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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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