apunte-18-noviembre

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Criterio de Comparación
Si an ≥ 0 y bn ≥ 0 ∀n ≥ 1. Si existe una constante C > 0 tal que an ≤ Cbn
∀n entonces la convergencia de
∑∞
n=1 bn implica la convergencia de
∑∞
n=1 an.
Ejemplo.- Sabemos que la serie
∑∞
n=1
1
n(n+1)
converge a 1, pero como
1
(n+1)2
≤ 1
n(n+1)
∀n, entonces la serie
∑∞
n=1
1
(n+1)2
converge
Ejemplo.- si x ≥ 0 tenemos la siguiente desigualdad Ln(1 + x) ≤ x
entonces
Ln(
n+ 1
n
) = Ln(1 +
1
n
) ≤ 1
n
, pero la serie
∞∑
n=1
Ln(
n+ 1
n
)
diverge a +∞ ya que su suma parcial Sn =
∑∞
k=1 Ln(
n+1
n
) =
∑∞
k=1 Ln(k +
1) − Ln(k) diverge pues Ln(k + 1) → ∞ si k → ∞ por lo tanto la serie
armonica diverge.
Criterio de la forma ĺımite de la prueba de comparación
Si
∑∞
n=1 an y
∑∞
n=1 bn tiene términos positivos y si 0 < ĺımn→∞
an
bn
< ∞
entonces ambas series divergen o bien ambas series convergen
Dem.- Supongamos que ĺımn→∞
an
bn
= L por tanto existe un N tal que∣∣∣anbn − L∣∣∣ < � para n > N por lo tanto∣∣∣∣anbn − L
∣∣∣∣ < �⇒ −� < anbn − L < �⇒ −�+ L < anbn < �+ L
⇒ (−�+ L)bn < an < (�+ L)bn ⇒
∞∑
n=N
(−�+ L)bn <
∞∑
n=N
an <
∞∑
n=N
(�+ L)bn
Por lo tanto por el criterio de comparación la convergencia de
∑∞
n=N bn im-
plica la convergencia
∑∞
n=N an y la divergencia de
∑∞
n=N an implica la diver-
gencia de
∑∞
n=N bn
Observación: Las series anteriores empiezan en n = N , pero esto no afecta
la convergencia o divergencia de las series pues solo se omiten un número
finito de ellos.
Ejemplo: Examinaremos
∑∞
n=N
1√
n(2n+1)
2
Tenemos que
1√
n(2n+1)
1
n
=
n√
n(2n+ 1)
=
1√
n(2n+1)
n
=
1√
n(2n+1)
n2
=
1√
2n+1
n
=
1
2 + 1
n
Por lo tanto
ĺım
n→∞
1
2 + 1
n
=
1
2
<∞
y como la serie
∑∞
n=1
1
n
diverge, entonces la serie
∑∞
n=1
1√
n(2n+1)
diverge
Criterio de la integral
La siguiente prueba llamada prueba de la integral, también es una
prueba del tipo comparación pero en este caso la comparación se realiza
entre una integral y una serie, en lugar de entre dos series.
TeoeremaSea
∑∞
n=1 an una serie de términos positivos no crecientes. Sea
f(x) una función no creciente definida para n ≥ N , para la cual f(n) = an
n ≥ N.
Entonces la serie
∑∞
n=1 an y la integral
∫∞
N
f(x)dx ambas convergen o
ambas divergen.
Dem Para n ≥ N , en el intervalo k ≤ x ≤ K + 1, se tiene
ak = f(k) ≥ f(x) ≥ f(k + 1) = ak+1
integrando desde k hasta k+1
ak ≥
∫ k+1
k
f(x)dx ≥ ak+1
. Entonces se tiene tanto
n−1∑
N
ak ≥
∫ n−1
N
f(x)dx.
como ∫ n
N
f(x)dx ≥
n−1∑
N
ak+1 =
n∑
N+1
ak
3
En términos de sumas parciales, la primera desigualdad afirma que
Sn−1 − SN−1 ≥
∫ n
N
f(x)dx.
Pero si la serie converge a una suma S, entonces S ≥ Sn−1, de modo que
S − SN−1 ≥
∫ n
N
f(x)dx.
Puesto que el segundo miembro es una sucesión acotada creciente la integral
converge.
Si la integral converge entonces la segunda desigualdad implica que∫ ∞
N
f(x)dx ≥
∫ n
N
f(x)dx ≥ Sn+1 − SN ,
o bien
Sn+1 ≤ A+ Sn.
De aqui que las sumas parciales son acotadas y la serie converge.
Ejemplo.- Analizar la convergencia o divergencia de
∞∑
n=1
1
nk
.
Vamos a considerar la funcion f(x) = 1
xk
que es una función decreciente y
una partición P = {a1 = 1, a2 = 2, a3 = 3, ..., an = n} por lo que podemos
comparar la integral
∫∞
1
1
xk
con la serie
∑∞
n=1
1
nk
. por lo que∫ ∞
1
1
xk
dx = ĺım
n→∞
∫ n
1
1
xk
dx = ĺım
n→∞
x−k+1
−k + 1
|n1 = ĺım
n→∞
1
nk−1
(
1
k + 1
)− 1
k + 1
la cual converge si k − 1 > 0⇒ k > 1
y diverge si k − 1 < 0⇒ k < 1
Condición de Convergencia de series
Teorema.- Supóndase que
∑∞
n=1 an converge. Entonces ĺımn→∞ an = 0.
Dem Nótese que si ĺımn→∞ Sn = S, entonces ĺımn→∞ Sn−1 = S. Ahora
bien an = Sn − Sn−1, de modo que
ĺım
n→∞
an = ĺım
n→∞
Sn − Sn−1 = ĺım
n→∞
Sn − ĺım
n→∞
Sn−1 = S − S = 0
4
Lo anterior dice que la convergencia de
∑∞
n=1 an implica que an → 0. De aqui
que si an no tiende hacia cero la serie no puede converger, por lo tanto, en
una serie dada
∑∞
n=1 an , podemos examinar ĺımn→∞ an. Si ĺımn→∞ an = 0
no se obtiene información acerca de la convergencia o divergencia; pero si
ĺımn→∞ an 6= 0, ya sea porque no existe o porque existe y tiene otro valor,
entonces
∑∞
n=1 an diverge.
Ejemplo.-
∞∑
n=1
nn
n!
⇒ an =
nn
n!
=
n · n · n · n · · · n
1 · 2 · 3 · · · n
= (
n
1
)(
n
2
) · · · (n
n
) > 1
Por lo tanto
ĺım
n→∞
nn
n!
6= 0
y la serie dada diverge
Condición de Cauchy
La serie
∑∞
n=1 an converge si y solo si, dado � > 0 cualquiera existe un
número natural N tal que n > N , implica
|an+1 + an+2 + ...+ an+p| < �
para todo p = 1, 2...
Dem.-Sea Sn = a1 + a2 + ...+ an, por la condición de cauchy la sucesión
{Sn} converge si y solo si, dado � > 0 cualquiera existe un número natural
N tal que n > N , implica
|Sn+p − Sn| < � p = 1, 2, ...
Pero
Sn+p−Sn = (a1+a2+...+an+...+an+p)−(a1+...+an) = an+1+an+2+...+an+p
Ejemplo.- Examinar la convergencia o divergencia de
∑∞
n=1
1
n!
, tenemos que
1
n!
=
1
1 · 2 · 3 · · · n
<
1
1 · 2 · 2 · 2 · · · 2
=
1
2n−1
Por lo tanto∣∣∣∣∣
n+p∑
n+1
1
k!
∣∣∣∣∣ =
n+p∑
n+1
1
k!
<
n+p∑
n+1
1
2n−1
=
1
2n
+
1
2n+1
+...+
1
2n+p−1
=
1
2n
(1+
1
2
+...+
1
2p−1
)
5
=
1
2n
(
1− (1
2
)p
1− 1
2
) <
1
2n
(
1
1− 1
2
) =
1
2n−1
=
2
2n
de donde
2
2n
< �⇒ 2
�
< 2n ⇒ Log(2
�
) < nlog(2)⇒
Log(2
�
)
log(2)
< n
Por tanto si
n >
Log(2
�
)
log(2)
entonces ∣∣∣∣∣
n+p∑
n+1
1
k!
∣∣∣∣∣ < �
si n > N y p > 1 y por la condición de cauchy la serie converge
Criterio de la Razón
Supóngase que para algún r < 1 y ∀n > N an > 0 y an+1an ≤ r entonces la
serie
∑∞
n=1 an es convergente
Dem.- Tenemos que
an+1
an
≤ r ⇒ an+1 ≤ ran ⇒ an+2 ≤ ran+1 ≤ r×ran = r2an por lo que an+k ≤ rkan
por tanto
N+k∑
n=N
an = aN + aNr + ...+ aNr
k = aN(1 + r + r
2 + ...+ rk + ...) =
aN
1− r
por lo que las sumas parciales de
∑∞
n=1 an estan acotadas por
∑N−1
n=1 an+
aN
1−r
por lo tanto
∑∞
n=1 an converge.
Si r > 1 entonces rn → ∞ por lo tanto
∑N+k
n=N an no esta acotada por lo
tanto la serie diverge.
Para el caso r = 1 vamos a mostrar con un ejemplo que el criterio no
proporciona información.
Se tiene que
1
n+1
1
n
=
n
n+ 1
=
1
1 + 1
n
→︸︷︷︸
n→∞
1
6
1
(n+1)2
1
n2
=
n2
(n+ 1)2
=
1
(1 + 1
n
)2
→︸︷︷︸
n→∞
1
por lo tanto si r = 1 el criterio no decide sobre la convergencia o divergencia
de la serie.
Ejemplo.-Determinar el caracter de la serie
∑∞
n=1
n
3n
, se tiene que
ĺım
n→∞
n+1
3n+1
n
3n
= ĺım
n→∞
3n(n+ 1)
3n+1n
=
1
3
ĺım
n→∞
1 +
1
n
=
1
3
por lo tanto r = 1
3
< 1 por lo tanto la serie converge.
Ejemplo.-Determinar el caracter de la serie
∑∞
n=1
n!
9n
, se tiene que
ĺım
n→∞
(n+1)!
9n+1
n!
9n
= ĺım
n→∞
9n(n+ 1)!
9n+1n!
=
1
9
ĺım
n→∞
(n+ 1) →︸︷︷︸
n→∞
∞
por lo tanto la serie diverge.
Problema.- En la figura hay una cantidad finita de ćırculos que se aprox-
iman a los vértices de un triángulo equilatero. Cada ćırculo toca a los otros
circulos y a los lados del triángulo. si el triángulo tiene lados que miden una
unidad de longitud, calcule el área total que ocupan los circulos
Sol.- Tenemos que segun la figura
7
Cos(60) =
r1
AB
⇒ AB = 2r1
Cos(60) =
r2
DB
⇒ DB = 2r2
Por lo que AB = 2r1 y por otro lado
AB = r1 + r2 +DB ⇒ 2r1 = r1 + r2 + 2r2 ⇒ r1 = 3r2 ⇒
r1
3
= r2
Mientras que si DB = 2r2 entonces
DB = r2 + r3 + EB ⇒ 2r1 = r2 + r3 + 2r3 ⇒ r2 = 3r3 ⇒
r2
3
= r3
en general rn+1 =
1
3
rn por lo tanto el área total es
A = πr21+3πr
2
2+3πr
2
3+... = πr
2
1+3πr
2
2(1+
1
32
+
1
34
+...) = πr21+3πr
2
2(
1
1− 1
9
) =
πr21 + 3πr
2
2(
9
8
) = πr21 +
27
8
πr22
8
Como los dados del triángulo tiene longitud 1 entonces BC = 1
2
y tan(30) =
1√
3
⇒ Tan(30)
2
= r1 ⇒ r1 = 12√3 ⇒ r2 =
1
6
√
3
por lo tanto
πr21 +
27
8
πr22 = π(
1
2
√
3
)2 +
27
8
π(
1
6
√
3
)2 =
11π
96
Series Alternantes
Una serie alternante es una serie es una serie cuyos términos son alter-
nadamente positivos y negativos por ejemplo
1− 1
2
+
1
3
− 1
4
+
1
5
− 1
6
+ ... =
∞∑
n=1
(−1)n−1
n
−1
2
+
2
3
− 3
4
+
4
5
− 5
6
+ ... =
∞∑
n=1
(−1)n
n+1
Prueba de la Serie Alternante
Si la serie
∞∑
n=1
(−1)n−1bn = b1 − b2 + b3 − b4 + b5 − b6 + ... (bn) > 0
cumple con lo siguiente:
a) bn+1 ≤ bn
9
b) ĺım
n→∞
bn = 0
entonces la serie
∞∑
n=1
(−1)n−1bn
converge
Dem.- fijemonos en las sumas parciales pares de la serie
S2 = b1 − b2 ≥ 0
S4 = S2 + b3 − b4 ≥ S2
S6 = S4 + b5 − b6 ≥ S4
En general
S2n = S2n−2 + b2n−1 − b2n ≥ S2n−2
Por lo tanto
0 ≤ S1 ≤ S2 ≤ S3 ≤ ... ≤ S2n
lo cual tambien se puede escribir
S2n = b1 − (b2 − b3)− (b4 − b5 − ...− (b2n−2 − b2n−1)− b2n
todos los términos entre paréntesis son positivos, de modo que S2n ≤ b1 ∀n
por lo tanto las sumas parciales se incrementan y estan acotadas superior-
mente por lo tanto convergen, es decir,
ĺım
n→∞
S2n = S
Por otro lado
ĺım
n→∞
S2n+1 = ĺım
n→∞
S2n + b2n+1 = ĺım
n→∞
S2n + ĺım
n→∞
b2n+1 = S + 0 = S
por lo tanto la serie es convergente
Ejemplo.- tenemos que
1 + r + r2 + r3 + ...+ rn + ... =
1
1− r
y si cambiamos r por -x tenemos
1− x+ x2 − x3 + x4 − ...+ (−1)nxn + ... = 1
1 + x
para |x| < 1
ademas para |x| < 1 se tiene que xn < xn+1 y támbien S2n = S2n−2 +(b2n+1−
b2n) finalmente
limn→∞x
n = 0. Por lo tanto según el criterio de series alternantes la serie
converge.
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Convergencia Absoluta
Una serie
∑∞
n=1 an se denomina absolutamente convergente si la serie de
valores absolutos
∑∞
n=1 |an| es convergente.
Ejemplo.- La serie
∞∑
n=1
(−1)n−1
n2
= 1− 1
22
+
1
32
− 1
42
+ ...
es absolutamente convergente pues
∞∑
n=1
∣∣∣∣(−1)n−1n2
∣∣∣∣ = ∞∑
n=1
1
n2
que es convergente.
La serie
∞∑
n=1
(−1)n−1
n
no es absolutamente convergente pues
∞∑
n=1
∣∣∣∣(−1)n−1n
∣∣∣∣ = ∞∑
n=1
1
n
la cual diverge.
En el caso de la serie armonica definiremos la convergencia condicional.
Una serie
∑∞
n=1 an se llama condicionalmente convergente si es conver-
gente pero no absolutamente convergente
Supongase que
∑∞
n=1 an es absolutamente convergente ello implicaria
∑∞
n=1 |an|
es convergente y observamos la desigualdad 0 ≤ an + |an| ≤ 2|an| y como∑∞
n=1 |an| es convergente entonces
∑∞
n=1 2|an| = 2
∑∞
n=1 |an| por lo tanto∑∞
n=1 an + |an| es convergente, entonces
∞∑
n=1
an =
∞∑
n=1
an + |an| − |an| =
∞∑
n=1
an + |an| −
∞∑
n=1
|an|
que es una diferencia de series convergentes es convergente
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Prueba de Leibniz
Si {an}∞n=1 es una sucesión de términos positivos tales que a1 ≥ a2 ≥ a3 ≥
... ≥ an ≥ .... Esto es la sucesión es decreciente y ĺımn→∞ an = 0 entonces la
serie alternada
∑∞
n=1(−1)n+1an es convergente
Dem.- Fijemonos en los términos impares
S1 = a1
S3 = S1 − (a2 − a3) como a2 − a3 ≥ 0 entonces S3 ≤ S1
S5 = S3 − (a4 − a5) como a4 − a5 ≥ 0 entonces S5 ≤ S3
en general
S2n+1 ≤ S2n−1
Ahora bien
S2n = a1 − (a2 − a3)− ...− (a2n−3 − a2n−2)− a2n−1
cada término de los parentesis es positivo por lo tanto S2n−1 > 0. asi pues
S2n−1 es decreciente y acotada inferiormente por tanto es convergente.
Por otro lado
S2n = a1 − (a2 − a3)− ...− (a2n−2 − a2n−1)− a2n
por lo tanto S2n ≤ a1 en consecuencia S2n es una sucesión creciente y acotada
por arriba por tanto es convergente
finalmente si M = ĺımn→∞ S2n−1 y L = ĺımn→∞ S2n como
ĺım
n→∞
an = 0⇒ ĺım
n→∞
S2n−S2n−1 = ĺım
n→∞
S2n−1− ĺım
n→∞
S2n = 0⇒ ĺım
n→∞
S2n−1 = ĺım
n→∞
S2n ⇒ L = M
y la serie es convergente
ejemplo.- Usando el criterio de Leibniz demostrar que la serie
∑∞
n=1(−1)nxn
para 0 < x < 1 converge.
Dem Como x < 1 entonces xn+1 < xn y ĺımn→∞ x
n = 0 por tanto se cun-
plen las condiciones de la prueba de leibniz, por tanto la serie dada converge.