EJERCICIOSSERIESDEFUNCIONES

EJERCICIOS DE SERIES DE FUNCIONES
1.
Campo de convergencia. Convergencia uniforme
1. Determinar el campo de convergencia de la serie
X
2n senn x.
n≥0
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 P
intervalo,
P es decir cuando | sen x| = 1/2, donde el criterio de la raı́z no
decide, quedan las series
1 ó (−1)n , que son claramente divergentes.
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
aplicando el criterio de la raı́z a la serie
1/enx , resulta:
lı́m
p
n
cos nx
1
≤ nx y,
nx
e
e
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 serie es también
e
divergente.
3. Estudiar la convergencia y convergencia uniforme de la serie
X
n≥1
Solución
1
x
en R.
(1 + x)n
x
→ ∞. Por el criterio del resto
(1 + x)n
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
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.
X sen √nx
√
5. Estudiar la convergencia y convergencia uniforme de la serie
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 propuesta converge absoluta
n n
n3/2
y uniformemente en R.
y la serie
X
6. Estudiar la convergencia y convergencia uniforme de la serie
X
(−1)n−1 xn en [−1/2, 1/2].
n≥1
Solución
La serie converge absoluta y uniformemente debido al criterio de Weierstrass porque, si −1/2 ≤
x ≤ 1/2,
1
|(−1)n−1 xn | ≤ n , ∀n
2
P
n
y la serie geométrica
1/2 es convergente.
7. Estudiar la convergencia y convergencia uniforme de la serie
X
n≥1
arc tg
x2
2x
en R.
+ n3
Solución
Sea N una constante positiva fija. Teniendo en cuenta que | arc tg x| ≤ |x|, ∀x ∈ R, obtenemos
las siguientes acotaciones:
- Si |x| ≤ N , arc tg
x2
2x
2x
2N
≤ 2
≤ 3 , ∀n.
3
3
+n
x +n
n
2x
2x
2
≤ 2
≤ 2 , ∀n > |x|.
3
3
+n
x +n
n
X 2N X 2
Como las dos series
y
son convergentes, del criterio de Weierstrass se deduce que
n3
n2
la serie propuesta es absoluta y uniformemente convergente.
- Si |x| > N , arc tg
x2
2
X xn sen nx
8. Probar que la serie
np
n≥1
converge uniformemente en [−1, 1] si p > 1.
Solución
En efecto, por el criterio de Weierstrass, si p > 1 y −1 ≤ x ≤ 1, tenemos la acotación
xn sen nx
1
≤ p
p
n
n
y la serie mayorante
X 1
es convergente.
np
9. Probar que la serie
X
(−1)n
n≥1
x2 + n
converge uniformemente en todo [a, b] pero nunca
n2
converge absolutamente.
Solución
x2 + n
Si llamamos fn (x) = (−1)n
, por el criterio de comparación, como |fn (x)| ∼ 1/n y la serie
n2
P
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)| =
α2 + (n + 1)
x2 + (n + 1)
≤
→ 0, ∀x ∈ [a, b],
(n + 1)2
(n + 1)2
lo que indica que la serie converge uniformemente.
10. Dada la serie
∞
X
fn (x), donde fn (x) son continuas en [0, 1] para todo n y verifican la
n=1
acotación
n
X
fk (x) − x2 ≤
∞ Z 1
X
n
,
∀x
∈
[0,
1]
,
calcular
fn (x) dx.
n2 + 5
0
n=1
k=1
Solución
n
→ 0 cuando n → ∞ independientemente de x ∈ [0, 1], la acotación dada indica
Como 2
n +5
∞
X
que la serie
fn (x) converge uniformemente a la función y = x2 . En consecuencia la serie se
n=1
puede integrar término a término y resulta:
∞ Z
X
1
Z
fn (x) dx =
n=1 0
11. Probar que la serie
0 n=1
X sen nx
n≥1
∞
1X
n2
Z
fn (x) dx =
0
1
1
x2 dx = .
3
es convergente en todo R. Si f (x) es 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
3
Solución
X 1
sen nx
1
Si llamamos fn (x) =
, como |fn (x)| ≤ 2 , ∀n, ∀x ∈ R y la serie
es convergente,
2
n
n
n2
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
fn (x) dx, deducimos entonces que:
f (x) dx =
De la fórmula
n≥1 0
0
Z
0
π
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
2.
n≥1
si n es par
si n es impar.
Series de potencias. Intervalos de convergencia
1. Determinar el campo de convergencia de la serie
X
n≥0
xn
.
2n · n2
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 convergente.
n2
2. Determinar el campo de convergencia de la serie
X n! xn
n≥0
nn
.
Solución
Por la fórmula de Hadamard,
p
√
√
n
n
p
1
n!
n · e−1 ·
2πn
n
= lı́m sup |an | = lı́m
= lı́m
= e−1 ,
R
n
n
4
con lo que R = e y la serie converge absolutamente en (−e, e) y diverge cuando x ∈ (−∞, −e) ∪
(e, ∞). En los extremos tenemos:
X n! en
- Si x = e, la serie es
. Como
nn
lı́m
√
n! en
= lı́m 2πn = ∞ =
6 0,
n
n
la serie es divergente.
- Si x = −e, la serie es
anterior.
X (−1)n n! en
nn
que también es divergente, por la misma razón del caso
3. Determinar el campo de convergencia de la serie
X
n≥1
xn
.
n · 10n−1
Solución
Por la fórmula de Hadamard,
p
1
1
1
= lı́m sup n |an | = lı́m √
= ,
n
n−1
R
10
n · 10
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 convergente (basta aplicar
n
el criterio de Leibnitz).
4. Determinar el campo de convergencia de la serie
X
n≥0
xn
, donde a, b > 0.
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
p
= lı́m sup n |an | = lı́m √
=
,
=
lı́m
n n
R
a
a + bn
a n 1 + (b/a)n
con lo que R = a y la serie converge absolutamente en (−a, a) y diverge en (−∞, −a) ∪ (a, ∞).
X an
- Cuando x = a, tenemos la serie
. Como
an + bn
lı́m
an
an
1
= lı́m
= 1 6= 0,
+ bn
1 + (b/a)n
la serie es divergente.
- Cuando x = −a, aplicamos el mismo procedimiento anterior y la serie es también divergente.
5
X nx n
5. Determinar el campo de convergencia de la serie
.
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 ambos casos, si
n+1
n+1
llamamos an al término general,
n
−1
n
n
= lı́m en·( n+1 −1) = lı́m en· n+1 = e−1 6= 0,
lı́m |an | = lı́m
n+1
de modo que ambas series son divergentes.
6. 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 = P
−1, tenemos la serie divergente
−(n + 1), y para x = 3, tenemos también la serie
divergente (−1)n+1 (n + 1).
7. Determinar el campo de convergencia de la serie 1 +
X
(−1)n
n≥1
x4n−1
.
4n
Solución
Aplicaremos el criterio del cociente considerando la serie como serie numérica.
lı́m
an+1
x4n+3 /(4n + 4)
= 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:
X (−1)n
es condicionalmente convergente.
- Si x = 1, la serie 1 +
4n
n≥1
- Si x = −1, la serie es 1 −
X (−1)n
n≥1
4n
que es también condicionalmente convergente.
6
8. 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 ·
9. Determinar el campo de convergencia de la serie
X
−1/n2
2
= 1 6= 0.
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.
10. Determinar el campo de convergencia de la serie
X (x − 1)2n
n≥1
n · 9n
.
Solución
Aplicando el criterio de la raı́z,
lı́m
p
|x − 1|2
|x − 1|2
n
√
|an | = lı́m
=
.
n
9
9· n
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.
11. Determinar el campo de convergencia de la serie
X (2n − 1)n (x + 1)n
n≥1
Solución
7
2n−1 · nn
.
Por el criterio de la raı́z tenemos:
lı́m
p
(2n − 1) · |x + 1|
n
|an | = lı́m
= |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 el término general no
2n−1 · nn
tiende a cero:
(2n − 1)n
2n − 1 n
lı́m n−1 n = lı́m 2 ·
= 2e−1/2 .
2
·n
2n
X
(2n − 1)n
- Si x = −2, tenemos la serie alternada
(−1)n · n−1 n que también es divergente por la
2
·n
misma razón que en el caso anterior.
X (x + 5)2n−1
12. Determinar el campo de convergencia de la serie
n≥1
2n · 4n
.
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
Entonces la serie converge absolutamente cuando
diverge cuando x ∈ (−∞, −7) ∪ (−3, ∞).
|x + 5|2 · 2n
|x + 5|2
=
.
4 · 2(n + 1)
4
|x + 5|2
< 1, es decir cuando x ∈ (−7, −3) y
4
En los extremos del intervalo, x = −3 y x = −7, tenemos la serie
13. Determinar el campo de convergencia de la serie
X
P
1/4n que es divergente.
n!
xn−1 .
(a + 1) . . . (a + n)
Solución
Si aplicamos el criterio del cociente, tenemos:
an+1
lı́m
= lı́m
an
(n+1)!xn
(a+1)...(a+n)(a+n+1)
n!xn−1
(a+1)...(a+n)
= lı́m
(n + 1)|x|
= |x|.
a+n+1
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, resulta:
(a + 1) . . . (a + n)
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, si a = 1, la serie es
X 1
ahora
, que es evidentemente divergente.
n+1
8
n!
. Como hemos visto antes,
(a + 1) . . . (a + n)
cuando a > 1 es absolutamente convergente. Cuando a ≤ 1 aplicamos el criterio de Leibnitz,
n!
:
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 creciente si a < 0. En el
an
a+n+1
primer caso, 0 < a ≤ 1, además lı́m an = 0. Veámoslo:
Como
Si
llamamos
n!
1
= lı́m
,
(a + 1) . . . (a + n)
(1 + a)(1 + a/2) . . . (1 + a/n)
L = lı́m
al
tomar logaritmos obtenemos:
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.
14. Determinar el campo de convergencia de la serie
X
x
n−1
1
.
ln 1 +
n
Solución
Por el criterio del cociente,
lı́m
xn · ln n+2
an+1
= |x|.
= lı́m n−1 n+1
an
x
· ln n+1
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 comprueba al compararla
P
con la serie armónica
1/n.
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.
15. 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)
(2n+1)!
1·3·5·6...(4n−3)(3n)
· |t| = lı́m
(2n + 3)(2n + 2)
|t|
· |t| = .
(4n + 1)(3n + 3)
3
√
De aquı́ se deduce que la√
serie converge absolutamente cuando |t| < 3, o bien cuando |x| < e 5 3,
y diverge cuando |x| > e 5 3.
9
X
√
- Cuando x = e 5 3, la serie queda
(−1)5n ·
(2n + 1)! · 3n
. Esta serie es divergente
1 · 3 · 5 · 6 . . . (4n − 3)(3n)
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.
X
an z n tiene radio de convergencia 2, encontrar los radios de convergencia
X
X
X
n
2
de las series
akn z n ,
an z k , (k > 1),
an z n .
16. Si la serie
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
|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.
lı́m sup
kn
Análogamente, como
in·(1/n2 )
h
p
|an | = lı́m sup |an |1/n
= (1/2)0 = 1,
X
2
el radio de convergencia de
an z n es R3 = 1.
lı́m sup
n2
17. 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)
·
xn+1
n+1
|x|
= lı́m
· |x| =
,
xn
2n + 3
2
de modo que la serie converge absolutamente cuando |x| < 2.
10
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.
c) Si escribimos bn = an · 2n =
2 · 4 . . . 2n
2 4
2n
= · ...
, entonces
3 · 5 . . . (2n + 1)
3 5
2n + 1
pn = ln bn = ln
2
4
2n
+ ln + · · · + ln
3
5
2n + 1
es una cantidad negativa por ser suma de números negativos (logaritmos de números meX
2n
ln
nores que uno). Además pn es la suma de los n primeros términos de la serie
.
2n + 1
n≥1
Esta
P serie es divergente como se observa al aplicar el criterio de comparación con la serie
1/n:
n
ln 2n
2n
= e−1/2 .
lı́m 2n+1 = lı́m ln
1/n
2n + 1
Esto quiere decir que lı́m pn = −∞, como querı́amos probar.
X
(−1)n · 2n · an . Para estudiar su cond) La serie original en x = −2 es la serie alternada
vergencia 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).
3.
Desarrollo de funciones en series de potencias
1. Desarrollar en serie de McLaurin la función f (x) = (1 + x)e−x y determinar su intervalo
de convergencia.
Solución
Como e−x =
X (−x)n
n≥0
n!
(1 + x)e−x =
, para todo x ∈ R, entonces
X (−x)n
n≥0
n!
+x
X (−x)n
n≥0
n!
= −1 +
X (−1)n
n≥1
n!
xn +
X (−1)n
n≥0
X (−1)n
n!
xn+1
X (−1)m−1
= −1 +
xn +
xm
n!
(m − 1)!
n≥1
m≥1
X
X
1
1−n
n n 1
= −1 +
(−1) x
−
= −1 +
(−1)n xn
,
n! (n − 1)!
n!
n≥1
n≥1
y el desarrollo es también válido en todo R.
11
x
en serie de potencias alrededor del origen es1 + x2
pecificando su intervalo de convergencia.
2. Desarrollar la función f (x) = x + √
Solución
2 −1/2
Utilizaremos el desarrollo en serie binómica (1 + x )
X −1/2
(x2 )n , válido cuando
=
n
n≥0
−1/2
1
·
3
.
.
.
(2n
− 1)
|x| < 1; teniendo en cuenta que
= (−1)n ·
, resulta:
n
n! · 2
n
X
1 · 3 . . . (2n − 1) 2n+1
(−1)n ·
x + x(1 + x2 )−1/2 = x +
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).
(
3. Desarrollar la función f (x) =
ex −1
x
si x 6= 0
en serie de McLaurin.
si x = 0
1
Solución
A partir del desarrollo ex =
X xn
n≥0
n!
, obtenemos:
ex − 1 =
X xn
n≥1
n!
=⇒
ex − 1 X xn−1
=
x
n!
n≥1
y el desarrollo es válido en todo R por serlo el desarrollo de ex .
4. 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):
X
x2n+1
+ C, con C = y(0) = 0.
y=
(−1)n
2n + 1
n≥0
Multiplicando ahora por 1 + x2 , obtenemos en definitiva:
X
X
X
x2n+1
x2n+3
x2n+1
f (x) =
(−1)n
+
(−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
m≥1
n≥1
X
2
= x+
(−1)n−1
x2n+1 ,
(2n + 1)(2n − 1)
n≥1
12
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).
x
especifican1 + x3 Z x
f (t)dt.
do su intervalo de convergencia. Escribir el desarrollo de la función F (x) =
5. Desarrollar en serie de potencias alrededor de x = 0 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
(−1)n t3n+1 dt
f (t)dt =
F (x) =
0
=
X
(−1)n
n≥0
n≥0 0
x
t3n+2
3n + 2
=
0
X
(−1)n
n≥0
x3n+2
.
3n + 2
Ahora la serie obtenida converge también (aunque sólo condicionalmente) cuando x = −1.
6. Desarrollar la función f (x) = sen2 x en serie de McLaurin.
Solución
Debido a la fórmula sen2 x =
función dada es:
f (x) =
1 − cos 2x
y a partir del desarrollo del coseno, el desarrollo de la
2
(2x)2n X
22n−1 · x2n
1 1X
−
(−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.
7. 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:


 
n
X
X
x
f (x) =  (−1)n xn  ·  (−1)n−1  .
n
n≥0
n≥1
Para calcular el coeficiente del término general de la serie producto hacemos:
pn =
n
X
k=0
n
n
X
X
1
n−k
k−1 1
n−1
an−k · bk =
(−1)
· (−1)
· = (−1)
, ∀n ≥ 1.
k
k
k=1
k=1
13
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.
8. 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) =
desarrollar ésta última como serie binómica, obtenemos:
X 1/2
X 1/2
n
1/2
(x − 1)n ,
t =⇒ f (x) =
f (t) = (t + 1) =
n
n
√
t + 1. Al
n≥0
n≥0
y el desarrollo es válido cuando −1 < x − 1 < 1, es decir cuando 0 < x < 2.
9. 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.
x2 + 5x − 6
x−1 x+6
(x − 1)(x + 6)
X m
Teniendo en cuenta ahora el desarrollo en serie binómica, (1 + x)m =
xn , x ∈ (−1, 1),
n
f (x) =
n≥0
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
n
6
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
1+
xn .
f (x) =
x +
(−1) n =
6
6n
n≥0
n≥0
n≥0
10. Desarrollar la función f (x) = arc sen x en serie de McLaurin.
Solución
Como la derivada de la función es f 0 (x) = √
1
= (1 − x2 )−1/2 , podemos escribir el desarrollo
1 − x2
de esta última función como:
X −1/2
X 1 · 3 . . . (2n − 1)
0
f (x) =
x2n , x ∈ (−1, 1).
(−x2 )n =
n
2n · n!
n≥0
n≥0
14
Integrando ahora término a término en el intervalo de convergencia absoluta, resulta:
f (x) =
X 1 · 3 . . . (2n − 1)
2n
n≥0
11. Desarrollar la función f (x) =
· n!
·
x2n+1
, x ∈ (−1, 1).
2n + 1
1+x
en serie de McLaurin.
1 − x3
Solución
Si descomponemos
la función en dos fracciones y aplicamos el desarrollo de la serie geométrica
X −1
3 −1
(−x3 )n , tenemos:
(1 − x ) =
n
n≥0
X −1
X −1
1
x
3 n
(−x3 )n
(−x
)
+
x
+
=
n
n
1 − x3 1 − x3
n≥0
n≥0
X
X
X
3n
3n+1
3n+1
3n
(x + x
)
x
=
x +
=
f (x) =
n≥0
n≥0
n≥0
y el desarrollo es válido en el intervalo (−1, 1), que corresponde al intervalo donde convergen
ambas series.
12. 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 xn
X
 ·  (−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
X
y la serie
n
X
(−1)n−k
k=0
k!
pn xn converge absolutamente en el intervalo (−1, 1) que corresponde a la intersec-
n≥0
ción de los intervalos de convergencia de las dos series factores.
r
13. 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 como
1
f (x) = [ln(1 + x) − ln(1 − x)].
2
15
Recordando que el desarrollo de ln(1 + x) en serie de McLaurin es
X (−1)n−1
n≥1
n
xn , y el radio
de convergencia es 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).
14. ¿Es posible desarrollar en serie de potencias alrededor del origen la función
(
2
ex + e−1/x
si x 6= 0,
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
+ ··· +
+ Rn (x).
2!
n!
x2
xn
Sin embargo, como lı́m 1 + x +
+ ··· +
+ Rn (x) = ex + lı́m Rn (x), si la serie convern→∞
n→∞
2!
n!
−1/x2
ge a la función, debe ser lı́m Rn (x) = e
6= 0 salvo para x = 0. Esto indica que la función
n→∞
no es desarrollable en serie de McLaurin.
f (x) ∼ 1 + x +
4.
Aplicaciones al cálculo infinitesimal
sen2 x − x2
.
x→0 (ex − 1)4
1. 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!
donde lı́m
16
Procediendo análogamente, resulta:
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→0 (ex − 1)4
x→0
x4
3
lı́m
sen2 x3
.
x→0 (1 − cos x2 )3
2. Calcular, mediante series de funciones, lı́m
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:
sen2 x3
x6
8
=
lı́m
= lı́m 6 = ∞.
2
3
12
x→0 (1 − cos x )
x→0 x /8
x→0 x
lı́m
3. Calcular,
( mediante series de funciones, la derivada de orden k en el origen de la función
sen x
si x 6= 0
x
f (x) =
0
si x = 0.
Solución
Debido al desarrollo
sen x
x2
x2n
=1−
+ · · · + (−1)n
+ ...,
x
3!
(2n + 1)!
f (k) (0)
y recordando que el término general del desarrollo verifica la fórmula ak =
, se obtiene
k!
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
Z
4. 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, podemos integrar término
(2n + 1)!
a término:
Z
0
1
X (−1)n Z 1
X (−1)n
1
x4n+2 dx =
·
.
sen x dx =
(2n + 1)! 0
(2n + 1)! 4n + 3
2
n≥0
n≥0
17
x
Z
5. Calcular, mediante series de funciones,
0
dt
.
1 + t3
Solución
X
1
(−1)n · (t3 )n , que es uniformemente convergente en
=
1 + t3
A partir del desarrollo en serie
n≥0
(−1, 1), resulta:
Z
x
X
dt
(−1)n
=
1 + t3
0
Z
6. Calcular
1
ln
0
n≥0
x
Z
t3n dt =
0
X
(−1)n
n≥0
x3n+1
, ∀x ∈ (−1, 1).
3n + 1
1
dx.
1−x
Solución
Aplicaremos en este caso el desarrollo de la función logaritmo. Como
ln
X xn
1
= − ln(1 − x) =
, ∀x ∈ (−1, 1),
1−x
n
n≥1
y la convergencia es uniforme en dicho intervalo, la integral impropia vale
Z
0
1
1
ln
dx =
1−x
=
Z
β
β→1−
lı́m
β→1−
1
dx
1−x
ln
lı́m
0
XZ
β
n≥1 0
X
1
xn
dx =
= 1.
n
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).
Z
7. Probar que
0
1
∞
X (−1)n−1
x
dx
=
.
1 + x3
3n − 1
n=1
Solución
Si escribimos el desarrollo en serie de la función integrando, obtenemos:
X
X
x
=x
(−1)n x3n =
(−1)n x3n+1 , ∀x ∈ (−1, 1).
3
1+x
n≥0
n≥0
Como la convergencia de la serie de potencias es uniforme, integramos término a término, con
lo que:
Z 1
Z 1
X (−1)m−1
X
X (−1)n
x
n
3n+1
dx
=
(−1)
=
.
x
dx
=
3
3n + 2
3m − 1
0 1+x
0
n≥0
n≥0
18
m≥1
8. Probar que la serie
X
x(1 − x)n converge no uniformemente en [0, 2). Sin embargo, se
n≥0
puede integrar término a término en [0, 1].
Solución
Como se trata de una serie geométrica de razón
P 1 − x, será convergente si |1 − x| < 1, es decir si
0 < x < 2. Además,
0 que converge a la función cero, pero si x = 2,
P si x = 0, resulta la serie
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
(
n
n+1
X
1 − (1 − x)n+1 si 0 < x < 2
1
−
(1
−
x)
Sn (x) =
x(1 − x)k = x ·
=
1 − (1 − x)
0
si x = 0.
k=0
(
0
Entonces S(x) = lı́m Sn (x) =
1
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], 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.
9. 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 k ∈ Z \ {0}, entonces
x
2k 2k − 1
(
1
1
−1 si 2k
< x < 2k−1
f (x) =
1
1
1
si 2k+1
< x < 2k
.
Por tanto la integral buscada se descompone como la suma de las series
X
Z 1
∞ ∞ X
1
1
1
1
f (x) dx =
−
−
−
2k 2k + 1
2k − 1 2k
0
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
19
Para calcular la suma de esta serie observamos,
por un lado,
de sumas parcia que la sucesión
X (−1)n−1
1 1 1
= ln 2,
les tiene por término general Sn = 2 − + − + . . . , y por otro que
3 4 5
n
n≥1
1 X (−1)n−1
de modo que ln 2 − 1 + =
. Reuniendo todos estos datos, obtenemos que
2
n
n≥3
Z
0
1
1
f (x) dx = 2
− ln 2 .
2
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
∞ h
i X
i
X
e(−2k+1)π − e−2kπ −
e−2kπ − e(−2k−1)π .
k=1
k=0
Como las series involucradas son geométricas, sus sumas son, respectivamente,
∞
X
e
(−2k+1)π
∞
∞
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=1
k=0
En definitiva, obtenemos:
Z 1
e−π − e−2π − 1 + e−π
(e−π − 1)2
f (x) dx =
=
.
1 − e−2π
e−2π − 1
0
10. Probar que la serie
X
ne−nx es uniformemente convergente en [a, ∞) con a > 0, pero no
n≥1
en [0, ∞). Calcular la suma de la serie para x > 0.
Solución
Si llamamos
(x) = ne−nx , cuando x ∈ [a, ∞), entonces fn (x) ≤ ne−an , ∀n. Además la serie
P fn−an
numérica
ne
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
n, por lo que la serie de funciones no es
Haciendo x = 0, nos queda la serie divergente
uniformemente convergente en [0, ∞).
Para calcular la suma de la serie, basta tener en cuenta que fn (x) = D(−e−nx ). Como la serie
X
P −nx
e−x
, entonces
e
converge uniformemente si x > 0 y
e−nx =
1 − e−x
n≥1
X
n≥1
ne
−nx
= −D
e−x
1 − e−x
20
=
ex
.
(ex − 1)2
11. ¿Qué función representa la serie
X
n≥1
xn
?
1 + ··· + n
Solución
Si recordamos la fórmula 1 + 2 + · · · + n =
n(n + 1)
, entonces
2
xn
2xn
2xn
2xn
=
=
−
, ∀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
xn
ln(1 − x) + x
, ∀x ∈ (−1, 1).
= 2 − ln(1 − x) −
1 + ··· + n
x
12. Demostrar que para |x| < 1 se verifica lo siguiente:
X
1
a)
(−1)n xn =
.
1+x
n≥0
b)
X
(−1)n x2n =
n≥0
1
.
1 + x2
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
=⇒ S = lı́m Sn =
,
=⇒ Sn =
n→∞
1 + x2
1 + x2
también cuando |x| < 1.
21
1
(1 − x)3n , determinar su campo de con(3n − 2)(3n + 1) · 8n
vergencia y calcular su suma cuando x = −1.
13. 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 convergente.
(3n − 2)(3n + 1)
X
1
- Si x = −1, la serie
es también absolutamente convergente.
(3n − 2)(3n + 1)
Para calcular la suma de esta última serie, escribimos el término general como
an =
1/3
1/3
1
=
−
.
(3n − 2)(3n + 1)
3n − 2 3n + 1
Ası́, la suma de los n primeros 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→∞
14. Determinar el intervalo de convergencia de la serie
X 1 · 3 · 5 . . . (2n − 1)
n≥0
(n + 1)!
(−x/2)3n .
√
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)!
(−x/2)3n+3
2n + 1 |x|3
|x|3
=
lı́m
·
=
,
(−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) X
1 · 3 . . . (2n − 1)
y
(−1)n
.
(n + 1)! · 2n
(n + 1)! · 2n
Ambas son absolutamente convergentes como se deduce al aplicar el criterio de Raabe:
an+1
2n + 1
3
lı́m n · 1 −
= lı́m n · 1 −
= > 1.
an
2(n + 2)
2
22
√
Escribimos la serie en x = − 3 4 como
S =
X 1 · 3 . . . (2n − 1)
2n
=
X
(−1)n
(n + 1)! ·
n≥0
X
−1/2
1
(−1)n
=
.
n
n+1
n≥0
(−1/2)(−3/2) . . . [−(2n − 1)/2]
n! · (n + 1)
n≥0
X m
xn = (1 + x)m , al integrar los dos miembros
A partir del desarrollo de la serie binómica
n
n≥0
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
n
+
1
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
15. Calcular la suma de la serie
X (x − 3)3n−1
especificando el intervalo de convergencia
(3n − 1) · 8n
n≥1
de la misma.
Solución
Por el criterio de la raı́z,
lı́m
n→∞
p
|x − 3|3−1/n
|x − 3|3
n
√
,
|an | = lı́m
=
n
8
8 · 3n − 1
y la serie converge absolutamente cuando |x − 3|3 < 8, o bien x ∈ (1, 5).
- Cuando x = 1, la serie es
X (−1)3n−1
que converge condicionalmente (basta aplicar el criterio
2(3n − 1)
de Leibnitz).
- Cuando x = 5, la serie
X
1
es divergente.
2(3n − 1)
Para calcular la suma de la serie, si llamamos f (x) =
X (x − 3)3n−1
, al derivar obtenemos:
(3n − 1) · 8n
n≥1
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
23
16. 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:
X xn
2 ch x =
n≥0
n!
+
X
(−1)n
n≥0
X x2n
xn X
xn
[1 + (−1)n ]
=
=2
n!
n!
(2n)!
n≥0
n≥0
X x2n
=⇒ ch x =
.
(2n)!
n≥0
∞
X
xn
17. Sabiendo que
n=0
a)
∞
X
n=2
b)
n!
= ex , hallar las sumas de las siguientes series:
n−1
.
n!
∞
X
(n − 1)(n + 1)
n=2
n!
.
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.
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
X 1
X 1
X m+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 =
k≥0
=
m≥1
18. Sabiendo que, para |x| < 1, se tiene
n≥2
∞
X
xn =
n=0
a)
−
X xn+1
.
n+1
n≥0
24
1
, calcular cuando sea posible:
1−x
b)
X
n≥0
c)
X
xn+2
.
(n + 1)(n + 2)
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:
Z x
X xn+1
XZ x
1
n
x dx =
dx =⇒
= − ln |1 − x|, ∀x ∈ (−1, 1).
n+1
0
0 1−x
n≥0
n≥0
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
D
=
D(nxn−1 ) =⇒
=
n(n − 1) · xn−2 , ∀x ∈ (−1, 1).
2
3
(1 − x)
(1 − x)
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
1
x
2
+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
25
19. Dada la serie
X n2
(x − 1)n , determinar su intervalo de convergencia y calcular su suma
22n
n≥1
cuando x = 0.
Solución
Por el criterio del cociente,
(n+1)2
|x − 1|n+1
22n+2
n2
|x − 1|n
22n
an+1
= lı́m
lı́m
n→∞
an
= lı́m |x − 1| ·
(n + 1)2
|x − 1|
=
,
2
2
2 ·n
4
y la serie converge absolutamente cuando |x − 1| < 4, es decir x ∈ (−3, 5).
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.
Para x = 0 resulta la serie
X
(−1)n
n≥1
n2 X n2
=
. Para calcular su suma aplicaremos el
4n
(−4)n
n≥1
apartado e) del problema anterior haciendo x = −1/4. Queda ası́
X
n≥1
(−1/4)2 + (−1/4)
12
n2
=
=−
.
n
3
(−4)
(1 + 1/4)
125
20. Sabiendo que, para |x| < 1, se tiene
∞
X
nxn =
n=1
a)
X
n≥1
b)
X
nxn+1
n+1
x
, calcular cuando sea posible:
(1 − x)2
.
n2 xn−1 .
n≥1
c)
X
n2 (n − 1)xn−2 .
n≥1
d)
X n2 (n − 1)
n≥1
en
.
Solución
a) Integrando miembro a miembro, obtenemos:
Z x
X nxn+1 X Z x
x
1
n
=
nx 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
n≥1
2 n−1
n x
=
X
n
D(nx ) = D
n≥1
26
x
(1 − x)2
=
1+x
.
(1 − x)3
c) Derivamos nuevamente el resultado de b). Ası́:
X
n2 (n − 1)xn−2 =
X
D(n2 xn−1 ) = D
n≥1
n≥1
1+x
(1 − x)3
=
2x + 4
.
(1 − x)4
d) Si, en el apartado anterior, hacemos x = 1/e, resulta:
X n2 (n − 1)
n≥1
5.
en
=
2/e + 4
e3 (2 + 4e)
=
.
(1 − 1/e)4
(e − 1)4
Ejercicios propuestos
1. Contestar razonadamente si cada uno de los siguientes apartados es verdadero o falso:
X
X
a) Si la serie
an 6n es convergente, entonces la serie
an (−6)n es convergente.
n≥0
n≥0
Resp.: Falso (considerar el contraejemplo: an =
b) Si la serie
X
(−1)n
).
n · 6n
an 6n es convergente, entonces la serie
n≥0
X
an (−5)n es convergente.
n≥0
Resp.: Verdadero, pues el radio de convergencia es R ≥ 6.
c) Si la serie
X
an xn es convergente para todo x > 0, entonces la serie converge para
n≥0
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 a2n+1 = 0, para todo n.
n≥0
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 también el radio de
n=0
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.
27
2. Estudiar la convergencia uniforme de la serie
∞
X
1 + cos x
n2
n=1
en R.
Resp.: Por el criterio de Weierstrass, |fn (x)| ≤ 2/n2 , ∀n.
∞
X
3. Se considera la serie
fn donde las funciones fn son continuas en [0, 1] y se tiene
n=1
además que
n
X
fk (x) − x
k=1
2
ln n
≤ 2
, ∀x ∈ [0, 1]. Calcular, si es posible,
n +5
Z
∞
1X
fn (x) dx.
0 n=1
Resp.: 1/3.
4. ¿Existe una sucesión {fn } de funciones integrables en [0, 1] que converja uniformemente
Z 1
5 + 3n
2
a f (x) = x en [0, 1] y tal que
fn (x) dx =
?
n
0
Z 1
Z 1
Resp.: No; si existiera, deberı́a cumplirse que lı́m
fn (x) dx =
lı́m fn (x) dx.
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.
8. Obtener el campo de convergencia de la serie
∞ X
1 + n2
n=1
1 + n3
Resp.: Converge absolutamente en [−1, 1]; diverge en el resto.
28
·x
n
2
.
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
(−1)n
n≥1
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
Resp.: f (x) =
X
n
(x − 1)n , ∀x ∈ (0, 2]. b) f (x) = 1/x2 , x = −1.
(n + 1)(x + 1)n , ∀x ∈ (−2, 0). c) f (x) =
n≥0
Resp.: f (x) =
X
x
, x = 0.
(1 − x)2
(n + 1)xn+1 , ∀x ∈ (−1, 1).
n≥0
15. Desarrollar en serie de McLaurin la función y = sh x y hallar
X
n≥0
Resp.: sh x =
X x2n+1 X
1
e2 − 1
;
= sh 1 =
.
(2n + 1)!
(2n + 1)!
2e
n≥0
n≥0
29
1
.
(2n + 1)!
16. Escribir los primeros términos del desarrollo alrededor de x = 0 de la función
p
f (x) = ln( 1 + x2 − x)
√
x + ln( 1 + x2 − x)
y aplicarlo al cálculo de 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
n!
.
Resp.: e − 7.
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
30