1)]
lı́m
n − 1 − (n − 1 − 1)
2
n −n
lı́m ln 2
= ln 1 = 0.
n − 3n + 2
= lı́m
=
=
=
=
=
Como el lı́mite del segundo sumando es lı́m ln(ln n) = +∞, resulta que
lı́m ln
√
n
an = −∞ =⇒ lı́m
de modo que la serie es convergente.
418
√
n
an = 0 < 1,
PROBLEMA 9.32.
Estudiar el carácter de la serie
an =
P
an de término general
1
√ n.
(1 + 1/ n)
Solución
Aplicamos el criterio logarı́tmico:
√
lı́m
ln(1/an )
ln n
ln 1 +
= lı́m
√1
n
n
ln n
√
n ln 1 +
= lı́m
√1
n
ln
= lı́m
√ n
ln n
1+
√1
n
√ n n
ln n
√ n
n
1
.
= lı́m
lı́m ln 1 + √
ln n
n
√
Es evidente que el lı́mite del segundo factor es 1. Utilizaremos el criterio de
Stolz para calcular el lı́mite del primer factor:
√
√
√
n
n− n−1
n − (n − 1)
1
√
lı́m
= lı́m
= lı́m √
·
n
ln n
ln n − ln(n − 1)
n + n − 1 ln n−1
1
n−1
= lı́m √
√
= +∞.
= lı́m √
√
n+ n−1
( n + n − 1) n − 1
n−1
En definitiva, lı́m
ln(1/an )
= +∞ > 1 y la serie es convergente.
ln n
PROBLEMA 9.33.
P
Estudiar el carácter de la serie
an de término general
"
#−n
n + 1 n+1 n + 1
−
an =
.
n
n
Solución
Por el criterio de la raı́z:
v"
#−n
u n+1
u
n
+
1
n
+
1
n
lı́m t
−
= lı́m
n
n
419
1
n+1 n+1
n
−
n+1
n
=
1
< 1.
e−1
Esto muestra que la serie es convergente.
PROBLEMA 9.34.
P
Estudiar el carácter de la serie
an de término general
n
−n
2n + 1
n+1
+
an =
.
n
n
Solución
Aplicando el criterio de la raı́z:
lı́m
√
n
an = lı́m
1
+
n+1 n
n
2n+1
n
= lı́m
1
1+
1 n
n
+
2n+1
n
=
1
< 1.
e+2
La serie es convergente.
PROBLEMA 9.35.
Estudiar el carácter de la serie
an =
P
an de término general
nn
.
1 · 3 · 5 · . . . (2n − 3)(2n − 1)
Solución
Aplicando el criterio del cociente de D’Alembert:
lı́m
an
an−1
nn
1 · 3 · 5 · . . . (2n − 3)
·
1 · 3 · 5 · . . . (2n − 3)(2n − 1)
(n − 1)n−1
1
nn
nn−1
n
= lı́m
·
=
lı́m
·
2n − 1 (n − 1)n−1
2n − 1 (n − 1)n−1
n−1
n
n
1
lı́m
= · e > 1.
= lı́m
2n − 1
n−1
2
= lı́m
Por tanto la serie es divergente.
420
PROBLEMA 9.36.
Estudiar el carácter de la serie
an =
P
an de término general
ln 2 · ln 3 . . . ln n
.
n!
Solución
Aplicando el criterio del cociente de D’Alembert:
lı́m
an
an−1
ln 2 · ln 3 . . . ln n
(n − 1)!
·
n!
ln 2 · ln 3 . . . ln(n − 1)
ln n
= 0 < 1.
= lı́m
n
= lı́m
Entonces se trata de una serie convergente.
PROBLEMA 9.37.
Estudiar el carácter de la serie
an =
P
an de término general
n!
.
(a + 1)(a + 2) . . . (a + n)
Solución
Aplicamos el criterio del cociente:
lı́m
n!
(a + 1)(a + 2) . . . (a + n − 1)
n
·
= lı́m
= 1.
(a + 1)(a + 2) . . . (a + n)
(n − 1)!
a+n
El criterio no permite decidir sobre la convergencia de la serie por lo que
aplicamos el criterio de Raabe:
n
an
lı́m n 1 −
= lı́m
= a.
a+n
a+n
Resulta que si a < 1, la serie es divergente; si a > 1, la serie es convergente.
421
Cuando a = 1, sustituimos este valor en la serie y obtenemos
X
X 1
n!
=
2 · 3 · · · · · (n + 1)
n+1
la cual es evidentemente divergente.
PROBLEMA 9.38.
Estudiar el carácter de la serie
an =
P
an de término general
1 · 3 · 5 · · · · · (2n − 1)
.
2 · 4 · 6 · · · · · (2n + 2)
Solución
Aplicaremos el criterio de D’Alembert:
an
lı́m
= lı́m
an−1
1·3·5·····(2n−1)
2·4·6·····(2n+2)
1·3·5·····(2n−3)
2·4·6·····(2n)
= lı́m
2n − 1
= 1.
2n + 2
Como este criterio no decide el carácter de la serie, aplicamos el criterio de
Raabe:
an
3n
3
2n − 1
lı́m n 1 −
= lı́m
= .
= lı́m n 1 −
an−1
2n + 2
2n + 2
2
Como el lı́mite es mayor que uno, la serie es convergente.
PROBLEMA 9.39.
Estudiar el carácter de la serie
−n2 x
an = e
P
an de término general
según los valores de x.
Solución
Por el criterio de Raabe, tenemos:
!
2
e−n x
2
2
lı́m n 1 − −(n−1)2 x = lı́m n 1 − e−n x+n x+x−2nx = lı́m n 1 − ex(1−2n) .
e
422
Cuando x = 0, la serie dada es
P
1 que es evidentemente divergente.
Cuando x < 0, lı́m n 1 − ex(1−2n) = −∞ < 1 por lo que la serie es divergente.
Cuando x > 0, lı́m n 1 − ex(1−2n) = +∞ > 1 por lo que la serie es convergente.
PROBLEMA 9.40.
P
Estudiar el carácter de la serie
an de término general
s
α(α + 1) . . . (α + n − 1)
an =
según los valores de α y β .
β(β + 1) . . . (β + n − 1)
Solución
Por el criterio de Raabe:
q


α(α+1)...(α+n−1)
r
α+n−1
an
β(β+1)...(β+n−1)


q
lı́m n 1 −
= lı́m n 1 −
= lı́m n 1 −
α(α+1)...(α+n−2)
an−1
β+n−1
β(β+1)...(β+n−2)
√
√
β+n−1− α+n−1
√
= lı́m n
β+n−1
β+n−1−α−n+1
√
= lı́m n · √
√
β + n − 1( β + n − 1 + α + n − 1)
n(β − α)
β−α
√
= lı́m
.
=
2
2
β + n − 1 + n + ...
De aquı́ se deduce que si β − α > 2, la serie es convergente. Si β − α < 2, la
serie es divergente.
En el caso en
sque β −α = 2, es decir β = α+2, al sustituir en la serie original
X
α(α + 1)
. Aplicando ahora el criterio de Pringsheim,
resulta
(α + n)(α + n + 1)
s
α(α + 1)
resulta que lı́m np
es finito y no nulo cuando p = 1 lo
(α + n)(α + n + 1)
que hace que la serie sea divergente.
En definitiva, la serie es convergente si y sólo si β − α > 2.
423
PROBLEMA 9.41.
Calcular la suma de la serie
∞
X
n=1
n2
1
√
− 2 2n + 1
.
Solución
Si descomponemos el término general en fracciones simples, obtenemos:
A
B
1
√
√
√
=
+
.
− 2 2n + 1
n− 2−1 n− 2+1
√
√
Esto implica que 1 = A(n − 2 + 1) + B(n − 2 − 1) por lo que A = 1/2 y
B = −1/2.
n2
Sumando ahora los n primeros términos de la sucesión tenemos:
an =
an−1 =
an−2 =
...
1/2
1/2
√
√
−
n− 2−1 n− 2+1
1/2
1/2
√
√
−
n− 2−2 n− 2
1/2
1/2
√
√
−
n− 2−3 n− 2−1
1/2
1/2
√ −
√
1− 2 3− 2
1/2
1/2
√ −
√
a1 =
− 2 2− 2
1
1
1
1
1
√
√
√
√
Sn =
+
−
−
.
2 1− 2 − 2 n− 2+1 n− 2
X
1
1
1
√
√
En definitiva, S =
an = lı́m Sn =
+
.
2 1− 2 − 2
a2 =
PROBLEMA 9.42.
Dada la serie de término general an =
que es convergente y sumarla.
424
n3
n + 12
, demostrar
+ 5n2 + 6n
Solución
Por el criterio de Pringsheim, lı́m np an = lı́m
2 > 1, por lo que la serie es convergente.
np (n + 12)
= 1 cuando p =
n3 + 5n2 + 6n
Para sumar la serie descomponemos el término general en fracciones simples:
A
B
C
n + 12
= +
+
n3 + 5n2 + 6n
n
n+2 n+3
A(n + 2)(n + 3) + Bn(n + 3) + Cn(n + 2)
=
n(n + 2)(n + 3)
=⇒ n + 12 = A(n + 2)(n + 3) + Bn(n + 3) + Cn(n + 2).
an =
Para n = 0, 12 = 6A =⇒ A = 2.
Para n = −2, 10 = −2B =⇒ B = −5.
Para n = −3, 9 = 3C =⇒ C = 3.
De aquı́ obtenemos:
an =
an−1 =
an−2 =
an−3 =
...
2
5
3
−
+
n n+2 n+3
2
5
3
−
+
n−1 n+1 n+2
5
3
2
− +
n−2 n n+1
2
5
3
−
+
n−3 n−1 n
2 5 3
− +
4 6 7
2 5 3
a3 =
− +
3 5 6
2 5 3
a2 =
− +
2 4 5
2 5 3
a1 =
− +
1 3 4
2
2
3
3 2 2
Sn = −
−
+
− + + =⇒ S = lı́m Sn = −1 + 1 + 2 = 2.
n+1 n+2 n+3 3 2 1
a4 =
PROBLEMA 9.43.
Sumar la serie
1
1
1
+
+
+ . . ..
1·3·5 3·5·7 5·7·9
425
Solución
El término general de la serie es an =
1
. Al descom(2n − 1)(2n + 1)(2n + 3)
ponerlo en fracciones simples resulta:
A
B
C
+
+
2n − 1 2n + 1 2n + 3
A(2n + 1)(2n + 3) + B(2n − 1)(2n + 3) + C(2n − 1)(2n + 1)
=
(2n − 1)(2n + 1)(2n + 3)
=⇒ A(2n + 1)(2n + 3) + B(2n − 1)(2n + 3) + C(2n − 1)(2n + 1) = 1
an =
=⇒ A = 1/8, B = −1/4, C = 1/8.
Por tanto,
1
1
2
1
−
+
8 2n − 1 2n + 1 2n + 3
1
1
2
1
an−1 =
−
+
8 2n − 3 2n − 1 2n + 1
1
1
2
1
an−2 =
−
+
8 2n − 5 2n − 3 2n − 1
...
1 1 2 1
a2 =
− +
8 3 5 7
1 1 2 1
a1 =
− +
8 1 3 5
1
1
1
1
Sn =
−
+1−
.
8 2n + 3 2n + 1
3
1
1
1
Tenemos entonces que S = lı́m Sn =
1−
= .
8
3
12
an =
PROBLEMA 9.44.
Sumar la serie
∞
X
1
n=1
n+3
3
.
426
Solución
Escribimos el término general en la forma an =
3!
y lo
(n + 3)(n + 2)(n + 1)
descomponemos en fracciones simples:
6
A
B
C
=
+
+
.
(n + 3)(n + 2)(n + 1)
n+3 n+2 n+1
Esto implica que 6 = A(n + 2)(n + 1) + B(n + 3)(n + 1) + C(n + 3)(n + 2) lo
que al resolver produce los valores A = 3, B = −6, C = 3. Sumando ahora
los n primeros términos de la sucesión:
an =
an−1 =
an−2 =
...
a2 =
a1 =
Sn =
6
3
3
−
+
n+3 n+2 n+1
3
6
3
−
+
n+2 n+1 n
3
6
3
− +
n+1 n n−1
3 6 3
− +
5 4 3
3 6 3
− +
4 3 2
3
6
3
3 6 3
−
+
+ − + .
n+3 n+2 n+2 3 3 2
Entonces S = lı́m Sn = 1/2.
PROBLEMA 9.45.
Sumar la serie
∞
X
n=2
ln n+1
n
.
ln n ln(n + 1)
Solución
Escribimos el término general como
an =
ln(n + 1) − ln n
1
1
=
−
.
ln n · ln(n + 1)
ln n ln(n + 1)
427
Sumando los primeros términos de la sucesión resulta:
an =
an−1 =
a3 =
a2 =
Sn =
1
1
−
ln n ln(n + 1)
1
1
−
ln(n − 1) ln n
...
1
1
−
ln 3 ln 4
1
1
−
ln 2 ln 3
1
1
−
.
ln 2 ln(n + 1)
Entonces S = lı́m Sn = 1/ ln 2.
PROBLEMA 9.46.
Sumar la serie
X
n≥2
1
ln 1 − 2 .
n
Solución
Escribimos el término general de la forma:
an = ln
n2 − 1
(n + 1)(n − 1)
= ln
= ln(n + 1) − 2 ln n + ln(n − 1).
2
n
n2
Dando valores decrecientes a n tenemos:
an = ln(n + 1) − 2 ln n + ln(n − 1)
an−1 = ln n − 2 ln(n − 1) + ln(n − 2)
an−2 = ln(n − 1) − 2 ln(n − 2) + ln(n − 3)
...
a4 = ln 5 − 2 ln 4 + ln 3
a3 = ln 4 − 2 ln 3 + ln 2
a2 = ln 3 − 2 ln 2 + ln 1.
n+1
− ln 2.
n
La suma de la serie es S = lı́m Sn = ln 1 − ln 2 = − ln 2.
Sn = ln(n + 1) − ln n − ln 2 = ln
428
PROBLEMA 9.47.
Estudiar el carácter y hallar la suma de la serie
X 2n + 1
n≥1
7n
.
Solución
Aplicando el criterio de D’Alembert,
an
2n + 1
7n−1
1 2n + 1
1
= lı́m
·
= lı́m ·
= < 1.
n
an−1
7
2(n − 1) + 1
7 2n − 1
7
La serie es convergente.
lı́m
5
2n + 1
3
. Los términos
Para hallar su suma escribimos Sn = + 2 + · · · +
7 7
7n
de la serie resultan de multiplicar los términos de la progresión aritmética
3, 5, . . . 2n+1 por los correspondientes de la progresión geométrica 1/7, 1/72 , . . . 1/7n .
Estas series, llamadas aritmético-geométricas, se suman de la siguiente forma:
3
5
2n − 1 2n + 1
Sn = + 2 + · · · + n−1 +
7 7
7
7n
1
3
5
2n − 1 2n + 1
Sn = 2 + 3 + · · · +
+ n+1
7
7
7
7n
7
Restando:
6
3
2
2
2
2n + 1
Sn =
+ 2 + 3 + · · · + n − n+1
7
7 7
7
7
7
2
2
−
3
2n
+
1
n+1
2
7
=
+ 7 1
− n+1 .
7
7
−
1
7
Como lı́m
2n + 1
= 0, resulta que la suma de la serie es:
7n+1
6
3 2/49
10
5
S= +
=
=⇒ S = .
7
7
6/7
21
9
PROBLEMA 9.48.
Sumar la serie
P
n2 xn , 0 < x < 1.
n≥1
429
Solución
El proceso que seguiremos es el siguiente:
Sn = x + 4x2 + 9x3 + · · · + (n − 1)2 xn−1 + n2 xn
xSn = x2 + 4x3 + · · · + (n − 2)2 xn−1 + (n − 1)2 xn + n2 xn+1 .
Restando miembro a miembro:
(1 − x)Sn = x + 3x2 + 5x3 + · · · + (2n − 1)xn − n2 xn+1
x(1 − x)Sn = x2 + 3x3 + · · · + (2n − 3)xn + (2n − 1)xn+1 − n2 xn+2 .
Restando nuevamente las dos últimas igualdades:
(1 − x)2 Sn = x + 2x2 + 2x3 + · · · + 2xn − (n2 + 2n − 1)xn+1 + n2 xn+2
xn+1 − x2
− (n2 + 2n − 1)xn+1 + n2 xn+2 .
= x+2·
x−1
Como 0 < x < 1, (n2 + 2n − 1)xn+1 → 0 y n2 xn+2 → 0 cuando n →
∞. Resulta entonces que si llamamos S = lı́m Sn a la suma de la serie,
tenemos:
2x2
x2 + x
(1 − x)2 S = x −
=⇒ S =
.
x−1
(1 − x)3
430
B. EJERCICIOS PROPUESTOS.
1.- Estudiar la convergencia de las siguientes series:
X
nn
a)
.
(2n + 1)n
Resp.: Convergente (raı́z).
b)
X
24n−3
.
(4n − 3)!
Resp.: Convergente (cociente).
X n
.
en
Resp.: Convergente (cociente).
c)
d)
X
2n
.
1 · 3 · 5 . . . (2n + 1)
Resp.: Convergente (cociente).
e)
X cos2 n
n2
.
Resp.: Convergente (comparación con
f)
X
√
3
X n2
X nn · n!
(3n)!
.
Resp.: Convergente (cociente).
i)
P
1/n8/3 ).
n+2
.
+1
.
n!
Resp.: Convergente (cociente).
h)
1/n2 ).
n3
Resp.: Convergente (comparación con
g)
P
X (2n)!
(n!)2
.
431
Resp.: Divergente (cociente).
j)
X
1
.
(ln n!) + n2
Resp.: Convergente (comparación con
P
1/n2 ).
1 1·3 1·3·5
+
+
+ ...
3 3·6 3·6·9
k)
Resp.: Convergente (cociente).
l)
X 1 · 3 . . . (2n − 1)
2 · 4 . . . 2n
.
Resp.: Divergente (Raabe).
m)
1
X
p
n(n + 1)
.
Resp.: Divergente (comparación con
n)
X 2n
n
P
1/n).
.
Resp.: Divergente (cociente).
o)
X 2 · 5 · 8 . . . (3n − 1)
1 · 5 · 9 . . . (4n − 3)
.
Resp.: Convergente (cociente).
p)
X nn/2 · 5n
n!
.
Resp.: Convergente (raı́z).
q)
X
1
.
(3n − 2)(3n + 1)
Resp.: Convergente (comparación con
r)
X
1
.
n ln 1 + n1
Resp.: Divergente (lı́m an 6= 0).
432
P
1/n2 ).
s)
X 1 · 11 · 21 . . . (10n − 9)
(2n − 1)!
.
Resp.: Divergente (cociente).
X n!
.
nn
Resp.: Convergente (raı́z).
t)
u)
X 2n senn
√
3
en n2
.
Resp.: Convergente (raı́z).
1
.
n ln n
Resp.: Divergente (integral).
v)
X
2.- Calcular la suma de las siguientes series:
X 3n + 5
a)
.
2n
n≥1
Resp.: S = 11.
b)
X
n(n − 1)xn para |x| < 1.
n≥1
Resp.: S =
√
c)
X
n≥1
2x2
.
(1 − x)3
√
n+1− n
√
.
n2 + n
Resp.: S = 1.
d)
X
n≥1
1
.
(3n + 2)(3n + 8)
Resp.: S = 13/240.
e)
X n − 1 2
n≥2
en
.
433
Resp.: S =
f)
X
n≥2
e2 + 1
.
(e2 − 1)3
2n + 3
.
(n − 1)n(n + 2)
Resp.: S = 65/36.
g)
X
n≥1
(4n2
n
.
− 1)2
Resp.: S = 1/8.
h)
X
nen .
n≥1
Resp.: S = ∞.
i)
X 2n2 + n − 1
n≥1
Resp.: S =
en
.
2e2 − 2e + 9
.
(e − 1)3
434
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