127
Capı́tulo 4: Series
Capı́tulo 4
Series
4.1
Introducción
Definición 4.1.1 (1) Dada la sucesión de números reales {an }n∈N se conoce como serie
a la sucesión de sumas parciales {sn }n∈N de los términos de {an }n∈N , o sea:
s1 = a1 , s2 = s1 + a2 = a1 + a2 , · · · , sn+1 = sn + an+1 , · · ·
(2) Se dice que la serie converge a un número s si
lim sn = s ,
n→∞
o sea:
∀² > 0∃ N ∈ N : | sn − s | < ² , para n ≥ N .
Notas:
(1) Dada la sucesión {an }n∈N , la respectiva serie que se obtiene a partir de ella se simboliza
por:
∞
X
ak .
k=1
(2) Ya conocemos algunas series convergentes, ellas son:
(2.1) La serie geométrica, siendo | r | < 1, se tiene:
∞
X
k=1
rk−1 =
1
.
1−r
Dentro de estas podemos considerar a:
∞
X
ak
, con ak = 0, 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9 ,
10k
k=1
o sea, el desarrollo de la parte decimal de un número.
Problema 4.1.1 A y B lanzan un tetraedro regular, que tiene sus caras numeradas del
uno al cuatro, por turnos hasta que uno de ellos gane al obtener la primera cara que señale
“uno” . Si A tira primero, calcular la probabilidad de que él gane el juego, aceptando
equiprobabilidad.
128
CALCULO INTEGRAL
Fernando Arenas Daza
Solución:
A causa de la equiprobabilidad, la probabilidad de éxito es 14 y la de fracaso es 43 . Luego, la
probabilidad de que A obtenga éxito en la primera etapa es 14 , a continuación en la segunda
etapa es ( 43 )2 · 14 porque ni A ni B tuvieron suerte en el primer juego. En la tercera etapa
la probabilidad de que A obtenga éxito es ( 43 )2 · ( 34 )2 · 41 porque ni A ni B tuvieron suerte ni
en el primer ni en el segundo juego y, ası́, sucesivamente. Por lo tanto, la probabilidad de
que A gane el juego es:
µ
¶
³ 3 ´2 ³ 3 ´4 ³ 3 ´6
1 ³ 3 ´2 1 ³ 3 ´4 1 ³ 3 ´6 1
1
p= +
· +
· +
· + ··· = · 1 +
+
+
+ ··· =
4
4
4
4
4
4
4
4
4
4
4
=
1
·
4
1
1 1
1 16
4
= .
³ 3 ´2 = · 7 = ·
4
4 7
7
1−
16
4
(2.2) La serie del número e:
∞
X
1
=e.
k!
k=0
(2.2-1) De lo anterior se tiene:
∞
X
1
e=
,
k!
e
−1
∞
X
(−1)k
=
k=0
k!
k=0
,
de esto se desprende que:
e + e−1 =
∞
X
∞
(1 + (−1)k )
k=0
o sea:
X 1
1
=2
,
k!
(2k)!
k=0
∞
cosh 1 =
X 1
e + e−1
=
.
2
(2k)!
k=0
(2.3)
log 2 =
∞
X
(−1)k+1
k=1
k
puesto que si :
sn =
=1−
n
X
(−1)k+1
k=1
se tiene:
2n
X
(−1)k+1
1 1 1 1
+ − + − ··· ,
2 3 4 5
k
,
2n
n
2n
n
X
X
X
1
1
1 X1
−2
=
−
=
k
k
2k
k
k
k=1
k=1
k=1
k=1
k=1
´
¡
¢ ¡
= γ + log 2n + ²2n − γ + log n + ²n = log 2 + ²2n − ²n ,
s2n =
=
con ello:
lim s2n = log 2 ,
n→∞
129
Capı́tulo 4: Series
y como:
¡
¢
lim s2n+1 − s2n = lim
n→∞
n→∞
1
=0,
2n + 1
resulta:
lim s2n+1 = lim s2n = lim sn = log 2 .
n→∞
n→∞
n→∞
Nota:
Una serie que no converge se dice divergente, por ejemplo, la conocida serie armónica:
∞
X
1
,
k
k=1
puesto que:
³
³
1 ´n
1´
n+1
1
2≤ 1+
< e ⇒ n log 1 +
< 1 ⇒ log
< ,
n
n
n
n
y, de esto, resulta:
1
log(n + 1) − log n < ,
n
de donde:
1
log 2 − log 1 <
1
1
log 3 − log 2 <
2
log 4
−
log 3
<
···
log(n + 1)
−
log n <
1
3
1
n
sumando, miembro a miembro, obtenemos:
log(n + 1) <
n
X
1
,
k
k=1
y, al tender n a ∞, sabemos que log(n + 1) → ∞ con lo que la serie armónica diverge.
Teorema 4.1.1 Siendo
∞
X
ak convergente, entonces lim an = 0.
n→∞
k=1
Demostración:
¡
¢
0 = lim sn+1 − sn = lim an+1 ,
n→∞
n→∞
Notas:
(1) Al revés esto no es cierto ya que, por ejemplo, tenemos:
∞
X
1
1
diverge y lim = 0 .
n→∞
k
n
k=1
130
CALCULO INTEGRAL
Fernando Arenas Daza
(2) El teorema anterior tiene su contrapuesto que dice:
Teorema 4.1.2 Si lim an 6= 0, entonces la serie
n→∞
∞
X
ak es divergente.
k=1
Por ejemplo, si consideramos la serie:
∞
X
k k sen2
k=1
2
,
k
en ella tenemos que:
2
³ sen ´2 ³ 2 ´2
2
n
n
an = n sen
=n
→∞,
2
n
n
n
n
2
con lo que la serie considerada diverge.
Teorema 4.1.3 Sean
∞ ³
X
∞
X
ak y
k=1
´
αak + βbk
∞
X
bk series convergentes y α, β ∈ R, entonces la serie
k=1
converge.
k=1
Demostración:
Se basa en
n ³
X
´
αak + βbk
= α
k=1
n
X
ak + β
k=1
sucesiones convergentes.
n
X
bk y en las propiedades de los lı́mites de
k=1
Teorema 4.1.4 Sean {an }n∈N y {bn }n∈N dos sucesiones tales que:
∞
X
¡
¢
ak converge ⇐⇒ {bn }n∈N converge .
∀n ∈ N : an = bn+1 − bn , entonces :
k=1
Demostración:
Se tiene:
sn =
n
X
ak = bn+1 − b1 y como
k=1
resultando:
lim bn = b ,
n→∞
¡
¢
lim sn = lim bn+1 − b1 = b − b1 .
n→∞
n→∞
131
Capı́tulo 4: Series
Ejemplo 4.1.1
∞
X
k=1
k2 + k − 1
converge,
(k + 1)2 (k + 2)2
porque:
k2 + k − 1
(k + 1)2 − (k + 2)
1
1
=
=
=
−
2
2
2
2
2
(k + 1) (k + 2)
(k + 1) (k + 2)
(k + 2)
(k + 1)2 (k + 2)
=
1
1
(k + 2) − (k + 1)
1
1
−
=
−
+
=
(k + 2)2
(k + 1)2 (k + 2)
(k + 2)2
(k + 1)2
(k + 1)(k + 2)
=
1
1
1
1
−
+
−
,
2
2
(k + 2)
(k + 1)
k+1 k+2
con ello:
sn =
n ³
X
k=1
´ X³ 1
1
1
1 ´
1
1 1
1
−
+
−
=
− + −
,
2
2
2
(k + 2)
(k + 1)
k+1 k+2
(n + 2)
4 2 n+2
n
k=1
con lo que:
1
.
4
lim sn =
n→∞
Problema 4.1.2 Demostrar que:
∞
X
k 2 − 5k + 2
k!
k=2
= −e .
Solución:
Se tiene:
k 2 − 5k + 2
A
B
C
2
4
1
=
+
+
=
−
+
,
k!
k! (k − 1)! (k − 2)!
k! (k − 1)! (k − 2)!
con lo que:
sn =
n
X
k 2 − 5k + 2
k=2
Ã
=2
n
X
1
−2
k!
!
−4
k=0
k!
n−1
X
k=1
=2
n
n
n
X
X
X
1
1
1
−4
+
=
k!
(k − 1)!
(k − 2)!
k=2
k=2
Ã
k=2
!
n−2
n
X 1
X
1
1
+
=2
−2
k!
k!
k!
k=0
k=0
Ãn−1
! n−2
X 1
X 1
−4
−1 +
,
k!
k!
k=0
y, por lo tanto, resulta:
lim sn = 2(e − 2) − 4(e − 1) + e = −e .
n→∞
k=0
132
CALCULO INTEGRAL
Fernando Arenas Daza
Nota:
Sabemos que:
log 2 = 1 −
³1
´ 1 ³1 1´ 1 ³1 1´
1 1 1 1
+ − + − ··· = 1 +
−1 + +
−
+ +
−
+ ··· =
2 3 4 5
2
3
4 2
5
6 3
¡
¢ ³1 1´ ³1 1´ ³1 1´ ³1 1´
−
−
−
−
= 1−1 +
+
+
+
+ ··· = 0
2 2
3 3
4 4
5 5
¿Qué ocurrió?
Las propiedades de las operaciones entre números reales están dadas para un número finito
de términos, lo que en este caso no es cierto. Por lo tanto, en las series no siempre se pueden
reordenar los términos.
Esto motiva efectuar un estudio más detenido de las series comenzando con:
4.2
Series de términos positivos
Teorema 4.2.1 La serie de términos positivos
∞
X
ak es convergente si y sólo si la respectiva
k=1
sucesión de sumas parciales está acotada superiormente.
En efecto, si las sumas parciales están acotadas superiormente por algún número A, además,
son crecientes entonces la serie es convergente y no puede superar a A.
Por ejemplo, tenemos que la serie:
∞
X
1
, es convergente ,
k2
k=1
puesto que, en este caso se tiene:
sn =
n
n ³
n
X
X
X
1
1´
1
1
1
<
1
+
=
1
+
−
=2− ≤2.
2
k
(k − 1)k
k−1 k
n
k=2
k=1
k=2
Teorema 4.2.2 Criterio de comparación
∞
∞
X
X
Si las series de términos positivos
ak y
bk son tales que:
¡
¢
(1) ∀n ∈ N an ≤ bn y
¡
¢
(2) ∀n ∈ N an ≥ bn y
∞
X
k=1
k=1
bk converge, entonces
∞
X
k=1
∞
X
k=1
∞
X
k=1
k=1
bk diverge, entonces
ak converge.
ak diverge.
133
Capı́tulo 4: Series
Demostración:
Sean An y Bn las respectivas sumas parciales de las series
∞
X
ak y
k=1
∞
X
bk , entonces las
k=1
sucesiones
¡ {An } ¢y {Bn } son crecientes. Por el punto (1) se tiene que {Bn } converge y como
∀n ∈ N an ≤ bn resulta que {An } converge. La segunda parte es obvia.
Ejemplo 4.2.1 Por ejemplo, si tomamos la serie
∞
X
k=1
Tenemos:
n(n + 1) < (n + 1)2 ⇒
y como la serie
∞
X
k=0
1
p
k(k + 1)
.
1
1
,
<p
n+1
n(n + 1)
1
diverge, ya que es la armónica, ocurre que la serie planteada diverge.
k+1
Ejemplo 4.2.2
∞
X
1
diverge si 0 < α ≤ 1 y converge si α ≥ 2 ,
kα
k=1
En efecto, tenemos:
0<α≤1⇒
1
1
≥ ,
α
n
n
con lo que diverge. Si α ≥ 2, tenemos:
1
1
≥ α ,
n2
n
y, en conclusión, converge. ¿Qué ocurrirá cuando 1 < α < 2?. Para contestar veamos el
siguiente:
Ejemplo 4.2.3
∞
X
1
y converge si α > 1 ,
kα
k=1
esto es claro , ya que si 2m > n, entonces:
³ 1
1 ´ ³ 1
1
1
1 ´
sn < s(2m −1) = 1 + α + α + α + α + α + α + · · · +
2
3
4
5
6
7
³
´
1
2
4
2m−1
1
+
+
·
·
·
+
<
1
+
+
+
·
·
·
+
,
(2m−1 )α
(2m − 1)α
2α
4α
(2m−1 )α
1
1
, y, por lo
hagamos α−1 = δ < 1, con ello, resulta sn < 1 + δ + δ 2 + · · · + δ m−1 <
2
1−δ
tanto, {sn }n∈N converge.
134
CALCULO INTEGRAL
Fernando Arenas Daza
Ejemplo 4.2.4
∞
X
k=1
1
diverge si 0 < α ≤ 1 y converge si α > 1 ,
(ak + b)α
£
¤
esto es claro, porque si ponemos n = ak + b , entonces n ≤ ak + b con lo que
comporta como
1
. Una situación numérica es:
nα
∞
X
k=0
1
diverge si 0 < α ≤ 1 y converge si α > 1 ,
(2k + 1)α
ella obviamente es:
∞
X
k=0
1
1
1
1
1
1
= 1 + α + α + α + α + ··· +
+ ···
α
(2k + 1)
3
5
7
9
(2n + 1)α
Ejemplo 4.2.5 Estudiar la serie:
∞
X
5k + 1
k=1
En este caso:
2k − 1
5n
5n + 1
≥
=
2n − 1
2n
.
µ ¶n
5
,
2
porque:
2n (5n + 1) > 5n (2n − 1) ,
y la serie geométrica
∞ µ ¶k
X
5
k=1
2
diverge, luego la serie planteada diverge.
Ejemplo 4.2.6 Estudiar la serie:
∞
X
k=1
1
.
k 3 − 5k
Se tiene que a partir de n = 3 resulta n3 − 5n > n2 , de donde:
∞
X
1
1
1
> 3
⇒
converge ,
2
n
n − 5n
k 3 − 5k
k=1
puesto que
∞
X
1
converge.
k2
k=1
1
se
(ak + b)α
135
Capı́tulo 4: Series
Teorema 4.2.3 Criterio de comparación con paso al lı́mite
∞
∞
X
X
Sean
ak y
bk series de términos positivos. Si existe:
k=1
k=1
an
bn
` = lim
n→∞
con :
0<`<∞,
entonces ambas series convergen o ambas series divergen.
Demostración:
Se escogen dos números positivos a, b tales que a < ` < b, entonces para n suficientemente
grande se tiene que:
an
a<
< b ⇒ abn < an < bbn ,
bn
de ello se deduce que si la serie
está dominada por la serie
∞
X
∞
X
bk converge, entonces la serie
k=1
bbk = b
k=1
∞
X
a la serie
∞
X
abk = a
k=1
comparación.
∞
X
ak converge porque
k=1
bk , esto es a causa de la primera parte del criterio
k=1
∞
X
de comparación. Ahora bien, si la serie
∞
X
bk diverge la serie
k=1
∞
X
ak diverge porque domina
k=1
bk que es divergente; esto se debe a la segunda parte del criterio de
k=1
Ejemplo 4.2.7 Estudiar la serie:
∞
X
3k 2 + k
√ .
4+
2k
k
k=1
∞
X
1
Considerando la serie convergente
, resulta:
k2
k=1
1
3+
3n4 + n3
an
3
n
√ = lim
= lim
lim
= , por lo tanto, la serie dada converge.
1
n→∞ 2n4 +
n→∞ bn
n→∞
2
n
2− 3
n2
Ejemplo 4.2.8 Estudiar la serie:
∞
X
k=1
k5
k 2 − 2k + 7
.
+ 5k 4 + 3k 3 + 2k − 1
136
CALCULO INTEGRAL
Fernando Arenas Daza
Consideramos la serie convergente
∞
X
1
, luego:
k3
k=1
n2 − 2n + 7
· n3 = 1 ,
n→∞ n5 + 5n4 + 3n3 + 2n − 1
lim
por lo tanto, la serie planteada converge.
Ejemplo 4.2.9 Estudiar la serie:
∞
X
k=1
1
.
3k + log k
Considerando la serie armónica divergente
∞
X
1
k=1
lim
n→∞
n
an
= lim
= lim
n→∞ 3n + log n
n→∞
bn
k
, resulta:
1
1
= , por lo tanto, la serie dada diverge.
log n
3
3+
n
Nota:
Es importante darse cuenta que el criterio de comparación con paso al lı́mite falla en el caso
∞
∞
X
X
1
` = 0 o bien ` = +∞, ya que por ejemplo si consideramos la serie convergente
ak =
k2
k=1
k=1
∞
∞
X
X
1
y la serie armónica
bn =
ocurre que:
k
k=1
k=1
lim
n→∞
Corolario 4.2.1 Sean
∞
X
ak y
k=1
∞
X
an
1
= lim
=0.
n→∞ n
bn
bk series de términos positivos y
k=1
` = lim
n→∞
(i)
∞
X
bk converge y ` = 0, entonces
k=1
(ii)
∞
X
∞
X
ak converge.
k=1
bk diverge y ` = +∞, entonces
k=1
an
bn
∞
X
k=1
ak diverge.
137
Capı́tulo 4: Series
Demostración:
Para (i)
Se escoge número positivo a tal que 0 < a, entonces para n suficientemente grande se tiene
que:
an
< a ⇒ an < abn ,
bn
de ello se deduce que si la serie
está dominada por la serie
∞
X
∞
X
bk converge, entonces la serie
k=1
abk = a
k=1
de comparación.
∞
X
∞
X
ak converge porque
k=1
bk , esto es a causa de la primera parte del criterio
k=1
Para (ii)
Ahora bien, como ` = ∞ , entonces para n suficientemente grande se tiene que existe
A > 0 tal que :
an
> A ⇒ an > Abn ,
bn
y si la serie
∞
X
bk diverge la serie
k=1
∞
X
ak diverge porque domina a la serie
k=1
∞
X
Abk = A
k=1
que es divergente; esto se debe a la segunda parte del criterio de comparación.
∞
X
Ejemplo 4.2.10 Estudiar la serie:
∞
X
k=2
Consideramos la serie convergente
k2
1
.
ln k
∞
X
1
, con ella:
k2
k=1
an
n2
1
= lim 2
= lim
= 0 , por lo tanto, la serie dada converge.
n→∞ bn
n→∞ n log n
n→∞ log n
lim
Teorema 4.2.4 Criterio de la razón o de D0 Alembert
∞
X
Si en la serie de términos positivos
ak ocurre que:
∞
k=1
X
an+1
ak converge.
(1)
≤a<1⇒
an
k=1
∞
X
an+1
(2)
≥1⇒
ak diverge.
an
k=1
bk
k=1
138
CALCULO INTEGRAL
Fernando Arenas Daza
Demostración:
an+1
≤ a < 1 resulta:
an
Para (1): Como se tiene
an+1 ≤ aan ≤ a2 an−1 ≤ · · · ≤ an a1 .
Sea bn = an y a < 1 y
∞
X
ak converge, luego
k=1
Para (2): Sea bn = an y a ≥ 1 y
∞
X
ak converge.
k=1
∞
X
∞
X
ak diverge, luego
k=1
ak diverge.
k=1
Ejemplo 4.2.11 Por ejemplo, veamos la serie
∞ k
X
x
k=1
k!
,
en este caso:
an+1
x
=
<1,
an
n+1
a causa de la propiedad arquimediana, ya que siempre hay un natural n mayor que el real
x, luego:
∞ k
³X
´
x
∀x ∈ R
converge .
k!
k=1
Teorema 4.2.5 Criterio de la raı́z
∞
X
Si en la serie de términos positivos
ak ocurre que:
(1)
(2)
√
n
√
n
an ≤ a < 1 ⇒
an ≥ 1 ⇒
∞
X
∞
X
k=1
ak converge.
k=1
ak diverge.
k=1
Demostración:
Para (1):
√
n
an ≤ a < 1 ⇒ an < an y
∞
X
ak converge, luego
k=1
Para (2):
√
n
an ≥ 1 ⇒ lim an 6= 0, luego
n→∞
∞
X
ak converge.
k=1
∞
X
ak diverge.
k=1
Ejemplo 4.2.12 Por ejemplo, veamos la serie
∞ k
X
x
k=1
kk
, con x ∈ R+ ,
139
Capı́tulo 4: Series
en este caso:
r
n
xn
x
= <1,
nn
n
a causa de la propiedad arquimediana, ya que siempre hay un natural n mayor que el real
x, luego:
∞ k
³X
´
x
∀x ∈ R+
converge
.
kk
k=1
Notas:
Observamos que:
∞
X
an+1
= 1 el criterio de la razón
an
k=1
an+1
falla, ya que, si por ejemplo, tomamos la serie armónica se obtiene lim
= 1 y sabemos
n→∞ an
que tal serie diverge.
∞
X
√
(2):Si en la serie de términos positivos
ak se tiene lim n an = 1 el criterio de la raı́z falla,
(1):Si en la serie de términos positivos
ak se tiene lim
n→∞
n→∞
k=1
ya que, si por ejemplo, tomamos la serie
∞
X
k=1
³ 1 ´α
√
1
n
√
se
obtiene
lim
a
=
lim
=1y
n
n→∞
n→∞ n n
kα
sabemos que tal serie converge para α > 1.
Esto motiva el estudio de los criterios de la razón y de la raı́z con paso al lı́mite.
Teorema 4.2.6 Criterio de la razón con paso al lı́mite
∞
X
an+1
Si en la serie de términos positivos
ak se considera el número ` = lim
, entonces:
n→∞ an
k=1
∞
X
(1) ` < 1 ⇒
ak converge.
(2) ` > 1 ⇒
k=1
∞
X
ak diverge.
k=1
Ejemplo 4.2.13 Estudiar la serie:
∞ k
X
3
k=1
Tenemos:
k2
.
an+1
3n+1
n2
=
·
=3
an
(n + 1)2 3n
µ
n
n+1
¶2
→3,
luego la serie diverge.
Ejemplo 4.2.14 Por ejemplo, si se tiene la serie
∞
X
k=1
k α xk , resulta:
140
CALCULO INTEGRAL
Fernando Arenas Daza
³ n + 1 ´α
(n + 1)α xn+1
=
lim
x=x,
n→∞
n→∞
nα xn
n
` = lim
entonces la serie converge para x < 1 y diverge para x > 1.
Teorema 4.2.7 Criterio de la raı́z con paso al lı́mite
∞
X
√
Si en la serie de términos positivos
ak se considera el número ` = lim n an , entonces:
(1) ` < 1 ⇒
(2) ` > 1 ⇒
∞
X
k=1
∞
X
n→∞
k=1
ak converge.
ak diverge.
k=1
Ejemplo 4.2.15 Estudiar la serie:
∞
X
k=1
Tenemos:
√
n
an =
1
2n+(−1)n
.
1
1
1
1
= ·
→ ,
n + (−1)n
(−1)n
2
2
n
n
2
2
luego la serie converge.
Ejemplo 4.2.16 Por ejemplo, si se tiene la serie
∞ ³
X
k=1
r³
` = lim
n
n→∞
´k
3
, resulta:
2 Arctg k
´n
3
3
3
3
= <1,
= lim
=
π
n→∞
2 Arctg n
2 Arctg n
π
2·
2
entonces la serie converge.
Teorema 4.2.8 Criterio de condensación de Cauchy
Si {an }n∈N es una sucesión de términos positivos y decreciente, entonces las series
∞
X
∞
X
ak y
k=1
2k a2k o ambas convergen o ambas divergen.
k=1
Demostración:
141
Capı́tulo 4: Series
(1) Si n < 2m , entonces:
n
X
ak = sn < a1 + (a2 + a3 ) + (a4 + a5 + a6 + a7 ) + · · · + (a2m + · · · + a(2m+1 −1) ) ≤
k=1
≤ a1 + 2a2 + 4a4 + · · · 2m a2m = bm , luego sn < bm .
(2) Si n > 2m , entonces:
n
X
ak = sn > a1 + a2 + (a3 + a4 ) + (a5 + a6 + a7 + a8 ) + · · · + (a(2m−1 +1) + · · · + a2m ) ≥
k=1
≥
1
1
1
a1 + a2 + 2a4 + 4a8 + · · · + 2m−1 a2m = bm , luego sn > bm .
2
2
2
1
En conclusión, sn < bm o bien sn > bm , lo que nos lleva al resultado, a causa del criterio
2
de comparación.
Ejemplo 4.2.17 Estudiar la convergencia de las series:
∞
X
1
k
k=1
,
∞
X
1
kα
∞
X
,
k=1
k=2
1
.
k log k
Tenemos, para la primera:
∞
X
k=1
∞
2k
X
1
=
1,
2k
k=1
luego diverge. Para la segunda:
∞
X
∞
X
1
1
2k ¡ ¢α =
¡
¢ ,
k
α−1 k
2
k=1
k=1 2
la que al ser geométrica converge para α > 1 y diverge si 0 < α ≤ 1. Para la tercera:
∞
X
k=2
∞
∞
k=2
k=2
X 1
1 X1
2k
=
=
,
2k log 2k
k log 2
log 2
k
luego, diverge.
Teorema 4.2.9 Criterio integral
³
´
£
£
Sea f : 1, ∞ ⊂ R → R una función continua, positiva y decreciente y ∀n ∈ N f (n) = an ,
entonces:
Z n
∞
X
ak converge ⇐⇒ ` = lim
f (x)dx existe y es f inito .
k=1
n→∞
1
142
CALCULO INTEGRAL
Fernando Arenas Daza
Demostración:
Consideremos, tal como vemos en la figura
4.1, las sumas exterior Se e inferior Si , o
sea:
Se =
n−1
X
f (k) ∆xk =
k=1
=
n−1
X
Y
f (k) =
k=1
n−1
X
O
1 2 3 4
n–1 n X
ak = sn−1 ,
Fig. 4.1
k=1
Si =
...
n−1
X
f (k + 1) ∆xk =
k=1
n−1
X
f (k + 1) =
k=1
n
X
ak = sn − a1 ,
k=2
pero:
f (k) ≥ f (x) ≥ f (k + 1) ,
de ello:
Z
n
sn ≥
f (x)dx = In ≥ sn − a1 .
1
Supongamos primero que la sucesión de término general sn converge a s, como ella es
creciente se tiene sn ≤ s, de esto y como In ≤ sn , vemos que In ≤ s; por lo tanto, la
sucesión {In }n∈N es creciente y acotada superiormente, luego converge.
Por otra parte, si lim In = ` existe y es finito, entonces In ≤ ` y como sn − a1 ≤ In , resulta
n→∞
sn ≤ a1 + `, o sea {sn }n∈N es creciente y acotada superiormente, luego es convergente.
Ejemplo 4.2.18 Estudiar la serie:
∞
X
eArctg k
k=1
k2 + 1
.
En este caso la función es:
f (x) =
eArctg x
eArctg x (1 − 2x)
⇒ f 0 (x) =
,
2
x +1
(x2 + 1)2
vemos que para x ≥ 1 la derivada f 0 (x) es negativa, luego f (x) es continua, positiva y
decreciente, luego:
Z n Arctg x
Z n ³
¯n
´
e
Arctg x ¯
Arctg x
=
e
In =
dx
=
d
e
¯ = eArctg n − eArctg 1 ,
2
1
1 x +1
1
π
π
y tenemos ` = lim In = e 2 − e 4 , luego, la serie planteada converge.
n→∞
Ejemplo 4.2.19 Estudiar la serie:
∞
X
k=1
µ
¶
1
log 1 + 2 .
k
143
Capı́tulo 4: Series
En este caso la función es:
µ
¶
1
2
f (x) = log 1 + 2 ⇒ f 0 (x) = −
,
x
x(1 + x2 )
vemos que para x ≥ 1 la derivada f 0 (x) es negativa, luego f (x) es decreciente y tenemos:
µ
µ
¶
µ
¶
¶
Z n
Z n
¯n
1
x
1 ¯¯n
1 ¯¯n
¯
log 1 + 2 dx = x log 1 + 2 ¯ +2
dx
=
x
log
1
+
+2
Arctg
x
¯ ,
¯
2
x
x
x2 1
1
1
1
1 x(1 + x )
por lo tanto, resulta
µ
¶
1
µ
¶
log 1 + 2
n
1
π
π
n
log 1 + 2 dx = lim
− log 2 + π − = − log 2 ,
1
n→∞
x
2
2
1
n
Z
` = lim
n→∞
con lo que la serie planteada converge.
Ejemplo 4.2.20 Estudiar la serie:
∞
X
k=1
k
.
k2 + 1
x
, vemos que para x ≥ 1 esta función es decreciente,
+1
continua y positiva, por lo tanto, resulta:
Z
Z n
¯n
p
1 n d(1 + x2 )
x
2 ¯¯ → ∞ ,
dx
=
=
log
1
+
x
2
2 0
1 + x2
0
0 x +1
En este caso la función es f (x) =
x2
por tal motivo la serie planteada diverge.
Ejemplo 4.2.21 Estudiar la serie:
∞
X
k=2
1
.
k · (ln k)2
En este caso consideramos la función f (x) =
1
, que para x ≤ 2 es continua, decrex · (ln x)2
ciente y positiva, además, resulta:
Z n
Z n
1
1
dx
d(ln x)
=
=
−
,
2
2
ln 2 ln n
2 x · (ln x)
2 (ln x)
valor que tiende a
1
cuando n tiende a ∞, por lo tanto, la serie planteada converge.
ln 2
Teorema 4.2.10 Criterio de Kummer
∞
∞
∞
X
X
X
Dadas las series de términos positivos
ak y
bk , con
bk divergente y sea
k=1
³1 a
1 ´
n
−
, entonces:
` = lim
n→∞ bn an+1
bn+1
k=1
k=1
144
CALCULO INTEGRAL
(1) ` > 0 ⇒
(2) ` < 0 ⇒
∞
X
k=1
∞
X
Fernando Arenas Daza
ak es convergente.
ak es divergente.
k=1
Demostración:
Como:
³1 a
1 ´
n
−
n→∞ bn an+1
bn+1
` = lim
m
³
´
1 an
1
−
< ` + ² para n ≥ N .
bn an+1
bn+1
`
Pensemos en el caso ` > 0 y, en particular, consideremos ² = , luego:
2
∀² > 0 ∃ N ∈ N :
`−²<
1 an
1
`
<
−
,
2
bn an+1
bn+1
`−²=
de donde:
an+1 <
2 ³ an
an+1 ´
−
,
` bn
bn+1
de esto se deduce que:
n
X
ak+1 <
k=N
en tal caso ocurre que
∞
X
2 ³ aN
an+1 ´ 2 aN
−
<
,
` bN
bn+1
` bN
ak es convergente. Pensemos ahora en el caso ` < 0 y, en particular,
k=1
`
consideremos ² = − , luego:
2
1 an
1
`
−
< <0,
bn an+1
bn+1
2
de donde:
an
an+1
<
para n ≥ N,
bn
bn+1
de esto se deduce que:
an+1 >
an
bn+1 para n ≥ N,
bn
aN +1
>
aN
bN +1
bN
aN +2
>
aN +m
···
>
aN +1
bN +2
bN +1
con lo que:
aN +m−1
bN +m
bN +m−1
,
145
Capı́tulo 4: Series
multiplicando, miembro a miembro, las desigualdades anteriores se obtiene:
aN +m >
y como
∞
X
bk es divergente resulta que
k=1
∞
X
aN
bN +m ,
bN
ak también es divergente.
k=1
Nota:
Si en el criterio de Kummer hacemos bn =
1
resulta el:
n
Teorema 4.2.11 Criterio de Raabe
∞
´
³ a
X
n
Dadas la serie de términos positivos
−1 ,
ak y se considera el lı́mite ` = lim n
n→∞
an+1
k=1
entonces:
∞
X
(1) ` > 1 ⇒
ak es convergente.
(2) ` < 1 ⇒
k=1
∞
X
ak es divergente.
k=1
Demostración:
En efecto, si en el criterio de Kummer hacemos bn =
³ a
1
1 an
n
−
=n
bn an+1
bn+1
an+1
1
resulta:
n
´
−1 −1.
Ejemplo 4.2.22 Siendo p fijo, estudiar la convergencia de la serie:
∞ ³
X
1 · 3 · 5 · 7 · · · (2k − 1) ´p
k=1
2 · 4 · 6 · 8 · · · (2k)
.
Veamos el criterio de la razón:
³ 2n + 1 ´p
an+1
=
→ 1 = ` falla ,
an
2(n + 1)
Veamos el criterio de Raabe:
´
³³ 2(n + 1) ´p
³ a
´
³³
´
1 ´p
n
−1 =n
n
−1 =n 1+
−1 =
an+1
2n + 1
2n + 1
´
p(p − 1)
p(p − 1)(p − 2)
p
+
+
+
·
·
·
=
2n + 1 2(2n + 1)2
3!(2n + 1)3
´
p−1
(p − 1)(p − 2)
p
¡
¢ + ··· → = ` ,
+
1 +
1
2
4n + 4 + n
3 8n2 + 12n + 6 + n
³
=n
=
p³ 1
2 1+
2
n
146
CALCULO INTEGRAL
Fernando Arenas Daza
luego:
`=
p
> 1 ⇐⇒ p > 2 converge y para
2
`=
p
< 1 ⇐⇒ p < 2 diverge .
2
Si p = 2 no se pronuncia, pero:
n
³ a
´
´
³³ 2(n + 1) ´2
n
−1 ,
−1 =n
an+1
2n + 1
consideremos la función:
³³ 2(x + 1) ´2
´
2x + 3
f (x) = x
− 1 ⇒ f 0 (x) =
,
2x + 1
(2x + 1)3
observamos que esta derivada es positiva para x > 0, o sea f (x) es creciente para x ≥ 1 con
lo que:
³ a
´
2
n
f (n) = n
− 1 ≤ 1 (pues : ` = ) = 1) ⇒ nan ≤ (n + 1)an+1 ,
an+1
2
de donde:
a1
2a2
3a3
···
(n − 1)an−1
≤
≤
≤
2a2
3a3
4a4
≤ nan
,
sumando, miembro a miembro, estas desigualdades, obtenemos:
a1 ≤ nan ⇒ a1
1
≤ an ,
n
con lo que la serie, en tal caso diverge.
4.3
Series de términos cualesquiera
En este párrafo estudiaremos aquellas series que tienen infinidad de términos positivos e
infinidad de términos negativos colocados al arbitrio.
Definición 4.3.1 Diremos que la serie
ak converge absolutamente si la serie
k=1
converge.
Por ejemplo, tenemos que la serie
∞
X
(−1)k+1
k=1
converge.
Teorema 4.3.1 Si
∞
X
∞
X
k3
| ak |
k=1
∞
X
1
converge absolutamente porque la serie
k3
ak converge absolutamente, entonces
k=1
∞
X
k=1
∞
X
ak converge.
k=1
147
Capı́tulo 4: Series
Demostración:
En efecto, se tiene:
³
∀k ∈ N
luego la serie dada por
´
− | ak | ≤ ak ≤ | ak | ⇒ 0 ≤ ak + | ak | ≤ 2| ak | ,
∞
X
¡
¢
ak + | ak | converge y
k=1
sn =
n
X
¡
n
¢ X
ak + | ak | −
| ak | ,
k=1
k=1
de donde:
lim sn = lim
n→∞
n→∞
n
X
¡
n
∞
X
X
¢
ak + | ak | − lim
| ak | ⇒
ak converge.
n→∞
k=1
k=1
k=1
Nota:
Si
∞
X
ak converge, esto no obliga a que la serie
k=1
| ak | sea convergente, ya que, por ejemplo:
k=1
log 2 =
∞
X
(−1)k+1
k=0
y la serie
k
∞
X
∞
X
1
k=1
∞
X
Definición 4.3.2 Diremos que la serie
verge y la serie
∞
X
k
es divergente.
ak converge condicionalmente si ella con-
k=1
| ak | diverge.
k=1
Definición 4.3.3 Sea {an }n∈N una sucesión de términos positivos, la serie
(−1)k+1 ak
k=1
se conoce como serie alternante.
Teorema 4.3.2 Criterio de Leibniz
∞
X
Si los términos de la serie alternante
(−1)k+1 ak satisfacen:
k=1
(1) an > an+1 > 0
entonces esta serie alternante converge.
Demostración:
∞
X
(2) lim an = 0
n→∞
148
CALCULO INTEGRAL
Fernando Arenas Daza
Tenemos:
s2n = (a1 − a2 ) + (a3 − a4 ) + · · · + (a2n−1 − a2n ) ,
o sea {s2n }n∈N es creciente. Además,se tiene:
s2n = a1 − (a2 − a3 ) − (a4 − a5 ) − · · · − (a2n−2 − a2n−1 ) − a2n ,
es decir, {s2n }n∈N está acotada superiormente por a1 , luego {s2n }n∈N es sucesión convergente
a `. Por otro lado, se obtiene:
lim s2n+1 = lim s2n + lim a2n+1 = ` + 0 ,
n→∞
n→∞
n→∞
por lo tanto, la serie alternante es convergente.
Por ejemplo, si consideramos
∞
X
(−1)k log
k=2
bn − bn+1 =
k
n
, y en ella hacemos bn =
, resulta:
k−1
n−1
n+1
1
n
−
=
> 0 ⇒ bn > bn+1 ⇒
n−1
n
(n − 1)n
⇒ an = log bn > log bn+1 = an+1 ,
además, tenemos:
an+1 = log
³
n+1
1´
= log 1 +
>0,
n
n
por último, resulta:
lim an = lim log
n→∞
n→∞
n
=0,
n−1
por lo tanto, la serie dada es convergente.
Definición 4.3.4 Dada la sucesión f : N → R , se dice que la nueva sucesión g : N → R es
una reordenación de f si existe biyección h : N → N tal que g = f ◦ h.
Por ejemplo, si tomamos la sucesión de término general f (n) =
N definida por:
4n − 1
3
4n + 1
h(n) =
3
2n
3
1
y la biyección en
n(n + 1)
si
n = 1, 4, 7, · · · , 3p − 2, · · ·
si
n = 2, 5, 8, · · · , 3p − 1, · · ·
si
n = 3, 6, 9, · · · ,
ası́ obtenemos la reordenación de f :
9
2 + 4n − 2
16n
9
2
4(4n
+
5n + 1)
g(n) = f (h(n)) =
9
2n(2n
+ 3)
3p, · · ·
si
n = 1, 4, 7, · · · , 3p − 2, · · ·
si
n = 2, 5, 8, · · · , 3p − 1, · · ·
si
n = 3, 6, 9, · · · ,
3p, · · ·
149
Capı́tulo 4: Series
Definición 4.3.5 La serie
∞
X
bk es una reordenacion de la serie
k=1
∞
X
ak si {bn }n∈N es
k=1
una reordenación de {an }n∈N .
Definición 4.3.6 La serie convergente
∞
X
ak converge incondicionalmente si toda reor-
k=1
denación de ella converge al mismo valor.
Teorema 4.3.3 La condición necesaria y suficiente para que
convergente es que
∞
X
∞
X
ak sea incondicionalmente
k=1
ak sea absolutamente convergente.
k=1
4.4
Series de potencias
Definición 4.4.1 Toda serie de la forma:
∞
X
¡
¢k
ak x − x0 ,
k=0
donde los coeficientes a1 , a2 , · · · , an , · · · y el número x0 son constantes conocidas se
denomina serie de potencias.
Notas:
(1) Ya sabemos que si | x | < 1, entonces la serie geométrica
es:
∞
X
xk es convergente y su valor
k=0
∞
X
xk =
k=0
1
1−x
ella obviamente es una serie de potencias.
(2) Además, si | x | < 1, entonces la serie geométrica
∞
X
1
y también es serie
1 − x2
x2k =
k=0
de potencias.
(3) Por otra parte, si | x | < 1, entonces la serie geométrica
∞
X
x2k+1 =
k=0
es serie de potencias.
x
y también
1 − x2
(4) A su vez, si se cambia x por −x en (1) resulta la serie de potencias ( y geométrica):
|x|<1⇒
∞
X
k=0
(−1)k xk =
1
.
1+x
150
CALCULO INTEGRAL
Fernando Arenas Daza
(5) También, si se cambia x por x2 en (4) resulta la serie de potencias ( y geométrica):
|x|<1⇒
∞
X
(−1)k x2k =
k=0
1
.
1 + x2
(6) Multiplicando ambos miembros de (5) por x se obtiene:
|x|<1⇒
∞
X
(−1)k x2k+1 =
k=0
x
.
1 + x2
(7) Si en (2) se cambia x por 2x se consigue:
∞
|x|<
X
1
1
⇒
(2x)2k =
.
2
1 − 4x2
k=0
(8) Es claro que se pueden obtener muchos otros ejemplos procediendo en forma similar.
(9) Dada la serie de potencias
∞
X
¡
¢k
ak x − x0 , si en ella hacemos el traslado paralelo
k=0
x̄ = x − x0 al valor x0 , entonces ella también es
∞
X
ak x̄k , con lo que bastará estudiar las de
k=0
este tipo.
Teorema 4.4.1 Si la serie
∞
X
ak xk converge para algún valor particular x1 6= 0, entonces
k=0
la serie converge absolutamente para x tal que | x | < | x1 |.
Demostración:
Como
∞
X
ak xk1 converge se tiene que su término general tiende a 0 cuando n tiende a ∞.
k=0
En particular, se tiene:
| an xn1 | < 1 para n ≥ N ,
pues bien, sea | x | < | x1 | y n ≥ N , entonces se tiene:
¯ x ¯n ¯ x ¯n
¯ ¯
¯ ¯
| an xn | = | an xn1 |¯ ¯ < ¯ ¯ = un
x1
x1
Puesto que 0 < u < 1, la serie
¯x¯
¯ ¯
con u = ¯ ¯ .
x1
∞
∞
X
X
¯
¯
¯ ak xk ¯ por comparación es convergente puesto que
uk
k=0
k=0
lo es, de esto se consigue el resultado.
Teorema 4.4.2 Si la serie de potencias
∞
X
k=0
ak xk converge para algún valor particular x1 6=
0, entonces existe un número real r tal que la serie converge absolutamente si | x | < r.
151
Capı́tulo 4: Series
Demostración:
Sea:
A = {x ∈ R − {0} |
∞
X
ak xk es convergente} ,
k=0
A 6= ∅ porque por hipótesis x1 ∈ A y para cualquier otro x ∈ A se tiene que | x | < | x1 |
a causa del teorema anterior. Por lo tanto, | x1 | es una cota superior de A y A 6= ∅, luego
A tiene supremo r. Es claro que r > 0, ya que r ≥ | x1 |. Por el teorema anterior ningún
elemento de A puede tener valor absoluto mayor que r, luego nos resta demostrar que la
serie converge absolutamente si | x | < r. Pues bien, si | x | < r existe un número positivo
∞
X
x̄ ∈ A tal qur | x | < x̄ < r; resulta, entonces, por el teorema anterior, que la serie
ak xk
k=0
converge absolutamente.
Notas:
(1) A cada serie de potencias está asociado un intervalo, conocido como intervalo de
convergencia de la serie de potencias y en éste la serie¤ converge absolutamente
para
£
cada x interior a este intervalo. Tal intervalo es de la forma x0 − r, x0 + r . El número no
negativo r se conoce como radio de convergencia de la serie de potencias. En algunos
casos el intervalo de convergencia se puede reducir sólo a x0 (cuando r = 0) o bien puede
ser todo el eje real (cuando r = ∞).
(2) Para conseguir la convergencia absoluta de una serie de potencias utilizaremos ya sea el
criterio de la razón o el de la raı́z, o sea:
¯a
¯
¯ n+1 ¯
lim ¯
¯ | x − x0 | < 1 ,
n→∞
an
o bien:
lim
n→∞
q¯
¯
n ¯
an ¯ | x − x0 | < 1 ,
y el radio de convergencia r es el número definido por:
¯
1
¯ x − x0 | < r ⇐⇒ r =
¯a
¯
¯ n+1 ¯ ,
lim ¯
¯
n→∞
an
o bien:
¯
¯ x − x0 | < r ⇐⇒ r =
1
q¯
¯.
lim n ¯ an ¯
n→∞
Por ejemplo, si consideramos la serie de potencias:
x+
∞
X
1 · 3 · 5 · · · (2k − 1) (x − 3)2k+1
·
,
2 · 4 · 6 · · · (2k)
2k + 1
k=1
se tendrá:
¯ a
¯
1
2 · 4 · 6 · · · (2n)
1 · 3 · 5 · · · (2n + 1)
¯ 2n+1 ¯
lim ¯
·
·
·(2n+1) =
¯| x−3 |2 = | x−3 |2 lim
n→∞ a2n−1
n→∞ 2 · 4 · 6 · · · (2n + 2) 2n + 3 1 · 3 · 5 · · · (2n − 1)
152
CALCULO INTEGRAL
Fernando Arenas Daza
¯
¯2
(2n + 1)2
< 1 ⇒ ¯x − 3 ¯ < 1 ,
n→∞ (2n + 2)(2n + 3)
luego, el radio de convergencia y el intervalo de convergencia de la serie son:
¯
¯
r = 1 y ¯x − 3 ¯ < 1 .
= | x − 3 |2 lim
Ejemplo 4.4.1 Estudiar la serie
∞
X
(−1)k (x − 3)k
k=1
k9k
.
Tenemos:
¯
¯
¯
¯
¯ an+1 ¯ ¯
¯
¯
¯ ¯x−3¯
n
n9n
¯
¯
¯
¯
¯
¯
lim ¯
x − 3 = lim
x−3 =
lim
<1,
¯
n+1
n→∞ n + 1
n→∞
n→∞ (n + 1)9
an
9
por lo tanto, tenemos el intervalo de convergencia absoluta:
¯
¯
¯ x − 3 ¯ < 9 ⇔ −6 < x < 12 ,
ahora bien, si x = −6 resulta la serie
∞
X
(−1)k (−9)k
k=1
diverge.
k9k
Si x = 12 entonces la serie planteada pasa a ser
=
k=1
k
∞
X
(−1)k 9k
k=1
gente.
∞
X
1
k9k
que es la serie armónica, luego
=
∞
X
(−1)k
k=1
k
¤
¤
En conclusión el intervalo de convergencia es − 6, 12 .
Ejemplo 4.4.2 Estudiar la serie
∞
X
k 2 3k (x − 1)k .
k=1
Tenemos an = n2 3n (x − 1)n , luego:
¯
¯
¯
¯ √
√
lim n an = lim ¯ x − 1 ¯( n n)2 3 = 3¯ x − 1 ¯ < 1 ,
n→∞
n→∞
por lo tanto, tenemos el intervalo de convergencia absoluta:
¯
¯
¯x−1¯< 1 ⇔ 2 <x< 4 ,
3
3
3
2
ahora bien, si x = resulta la serie:
3
µ
¶k X
∞
∞
X
2
2 k
k 3
−1
=
(−1)k k 2 ,
3
k=1
k=1
4
que diverge. Si x = resulta la serie:
3
µ
¶k X
∞
∞
X
4
2 k
k 3
−1
k2 ,
=
3
k=1
k=1
¤
£
que diverge. En conclusión el intervalo de convergencia es 32 , 43 .
la que es conver-
153
Capı́tulo 4: Series
¯Definición
¯ 4.4.2 Cada serie de potencias define una función f cuyo valor en cada x ∈
¯ x − x0 ¯ < r está dado por:
∞
X
¡
¢k
f (x) =
ak x − x0 ,
k=0
¯
¯
se dice que la serie representa a la función f en ¯ x − x0 ¯ < r y se denomina
desarrollo en serie de potencias de la función f en torno a x0 .
Nota:
Hay dos problemas sobre desarrollos en series de potencias:
(1) Dada la serie
∞
X
¡
¢k
ak x − x0 , hallar las propiedades de la función:
k=0
f (x) =
∞
X
¡
¢k
ak x − x0 .
k=0
(2) Dada una función f , ver si es posible o no expresarla en serie de potencias.
Por lo que hemos dicho, para estudiar el problema (1), bastará hacer el de sarrollo con series
∞
X
de potencias absolutamente convergentes del tipo
ak xk .
k=0
Teorema 4.4.3 Dada la serie de potencias absolutamente convergente
la respectiva serie derivada
dada.
∞
X
∞
X
ak xk , entonces
k=0
k−1
kak x
tiene el mismo radio de convergencia que la serie
k=1
Teorema 4.4.4 Si el desarrollo en serie de potencias f (x) =
∞
X
ak xk es válido en | x | < r,
k=0
entonces para cada x en tal intervalo, existe f 0 (x) y además f 0 (x) =
∞
X
kak xk−1 .
k=1
Teorema 4.4.5 Si el desarrollo en serie de potencias f (x) =
∞
X
ak xk es válido en | x | < r,
k=0
entonces la función f es integrable en cada subintervalo cerrado contenido en el intervalo de
convergencia | x | < r y su integral se puede calcular integrando término a término la serie
de potencias; en particular:
Z x
∞
X
ak k+1
x
,
f (u)du =
k
+1
0
k=0
y la serie integrada tiene el mismo radio de convergencia que
∞
X
ak xk .
k=0
154
CALCULO INTEGRAL
Fernando Arenas Daza
Teorema
4.4.6 Suponiendo
que f tiene derivadas de todos los órdenes en un intervalo del
¤
£
tipo x0 − r, x0 + r y que existe M > 0 (que puede depender de x0 ), tal que:
³¯
´
¯
¤
£
∀x ∈ x0 − r, x0 + r , ∀n ≥ N : ¯ f (n) (x) ¯ ≤ M ,
entonces la serie de Taylor de f en torno a x0 :
∞
X
f (k) (x0 )
k!
k=0
(x − x0 )k ,
¤
£
converge hacia f (x) para cada x ∈ x0 − r, x0 + r , o sea:
f (x) =
∞
X
f (k) (x0 )
k!
k=0
(x − x0 )k .
Demostración:
¤
£
Para cada x ∈ x0 − r, x0 + r se tiene un desarrollo del tipo polinomio de Taylor:
f (x) =
n−1
X
k=0
f (k) (x0 )
f (n) (c)(x − x0 )n
(x − x0 )k +
, con : x0 − r < c < x0 + r ,
k!
n!
con un resto que, para cada n ∈ N con n ≥ N se puede acotar como sigue:
¯ f (n) (c)(x − x )n ¯ M | x − x |n
M an
¯
¯
0
0
=
donde : a = | x − x0 |
¯
¯≤
n!
n!
n!
pero:
an
→0
n!
,
n→∞
por lo tanto, resulta:
f (n) (c)(x − x0 )n
=0.
n→∞
n!
lim
Ejemplo 4.4.3
f (x) = ex = 1 +
1
1
1
x + x2 + x3 + · · · .
1!
2!
3!
Teorema 4.4.7 Sea 0 ∈ dom f , f derivable y n ∈ N, entonces:
(i) f par ⇒ f (2n−1) (0) = 0
(ii) f impar ⇒ f (2n) (0) = 0
Ejemplo 4.4.4
cos x = 1 −
x4
x6
x2
+
−
+ ··· .
2!
4!
6!
155
Capı́tulo 4: Series
Ejemplo 4.4.5
senx =
x
x3
x5
−
+
− ··· .
1!
3!
5!
∞
X
x4k
, encontrar su radio de convergencia
2k + 1
k=0
absoluta y también la función f que ella representa.
Problema 4.4.1 Dada la serie de potencias
Solución:
Se tiene:
lim | x4 |
n→∞
2n + 1
= | x4 | ⇒ r = 1 ,
2n + 3
luego, para | x | < 1 se tiene:
f (x) =
∞
X
x4k
x4
x8
=1+
+
+ ···
2k + 1
3
5
k=0
. x2
·
2
. d
x2
x2
x6
x10
f (x) =
+
+
+ ···
2
2
6
10
dx
³
´
2
d x
f (x) = x + x5 + x9 + · · · = x(1 + x4 + x8 + · · · ) =
dx 2
1³ x
x ´
x
=
+
,
=
1 − x4
2 1 + x2
1 − x2
e integrando, resulta:
Z
Z
x2
1 ³ 1 x d(1 + u2 ) 1 x d(1 − u2 ) ´ 1
1 + x2
f (x) =
−
=
log
,
2
2 2 0 1 + u2
2 0 1 − u2
4
1 − x2
por lo tanto, obtenemos:
1
f (x) = 2 log
2x
r
1 + x2
,
1 − x2
Teorema 4.4.8 Dadas las series de potencias
x 6= 0 y − 1 < x < 1 .
∞
X
ak xk y
k=0
cia no nulos, entonces:
(1)
∞
X
k=0
ak xk +
∞
X
bk xk =
k=0
∞
X
∞
X
bk xk con radios de convergen-
k=0
(ak + bk )xk
k=0
(2)
∞
X
k=0
ak xk ·
∞
X
bk xk =
k=0
∞
X
k=0
ck xk = a0 b0 + (a0 b1 + a1 b0 )x + (a0 b2 + a1 b1 + a2 b0 )x2 + · · · ,
156
CALCULO INTEGRAL
Fernando Arenas Daza
donde:
cn = ao bn + a1 bn−1 + a2 bn−2 + · · · + an−1 b1 + an b0 .
Las series de (1) y (2) convergen para cualquier x en el interior de los intervalos de con∞
∞
X
X
k
ak x y
bk xk .
vergencia de ambas series
k=0
k=0
Problema 4.4.2 tgx es impar, buscar su desarrollo como serie de potencias:
tgx = a1 x + a3 x3 + a5 x5 + · · · .
Solución:
Se tiene:
tgx =
senx
⇒ cos xtgx = senx, de ello se desprende que:
cos x
³
1−
´
x2
x4
x6
x
x3
x5
+
−
+ · · · (a1 x + a3 x3 + a5 x5 + · · · ) =
−
+
− ···
2!
4!
6!
1!
3!
5!
1
y, por comparación de coeficientes de la misma potencia de x, resulta: a1 = 1, a3 = ,
3
2
17
a5 =
,a7 =
etc., por lo tanto:
15
315
1
2
17 7
tgx = x + x3 + x5 +
x + ···
3
15
315
Problema 4.4.3 Si −1 < x < 1, r ∈ R, buscar el desarrollo de:
f (x) = (1 + x)r .
Solución:
Procediendo a buscar el resultado, se consigue:
µ ¶
µ ¶
µ ¶
r
r 2
r n
r
(1 + x) = 1 +
x+
x + ··· +
x +R
1
2
n
donde:
µ ¶ (
1
r
=
r(r − 1) · · · (r − (k − 1))
k
k!
si
k=0
si
k∈N
Ejemplo 4.4.6
√
1
1 + x = (1+x) 2 = 1+
1
1
1·3 3
(−1)n+1 1 · 3 · 5 · · · (2n − 3) xn
x−
x2 +
x +· · ·+
·
· +· · · .
2
3
1! · 2
2! · 2
3! · 2
2
2n−1
n!
157
Capı́tulo 4: Series
En particular se sabe que:
³
2 ´
2 · 72 = 102 1 − 2
10
de ello:
´
√
1
1
1 1
10 p
10
10 ³
(1 − 0, 02) 2 =
1 − (−0, 02) +
2=
1 − 0, 02 =
(−0, 02)2 + · · ·
2
7
7
7
2
22
Ejemplo 4.4.7
Z
x
Arcsen x =
0
du
√
=
1 − u2
Z
Z
x
2 − 12
(1 − u )
du =
0
0
∞
xX
k=0
µ 1¶
− 2 2k
(−1)
u du =
k
k
¡ 1¢
µ 1¶ Z x
∞
∞
X
X
(−1)k −k2 2k+1
2k
k −2
u du =
=
(−1)
x
.
k
2k + 1
0
k=0
k=0
Problema 4.4.4 Encontrar el desarrollo en serie de:
p
(1 − x)− q ,
y una vez heccho esto calcular el valor de:
1+
10 10 · 16 10 · 16 · 22
+
+
+ ··· .
9
9 · 18
9 · 18 · 27
Solución:
Tenemos:
(1 − x)
−p
q
µ p¶
µ p¶
µ p¶
µ p¶
−q k
−q
−q 2
−q 3
x =1−
=
(−1)
x+
x −
x + ··· =
1
2
3
k
k=0
∞
X
k
µ
¶
µ
¶µ
¶
−p −p
−p −p
−p
p
−1
−1
−2
q
q
q
q
q
q
x2 −
x3 + · · ·
=1+ x+
1!
2!
3!
µ
¶
µ
¶µ
¶
p
p p
p p
p
+1
+1
+2
q q
q q
q
q
=1+ x+
x2 +
x3 + · · ·
1!
2!
3!
µ ¶2
µ ¶3
p x p(p + q) x
p(p + q)(p + 2q) x
+
=1+
+
+ ···
1! q
2!
q
3!
q
Ahora:
2
3
2
2
2
10 10 · 16 10 · 16 · 22
5 3 5(5 + 3) 3 5(5 + 3)(5 + 2 · 3) 3
1+ +
+
+· · · = 1+ +
+
+· · ·
9
9 · 18
9 · 18 · 27
1! 3
2!
3
3!
3
=
µ
¶− 35
µ ¶− 53
√
5
2
1
3
1−
=
= 33 = 3 9 .
3
3
158
CALCULO INTEGRAL
Fernando Arenas Daza
Ejemplo 4.4.8 Se sabe que para −1 < x < 1 se tiene:
1
= 1 − x2 + x3 − x4 + · · · ‘ ,
1 + x2
de ello resulta, al integrar término a término, entre 0 y x, que:
Arctg x = x −
x5
x7
x3
+
−
+ ··· .
3
5
7
De paso, por el criterio de Leibniz, resulta que la serie alternante:
1−
1 1 1
+ − + ···
3 5 7
es convergente, luego, a causa del ejemplo anterior se consigue:
1−
π
1 1 1
+ − + · · · = Arctg 1 = .
3 5 7
4
Esta última convergencia se puede hacer ver que es muy lenta, por tal motivo es mejor
considerar:
2
1
1
1
3
1
2 Arctg + Arctg = Arctg 3 + Arctg = Arctg + Arctg =
1
3
7
7
4
7
1−
9
3 1
+
4
7 = Arctg 21 + 4 = Arctg 1 = π ,
= Arctg
3
28 − 3
4
1−
28
de donde:
³1 1 1
´
π
1
1
1 1
1 1
= 2 Arctg + Arctg = 2
− · 2 + · 5 − · 7 + ··· +
4
3
7
3 3 3
5 3
7 3
³1 1 1
´
1 1
1 1
+
− ·
+ · 5 − · 7 + ··· .
7 3 73
5 7
7 7
Ejemplo 4.4.9 Se sabe que para −1 < x < 1 se tiene:
1
= 1 − x + x2 − x3 + · · · ,
1+x
de ello resulta, al integrar término a término, entre 0 y x, que:
log(1 + x) = x −
x2
x3
x4
+
−
+ ··· .
2
3
4
Ejemplo 4.4.10 Se sabe que para −1 < x < 1 se tiene:
1
= 1 + x + x2 + x3 + · · · ,
1−x
de ello resulta, al integrar término a término, entre 0 y x, que:
− log(1 − x) = x +
x2
x3
x4
+
+
+ ··· .
2
3
4
159
Capı́tulo 4: Series
Ejemplo 4.4.11
log
1+x
= log(1 + x) − log(1 − x)
1−x
log
³
´
1+x
x3
x5
=2 x+
+
+ ··· .
1−x
3
5
luego:
Problema 4.4.5 Desarrollar la función:
√
2x − 1
π i
1h
1+x
f (x) =
log √
+ 3 Arctg √
+ √
3
3
2 3
1 − x + x2
en serie de potencias en torno a x0 = 0. Además, demostrar que la serie alternante:
1−
1 1
1
1
+ −
+
− ··· ,
4 7 10 13
converge y encontrar su valor.
Solución:
Tenemos:
√
(x + 1)(2x − 1)
h √1 − x + x2 ³ 1 − x + x2 − √
´ √
1
2 1 − x + x2
f 0 (x) =
+ 3
3
1+x
1 − x + x2
=
1
2 i
√
=
(2x − 1)2 3
1+
3
i
1 h 2(1 − x + x2 ) − (x + 1)(2x − 1)
3
1
+
=
=
3
2
3
2(1 + x )
2(x − x + 1)
1 + x3
= 1 − x3 + x6 − x9 + x12 − · · · ,
(| x | < 1)
luego:
Z
x
f (x) =
(1 − u3 + u6 − u9 + u12 + · · · )du = x −
0
x4 x7 x10 x13
+
−
+
−··· ,
4
7
10
13
además, la serie alternante:
1−
1 1
1
1
+ −
+
− ··· ,
4 7 10 13
por el criterio de Leibniz converge, luego:
f (1) = 1 −
Problema 4.4.6
1 1
1
1
1h
π i
+ −
+
− ··· =
log 2 + √ .
4 7 10 13
3
3
(i) Mediante integración demostrar que:
Z 1
π2
Arcsen x
√
dx =
.
8
1 − x2
0
(| x | < 1)
160
CALCULO INTEGRAL
Fernando Arenas Daza
(ii) Mediante integración demostrar que:
Z 1 2n+1
x
2 · 4 · 6 · · · (2n)
√
dx =
.
2
1 · 3 · 5 · · · (2n + 1)
1−x
0
(iii) Demostrar que:
Z
1
0
(iv) Considerando que:
1
Arcsen x
1
1
√
dx = 1 + 2 + 2 + 2 + · · · .
2
3
5
7
1−x
∞
∞
∞
X
X
X
1
1
1
=
+
,
k2
(2k − 1)2
(2k)2
k=1
k=1
demostrar que:
k=1
∞
X
1
π2
.
=
k2
6
k=1
Solución:
Para (i) Se tiene:
Z
0
1
Arcsen x
√
dx = lim
b→1
1 − x2
Z
1
b
Arcsen x
√
dx = lim
b→1
1 − x2
Z
b
Arcsen xd (Arcsen x) =
1
1
π2
2
lim (Arcsen b) =
.
2 b→1
8
Para (ii) Se tiene, por ejemplo [4.4.6], repitiendo el método:
=
Z
x
√
Arcsen x =
0
∞
X
=
k=0
du
=
1 − u2
Z
x
Z
1
(1 − u2 )− 2 du =
∞
xX
0
0
(−1)k
k=0
µ 1¶
− 2 2k
u du =
k
¡ 1¢
µ 1¶ Z x
∞
X
(−1)k −k2 2k+1
−2
2k
(−1)
u du =
x
.
k
2k + 1
0
k
k=0
Por otra parte, resulta:
Z
1
0
¡− 1 ¢ Z 1
∞
2
X
Arcsen x
u2k+1
k
k
√
√
(−1)
dx =
du ,
2k + 1 0
1 − x2
1 − u2
k=0
pero, haciendo u = senθ en:
Z π2
Z 1 2k+1
Z π2
Z π2
(senθ)2k+1 cos θ
u
√
(senθ)2k+1 dθ =
(senθ)2k senθdθ =
du =
dθ =
cos θ
1 − u2
0
0
0
0
Z π2
Z π2
¯ π2
¯
2k
2k
=−
(senθ) d(cos θ) = −(senθ) cos θ¯ + 2k
(senθ)2k−1 cos2 θdθ =
0
ÃZ
= 2k
0
0
π
2
Z
2k−1
(senθ)
dθ −
0
π
2
0
2k+1
(senθ)
!
dθ
,
161
Capı́tulo 4: Series
o sea:
Z
(2k + 1)Ik = 2kIk−1
,
I0 =
π
2
senθdθ = 1 ,
0
de donde:
Ik =
2 4 6
2k
2 4 6
2k
· · ···
I0 = · · · · ·
,
3 5 7
2k + 1
3 5 7
2k + 1
Para (iii) Se tiene:
¡− 1 ¢
∞
2
X
2 4 6
2k
π2
k
k
=
(−1)
· · · ···
=
8
2k + 1 3 5 7
2k + 1
k=0
=
∞
X
(−1)k
−1
2
µ
¶µ
−1
−1
2
k=0
=
∞
X
(−1)k
k=0
¶ µ
¶
−1
−1
− 1 ···
− (k − 1)
2 4 6
2k
2
2
· · · ···
=
k!(2k + 1)
3 5 7
2k + 1
(−3)(−5)(−7) · · · (−2k + 1)
2k · k!
·
=
k
2 · k!(2k + 1)
3 · 5 · 7 · · · (2k − 1)(2k + 1)
=
∞
∞
∞
X
X
X
(−1)2k
1
1
=
=
.
(2k + 1)2
(2k + 1)2
(2k − 1)2
k=0
k=0
k=1
Para (iv) Se tiene:
∞
∞
∞
∞
X
X
X
1
1
1
π2
1X 1
=
+
=
+
k2
(2k − 1)2
(2k)2
8
4
k2
k=1
o sea:
k=1
µ
1−
1
4
¶X
∞
k=1
k=1
k=1
∞
X 1
1
π2
4 π2
π2
=
⇒
= ·
=
.
2
2
k
8
k
3 8
6
k=1
Problema 4.4.7 Calcular:
lim
n→∞
n
X
k=1
k+1
·
k(k + 2)2
Solución:
Utilizando las fracciones parciales, deberá tenerse:
A
B
C
k+1
= +
+
,
2
k(k + 2)
k
k + 2 (k + 2)2
lo que nos conduce al siguiente cálculo para la constante A:
k+1
(k + 2)2
= A
k
+
=
Bk
k+2
0
+
Ck
(k + 2)2
→A=
1
,
4
162
CALCULO INTEGRAL
Fernando Arenas Daza
y, con ello, procediendo a efectuar la diferencia:
k+1
1
−
,
k(k + 2)2
4k
nos resulta:
k+1
1
4k + 4 − k 2 − 4k − 4
−k
(k + 2) − 2
−
=
=
=−
=
k(k + 2)2
4k
4k(k + 2)2
4(k + 2)2
4(k + 2)2
=−
1
1
+
,
4(k + 2) 2(k + 2)2
y con ello tenemos que:
n
X
k=1
=
k+1
1³ X 1 X 1 ´ 1 X
1
−
=
+
=
k(k + 2)2
4
k
k+2
2
(k + 2)2
n
n
n
k=1
k=1
k=1
n
n+2
n+2
n+2
1³ X 1 X 1´ 1 X 1
1³
1
1
1 ´ 1³ X 1
1´
−
+
=
1
+
−
−
+
−
1
−
,
4
k
k
2
k2
4
2 n+1 n+2
2
k2
4
k=1
k=3
k=3
de donde:
lim
n→∞
n
X
k=1
k=1
k+1
3 π2
5
π2 − 3
=
+
−
=
·
k(k + 2)2
8 12 8
12
163
Capı́tulo 4: Series
4.5
Problemas propuestos
1. Estudiar la convergencia de las siguientes series de términos positivos:
(a)
∞
X
1 ³ 2 ´k−1
k=1
(b)
∞
X
k=1
(c)
∞
X
k=1
(d)
(`)
k 5
k=1
1
10k + 1
(m)
1
k
3 −k
(n)
∞ 3
X
k
(o)
∞
X
k!
k=1
(g)
∞
X
kk
p
k=1
(h)
(p)
1
(q)
k(k + 1)
k2 + 1
∞
X
k
(i)
ek
(r)
(j)
k=1
(k)
∞
X
k=1
1
k! log2 k
k=1
∞
X
∞
X
³
1´
log 1 +
k
k k sen2
(s)
k
(k + 1)ek
3k
2k Arctgk k
k=1
∞
X
k+1
∞
X
k=1
(t)
(u)
2k
1
1000k + 1
∞ k cos2
X
k=1
1
(k + 2)2 − 1
2
k
∞
X
k=1
k=1
∞
X
kk
k=1
∞ Arctg k
X
e
k=1
1 · 4 · 9 · · · k2
1 · 3 · 5 · · · (4k − 3)
∞
X
k=1
k=1
ek
∞ k
X
2 k!
k=1
(ñ)
k!
∞ √
X
( 5 − 1)k
(e)
k2 + 1
∞
X
k=1
k=1
(f)
∞ 3
X
k
³ kπ ´
2k
3
∞
X
2 + (−1)k
k=1
2k
2. Usando ya sea la serie teléscopica o bien la serie geométrica, calcular las siguientes
series:
164
CALCULO INTEGRAL
(a)
∞
X
k=1
(b)
∞
X
k=1
(c)
1
(2k − 1)(2k + 1)
k2
1
−1
∞
X
2k + 1
k 2 (k + 1)2
k=1
(d)
(n)
6k
(ñ)
k=1
k=2
(g)
2k + 3
(k − 1)k(k + 2)
k=2
(i)
∞
X
k=1
(j)
∞
X
k=1
3k−1
∞
X
(−1)k+1 (k + 1)
(o)
(2k + 1)(2k + 3)
k=1
k(k + 1)
k=1
(h)
k
(k + 1)!
∞
X
k+5
k=1
∞
X
(−1)k−1 (2k + 1)
∞
X
∞
X
k=1
∞
X
2
(e)
3k−1
∞
X
∞
X
k
(k + 1)(k + 2)(k + 3)
k=1
√
√
∞
X
k+1− k
√
(`)
k2 + k
k=1
i
h³
1 ´k
∞ log
(1 + k)
1+
X
k
(m)
¡
¢£
¡
¢k+1 ¤
k
log k + 1
k=2 log k
(k)
∞ k
X
2 + 3k
k=1
(f)
Fernando Arenas Daza
(p)
∞
X
k=1
1
(k − 1)(k + 1)(k + 3)(k + 5)
(q)
∞
X
k=1
1
2
k −1
(r)
∞
X
k=1
k2 + k − 1
(k + 1)2 (k + 2)2
(s)
∞
X
26k + 107
1
·
(k + 1)(k + 4) 3k+3
2k
1 + k2 + k4
3k − 1
(4k − 1)(4k + 3)(4k + 7)
3k−1 sen3
k=1
θ
3k
3. Acudiendo al resultado de la serie geométrica, demostrar que, al menos para | x | < 1,
se tiene:
(a)
∞
X
k=1
(b)
∞
X
k=1
(c)
∞
X
k=1
(d)
x
kx =
(1 − x)2
(e)
x2 + x
k x =
(1 − x)3
(f)
x4 + 11x3 + 11x2 + x
k x =
(1 − x)5
(g)
k
2 k
4 k
∞ k
X
x
k=1
k
= log
1
1−x
∞
X
x2k−1
k=1
∞
X
2k − 1
=
1
1+x
log
2
1−x
(k + 1)xk =
k=0
1
(1 − x)2
∞
X
(k + 1)(k + 2)
k=0
2!
xk =
1
(1 − x)3
(h)
∞
X
(k + 1)((k + 2)(k + 3)
k=0
3!
xk =
1
(1 − x)4
165
Capı́tulo 4: Series
4. Se define la constante de Euler (Leonhard Euler, Suiza, 1707-1783) como:
n
¡X
¢
1
− log n = γ ≈ 0, 5772157 · · ·
n→∞
k
lim
k=1
Nota:
También se acostumbra a colocar:
n
X
1
= γ + log n + ²n ,
k
con lim ²n = 0 .
n→∞
k=1
Demostrar en base a esto que:
(c)
(a)
lim
n
X
n→∞
k=1
(−1)k+1
= log 2 .
k
(b)
lim
n→∞
n
X
k=1
1
= 2 log 2 .
k(2k − 1)
(d)
n
X
(−1)k−1
lim
n→∞
k=1
2k
=
1
log 2 .
2
lim
n→∞
n
X
k=1
1
= 2 − 2 log 2 .
k(2k + 1)
(e)
lim
n→∞
n
X
k=1
¢
1
1¡
=
log 3 − 1 .
(3k − 1)3k(3k + 1)
2
(f)
lim
n→∞
n
X
k=1
1
1
= log 2 .
(4k − 3)(4k − 2)(4k − 1)
4
(g)
lim
n→∞
n
X
k=1
1
= 2 log 2 − 1 .
k(4k 2 − 1)
5. Averiguar si las siguientes series convergen en forma absoluta, en forma condicional
o divergen:
∞
∞
X
X
(−1)k−1
(−1)k−1
(e)
(a)
2k − 1
k log k
k=1
(b)
k=1
(c)
k(k + 1)
∞
X
(−1)k−1
k=1
(d)
k=2
∞
X
(−1)k−1 (2k + 1)
∞
X
k=1
(g)
k2
(−1)k−1
(f)
∞
X
(−1)k−1
√
k
k
k=1
∞
X
(−1)k−1 k
k=1
³ 2k + 1 ´k
3k + 1
(h)
2k − 1
∞
X
(−1)k−1
k=1
k2
166
CALCULO INTEGRAL
(i)
∞
X
(−1)k−1 k
k2 + 1
k=1
(j)
(k)
(`)
∞
X
k!
∞
X
(−1)k−1 k
(n)
∞
X
k=2
k4 + 1
∞
X
(−1)k−1 k!
(q)
3k + 2
(−1)k k
log k
(r)
(2k)!
∞
X
(−1)k−1
k=1
h
³
1 ´k i
(−1)k−1 e − 1 +
k
k=1
∞
X
(−1)k−1 (1, 01)k
k=1
∞
X
(−1)k−1
k=1
(m)
(p)
log k
k=1
(o)
k=1
∞
X
(−1)k
k=2
Fernando Arenas Daza
2k
∞
X
(−1)k−1 log k
k
k=1
(s)
∞
X
(−1)k−1
k=1
(t)
∞
X
(−1)k−1 k!
kk
k=1
∞
X
(−1)k−1
√
(ñ)
2k + 1
k=1
(u)
³ k ´k
k+1
∞
X
k=1
(−1)k−1 k!
1 · 3 · 5 · · · (2k − 1)
6. Determinar el intervalo de convergencia de:
(a)
∞ k k
X
2 x
k!
k=0
(b)
(j)
∞
X
k k xk
(k)
∞
X
(−1)k (x − 2)k
4k k
∞ k
X
x
k=0
(e)
(f)
∞
X
(`)
k
k2 + 1
x
k x
∞
X
(ñ)
k!xk
(i)
∞
X
k=1
∞
X
(2k)!xk
k!
∞
X
1 · 3 · 5 · · · (2k + 1)xk
(o)
k!
∞ 3
X
k (x + 1)k
k=1
∞
X
(−1)k+1 x2k
k=1
kk
k=1
k=1
(h)
k2
∞
X
k!xk
k=1
k+1 2 k
(−1)
(n)
k=1
(g)
∞ k
X
2 (x − 3)k
k=1
k
k 2 + 16
k=1
(m)
∞
X
(−1)k
k=0
∞
X
(2x − 1)k
k=1
k=1
(d)
(5x − 3)k
k=1
k=01
(c)
∞
X
2k − 1
(p)
kx
5k
∞
X
(−1)k+1 10k
k=1
k
(q)
3k
k!
∞
X
(3 − x)k
k=1
k3
(x − 2)k
167
Capı́tulo 4: Series
(r)
∞
X
k!
(x − 5)k
k
k=1
(s)
2
∞
X
(−1)k+1
k=1
10k k
(x − 2)k
7. Determinar una representación en serie de potencias para las siguientes funciones y
encontrar el respectivo radio de convergencia:
(h) f (x) = cos2 x
3
(a) f (x) =
Indicación:
(1 − x)((1 + 2x)
1 + cos 2x
cos2 x =
2
1
(b) f (x) =
¡
¢3
2−x
(i) f (x) = 1 + x2 2
x
¡
¢−3
(c) f (x) =
(j) f (x) = 1 + x
1 + x − 2x2
(d) f (x) = x2 e−3x
(e) f (x) =
(k) f (x) = √
1
10 + x
1
9+x
log(1 + x)
x
x − Arctg x
(m) f (x) =
x2
(`) f (x) =
(f) f (x) = senx2
√
(g) f (x) = 3 1 − x
8. Determinar una representación en serie de potencias para las siguientes funciones
utilizando la integración término a término:
Z x
Z x
Arctg u
(d) f (x) =
(a) f (x) =
senu3 du
u
0
1
Z x
Z x
2
senu
1 − e−u
(b) f (x) =
(e) f (x) =
du
u
u2
0
0
Z x
Z x
2
(c) f (x) =
e−u du
(f) f (x) =
cos u5 du
0
1
9. Utilizando las series de potencias, calcular los siguientes lı́mites:
(a)
(f)
tgx − senx
log x
lim
lim
x→0
sen3 x
x→1 x − 1
(b)
(c)
1 − cos x
lim
x→0 x log(1 + x)
1 − cos x
x→0 x log(1 + x)
(g)
(h)
lim
(d)
1
1 − (1 + x) x
lim
x→0
x
(e)
1 − cos x
x→0 x(ex − 1)
lim
ex − e−x − 2x
x→0 x − Arctg x
lim
(i)
lim
x→0
³1
x
´
− cosecx
(j)
senx − Arctg x
lim
x→0 x2 log(1 + x)
log x2
x→1 x − 1
lim
10. A y B lanzan un dado de seis caras por turnos hasta que uno de ellos gane al obtener
168
CALCULO INTEGRAL
Fernando Arenas Daza
el primer “uno”. Si A tira primero, calcular la probabilidad de que el gane el juego,
aceptando equiprobabilidad.
11.
(i) Mediante integración demostrar que:
Z
0
1
Arcsen x
π2
√
dx =
.
8
1 − x2
(ii) Mediante integración demostrar que:
Z
1
0
x2n+1
2 · 4 · 6 · · · (2n)
√
dx =
.
1 · 3 · 5 · · · (2n + 1)
1 − x2
(iii) Demostar que:
Z
1
0
Arcsen x
1
1
1
√
dx = 1 + 2 + 2 + 2 + · · · .
3
5
7
1 − x2
(iv) Considerando que:
∞
∞
∞
X
X
X
1
1
1
=
+
,
k2
(2k − 1)2
(2k)2
k=1
demostrar que:
k=1
k=1
∞
X
1
π2
=
.
k2
6
k=1
12. Mediante la utilización de las series de potencias calcular:
(a)
lim
x→0
senx − Arctg x
,
x2 log(1 + x)
(b)
lim
x→0
sen(tgx) − tg(senx)
.
Arcsen(Arctg x) − Arctg(Arcsen x)
