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Ayudantía 6 - Series

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Pontificia Universidad Católica de Chile
Facultad de Matemáticas
Departamento de Matemáticas
MAT1620 - Cálculo II - Sección 2 - 2014-02
Profesor: José López
Ayudant́ıa VI
Series
Ayudante: Daniel Araya - dtaraya@uc.cl
Proposiciones
Proposición 1 Condición de necesidad:
Si
∞∑
n=1
an es convergente ⇒ ĺım
n→∞
an = 0
Proposición 2
Si las series
∑
an y
∑
bn son convergentes y la serie
∑
cn es divergente entonces:∑
(an ± bn) es convergente∑
(an ± cn) es divergente
Series notables
• Serie Armónica:
∞∑
n=1
1
n
es divergente.
• Serie Geométrica:
∞∑
n=1
rn es convergente ssi |r| < 1 con
∞∑
n=0
rn =
1
1− r
• Series p:
∞∑
n=1
1
np
es convergente ssi p > 1
Criterio de la Integral
Sea:

f [n] continua
f [n] decreciente en [1,−∞)
f [n] > 0 para x > 1
entonces:
∞∑
n=1
f [n] es convergente ⇔
∫ ∞
1
f(x) dx es convergente
1
Criterio del Cuociente de D′Alembert y de la Ráız de Cauchy:
Sea an > 0 a partir de un n > N para algún N . Sea A = ĺım
n→∞
∣∣∣∣an+1an
∣∣∣∣ ∨ A = ĺımn→∞ n√|an|.
Entonces si:
0 ≤ A < 1 ⇒
∑
an converge absolutamente como una serie geométrica.
A = 1 ⇒ El criterio no nos dice nada.
A > 1 ⇒
∑
an diverge como una serie geométrica.
Criterio de la Serie Alternante de Leibniz:
Sea la serie alternante
∞∑
n=1
(−1)nan luego si

an > 0
ĺım
n→∞
an = 0
an es decreciente a partir de un n > N
⇒
∞∑
n=1
(−1)nan es convergente
Estimación o Residuo de una serie
Sea f(x) una función continua y sea la sucesión an > 0 tal que f [n] = an. Sea Sn =
n∑
k=1
ak la suma
parcial hasta el e-nésimo termino de una serie S =
∞∑
n=1
an. Luego la estimación o residuo de
aproximar S con Sn es:
Rn = S − Sn
la cual está acotada por: ∫ ∞
n+1
f(x) dx ≤ Rn ≤
∫ ∞
n
f(x) dx.
Problemas
Problema 1
Calcule las siguientes series:
1.
∞∑
n=2
1
n2 − 1
¡Propuesto! - Solución:
3
4
2
2.
∞∑
n=1
(
2n + 3n
6n
)
¡Propuesto! - Solución:
3
2
3.
∞∑
n=1
(
3
(
2
3
)n
+
2
n(n+ 1)
)
Solución
Sabemos que:
1
k(k + 1)
=
1
k
− 1
k + 1
∴
n∑
k=1
1
k(k + 1)
=
n∑
k=1
(
1
k
− 1
k + 1
)
= 1− 1
n+ 1
, ← por prop. telescópica
∴
∞∑
k=1
= ĺım
n→∞
(
1− 1
n+ 1
)
= 1
Luego,
∞∑
n=1
(
3
(
2
3
)n
+
2
n(n+ 1)
)
= 3
∞∑
n=1
(
2
3
)n
+ 2
∞∑
n=1
1
n(n+ 1)
= 3
(
2
3
+
(
2
3
)2
+ ...
)
+ 2 · 1
= 3
(
2
3
)(
1 +
2
3
+
(
2
3
)2
+ ...
)
+ 2
= 3
(
2
3
) 1
1− 2
3
+ 2 = 6 + 2 = 8.�
4.
∞∑
n=2
2n+ 3
(k − 1)k(k + 2)
¡Propuesto! - Solución:
5
3
+
1
6
(
1
2
+
1
3
)
3
Problema 2
Estudie la convergencia de las siguientes series. Si alguna depende de parámetros, diga para
qué valores de estos la serie converge:
1.
∞∑
n=1
1
n2n
Solución
Notemos que
2
n2n
<
1
2n
Luego por criterio de comparación, como
∞∑
n=1
1
2n
converge (pues |r| = 1
2
< 1)
∴
∞∑
n=1
1
n2n
converge. �
2.
∞∑
n=1
1
√
n
√
n2 + n
Solución
Notemos que en el infinito:
1
√
n
√
n2 + n
∼ 1√
n
√
n2
=
1
n3/2
Esto se debe a que en el infinito de la expresión
√
n2 + n el termino preponderante
es n2, por lo que el termino n se puede “despreciar” Luego sean an =
1
√
n
√
n2 + n
y
bn =
1
n3/2
. Luego por criterio del paso al ĺımite:
A = ĺım
m→∞
an
bn
= ĺım
n→∞
n3/2
√
n
√
n2 + n
= ĺım
n→∞
√
1
1 + 1n
= 1
es decir, an se comporta como bn. Finalmente como
∞∑
n=1
bn converge (pues p = 3/2 > 1),
∞∑
n=1
an converge. �
3.
∞∑
n=1
1
n
(
2
5
)k−1
4
Solución
Resolvamoslo mediante el criterio del cuociente de D′Alembert, sea
an =
1
n
(
2
5
)n−1
→ an+1 =
1
n+ 1
(
2
5
)n
⇒ A = ĺım
n→∞
an+1
an
= ĺım
n→∞
n
n+ 1
(
2
5
)
=
2
5
Luego como A < 1, la serie
∞∑
n=1
1
n
(
2
5
)k−1
converge absolutamente como una serie
geométrica. �
4.
∞∑
n=1
(−1)n ln(n)
n
Solución
Resolvamoslo mediante el criterio de la serie alternante de Leibniz. PDQ: an > 0,
decreciente y ĺım
n→∞
an = 0
Trivialmente a partir de n > 1 tenemos que an =
ln(n)
n
> 0.
∴ an > 0
Luego sea f(x) =
ln(x)
x
, vemos que f ′(x) =
1
x
· x− ln(x) · 1
x2
=
1− ln(x)
x2
< 0 para
x > e
∴ f [n] =
ln(n)
n
es decreciente a partir de un n > e
Además ĺım
n→∞
ln(n)
n
L′H︷︸︸︷
= ĺım
n→∞
1
n
1
= 0
∴ Por criterio de Leibniz, la serie
∞∑
n=1
(−1)n ln(n)
n
converge. �
5.
∞∑
n=1
n!
3 · 5 · ... · (2n− 1)
5
Solución
Por criterio del cuociente: Sean
an =
n!
3 · 5 · ... · (2n− 1)
−→ an+1 =
(n+ 1)!
3 · 5 · ... · (2n+ 1)
⇒ A = ĺım
n→∞
an+1
an
= ĺım
n→∞
(n+1)!
3·5··...·(2n+1)
n!
3·5·...·(2n−1)
= ĺım
n→∞
n+ 1
2n+ 1
=
1
2
< 1
Como A =
1
2
< 1 =⇒ La serie converge. �
6.
∞∑
n=1
(1 + ln(n))n
nn + 1
Solución
Notar que an =
∞∑
n=1
(1 + ln(n))n
nn + 1
<
∞∑
n=1
(1 + ln(n))n
nn
Luego sea bn =
(1 + ln(n))n
nn
, aśı an converge si bn converge. Por criterio de la ráız de
Cauchy:
A = ĺım
n→∞
n
√
(1 + ln(n))n
nn
= ĺım
n→∞
1 + ln(n)
n
= 0
Luego como A = 0 < 1⇒
∑∞
n=1 bn converge ⇒
∑∞
n=1 an converge. �
7.
∞∑
n=1
1
n
1
2 + n
3
2
Solución
Sea an =
1
n
1
2 + n
3
2
∼ 1
n
3
2
= bn
Luego análogo al ejercicio 2.
∞∑
n=1
1
√
n
√
n2 + n
, mediante el criterio de paso al ĺımite
entre an y bn concluiremos que la serie
∞∑
n=1
1
n
1
2 + n
3
2
converge. �
8.
∞∑
n=1
(√
n+ 1−
√
n
)√
n
6
Solución
Notemos que
an =
(√
n+ 1−
√
n
)√
n =
(√
n+ 1−
√
n
)√
n ·
√
n+ 1 +
√
n√
n+ 1 +
√
n
=
√
n√
n+ 1 +
√
n
=
1
1 +
√
1 + 1n
Luego por condición de necesidad, śı
∞∑
n=1
(√
n+ 1−
√
n
)√
n converge, es necesario
(pero no suficiente) que ĺım
n→∞
an = 0. Vemos que ĺım
n→∞
1
1 +
√
1 + 1n
=
1
2
6= 0, luego
la serie diverge. �
9.
∞∑
n=e2
1
n ln(n) · (ln(ln(n)))p
Solución
Usemos el criterio de la integral:
∞∑
n=e2
1
n ln(n) · (ln(ln(n)))p
converge ssi
∫ ∞
e2
dz
z ln(z) · (ln(ln(z)))p︸ ︷︷ ︸
I
converge.
Vemos que si: x = ln(z) −→ dx = dz
z
. Aśı:
I =
∫ ∞
2
dx
x(lnx)p
=︸︷︷︸
u=lnx→du=dxx
∫ ∞
ln(2)
du
up
Luego I converge ssi p > 1 . Concluyendo lo pedido. �
10.
∞∑
n=1
sin
(
π
(
n+
1
n
))
7
Solución
Notemos que:
sin
(
π
(
n+
1
n
))
=���
��:0sin(πn) cos
(π
n
)
+ cos(πn) sin
(π
n
)
Aśı demostrar que
∞∑
n=1
sin
(
π
(
n+
1
n
))
converge ⇔
∞∑
n=1
(−1)n sin
(π
n
)
converge.
¡Propuesto! Demuestre que
∞∑
n=1
(−1)n sin
(π
n
)
converge.
11.
∞∑
n=1
cos(n)
n2
Solución
Trivial, por comparación:
cos(n)
n2
≤ 1
n2
.
Luego
∞∑
n=1
cos(n)
n2
converge.
12.
∞∑
n=1
ln
(
1 +
1
n
)
Solución
Sabemos de MAT1610 que: ln(1 + x) ∼ x (Por Taylor). Aśı sea:
an = ln
(
1 +
1
n
)
bn =
1
n
Por paso al ĺımite:
A = ĺım
n→∞
ln
(
1 + 1n
)
1
n
= ĺım
n→∞
−1/n2
1+1/n
−1
n2
= ĺım
n→∞
1
1 + 1n
= 1 6= 0
Como
∞∑
n=1
1
n
diverge,
∞∑
n=1
ln
(
1 +
1
n
)
diverge. �
8
13.
∞∑
n=1
n2sin2
(
1
np
)
Solución
Notemos que
n2sin2
(
1
np
)
∼ n2
(
1
np
)2
=
n2
n2p
Comparamos al ĺımite con
1
nq
:
A = ĺım
n→∞
n2sin2
(
1
np
)
1
nq
= ĺım
n→∞
n2+qsin2
(
1
np
)
= ĺım
n→∞
n2+q−2p
sin2
(
1
np
)
1
n2p
= ĺım
n→∞
n2+q−2p
Este ĺımite existe ssi:
2 + q − 2p < 0
2 + q < 2p
p > 1 +
q
2
Luego finalmente como q > 1:
⇒ p > 1 + 1
2
=
3
2
14.
∞∑
n=1
ann!
nn
9
Solución
Por criterio del cuocuiente tenemos:
A = ĺım
n→∞
an+1(n+1!)
(n+1)n+1
ann!
nn
= ĺım
n→∞
a
(
n
n+ 1
)n
= ĺım
n→∞
a
(
1− 1
n+ 1
)n
= ĺım
n→∞
a
(
1− 1n+1
)n+1(
1− 1n+1
)
= ĺım
n→∞
a
1(
1− 1n+1
)(
1 + 1−n−1
)−n−1
=
a
e
Converge absolutamente ssi
0 ≤ a
e
< 1
/
· e
0 ≤ a < e
Concluyendo lo pedido. �
15.
(
2
1
)
+
(
3
3
)
+
(
4
5
)
+
(
5
7
)
+ · · ·
Solución
Vemos que el término general an es:
an =
n+ 1
2n− 1
Luego por condición de necesidad tenemos que:
ĺım
n→∞
an =
1
2
6= 0
Luego
(
2
1
)
+
(
3
3
)
+
(
4
5
)
+
(
5
7
)
+ · · · diverge. �
10
Problema 3
Determine los valores de a, para los cuales la serie
∞∑
n=1
(−1)n
n2n
(
a− 1
a+ 1
)2n
es absolutamente convergente y condicionalmente convergente.
¡Propuesto! Se hará la próxima ayudant́ıa.
11

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