calculo_diferencial_integral_func_una_var

Ejercicios resueltos 528 Ejercicio resuelto 228 Justifica las igualdades: ∞ 1 3 − 1 2 + 1 1 − 1 = log 2. 4k − 4k − 4k − 4k a) k=1 1∞ 1 1 − 1 = log 2 b) 2 2k − 2k 2. k=1 ∞ 1 3 + 1 1 − 1 = 3 log 2. 4k − 4k − 2k 2 c) k=1 Solución. a) y b) Sabemos que la serie armónica alternada es convergente y su suma es ∞ igual a log 2. n=1 (−1)n+1 = log 2. También sabemos que una serie obtenida asociando n términos en una serie convergente también es convergente y con la misma suma. Las series en a) y en b) se obtienen de la serie armónica alternada asociando términos de 4 en 4 o de 2 en 2 respectivamente, lo que justifica las igualdades en a) y en b). Finalmente, observa que la serie en c) se obtiene sumando las series en a) y en b). Ejercicio resuelto 229 Demuestra que si los términos de la serie armónica alternada se per- mutan de tal modo que a cada grupo de p términos positivos consecutivos le siga un grupo de q términos negativos consecutivos, entonces la nueva serie así obtenida es convergente con suma igual a log 2 + 1 log(p/q). 2 n (−1)k+1 k . Consideremos la sucesión Solución. Pongamos Sn = Sn(p+q) n∈N que k=1 es precisamente la serie que se obtiene asociando términos de p + q en p + q en la serie del enunciado. Si dicha sucesión es convergente, aplicando la proposición 9.12 (con σ(n) = n(p + q)), se sigue que la serie del enunciado también es convergente y su n 1 suma es igual a l´ım Sn(p+q). Llamando, como de costumbre Hn = k , y recordando n→∞ k=1 la estrategia 7.33, tenemos que: pn 1 nq 1 pn 1 1 − 2k 2k − 2 Sn(p+q) = 2k 1 − = 1 − Hnq = k=1 k=1 k=1 = H2pn−1 − 1 Hnp + 1 − 1 Hnq = 2 2np 2 = 1 + γ2pn−1 + log(2pn − 1) − 1 γnp − 1 log(np) − 1 γnq − 1 log(nq) = 2np 2 2 2 2 = 1 + γ2pn−1 − 1 γnp − 1 γnq + 1 log 2np − 1 + 1 log 2np − 1 → 2np 2 2 2 np 2 nq → 1 log 2 + 1 log 2p = log 2 + 1 log p . 2 2 q 2 q Universidad de Granada Prof. Javier Pérez Dpto. de Análisis Matemático Cálculo diferencial e integral

Criterios de convergencia para series de términos positivos 529 9.2. Criterios de convergencia para series de términos positivos Una serie an tal que an 0 para todo n ∈ N, se dice que es una serie de términos positivos. Observa que una serie de términos positivos es una sucesión creciente por lo que o bien es convergente (cuando está mayorada) o es positivamente divergente. 9.16 Proposición (Criterio básico de convergencia). Una serie de términos positivos an n1 es convergente si, y sólo si, está mayorada, es decir, existe un número M > 0 tal que para todo n n ∈ N se verifica que ak M , en cuyo caso su suma viene dada por: k=1 ∞n an = sup ak : n ∈ N . n=1 k=1 Una serie de términos positivos que no está mayorada es (positivamente) divergente. 9.17 Ejemplo. La serie 1 es convergente porque para todo n 2 se verifica: 1 n2 n 2n−1 1   n1 k2 n−1 2j +1 −1 n−1 2j +1 −1 k2 1 1 = 1 +  k2  1 +  (2j )2  = k=1 k=1 j=1 k=2j j=1 k=2j n−1 2j n−1 1 1 22j 2j 2n−1 = 1 + = 1 + =2− < 2. j=1 j=1 ∞ Si an es una serie de términos positivos, suele escribirse an < +∞ para indicar que n1 n=1 dicha serie converge. Teniendo en cuenta la proposición 9.8, los criterios que siguen pueden aplicarse para es- tudiar la convergencia de series cuyos términos son todos positivos a partir de uno de ellos en adelante. 9.18 Proposición (Criterio básico de comparación). Sean an y bn dos series de tér- n1 n1 minos positivos. Supongamos que hay un número k ∈ N tal que an bn para todo n > k. Entonces se verifica que si la serie bn es convergente, también an es convergente o, n1 n1 equivalentemente, si la serie an es divergente también bn es divergente. n1 n1 Demostración. Pongamos An = a1 + a2 + · · · + an, Bn = b1 + b2 + · · · + bn. Las hipótesis hechas implican que para todo n > k es An Bn+Ak. Deducimos que si {Bn} está mayorada también lo está {An}. Universidad de Granada Prof. Javier Pérez Dpto. de Análisis Matemático Cálculo diferencial e integral

Criterios de convergencia para series de términos positivos 530 9.19 Ejemplos. La serie 11 1 es divergente porque es de términos positivos, n n 2 log n log n y la serie armónica es divergente. La serie log (n + 1)2 es convergente porque es de términos positivos y: n(n + 2) n1 log (n + 1)2 = log n2 + 2n + 1 = log 1 + 1 < 1 < 1 , n(n + 2) n2 + 2n + + n2 n2 2n n2 2n y la serie 1 n2 es convergente. La serie 1 − log 1 + 1 es convergente. Para ello usamos la desigualdad (ver n n n1 (7.5)): 1 < log 1 + 1 < 1 . n+1 n n De la que se deduce: 0 < 1 − log 1 + 1 < 1 − n 1 1 = 1 1) < 1 . n n n + n(n + n2 9.20 Proposición (Criterio límite de comparación). Sean an y bn dos series de tér- n1 n1 minos positivos, y supongamos que l´ım an = L ∈ R+o ∪ {+∞} . bn a) Si L = +∞ y bn es divergente también an es divergente. n1 n1 b) Si L = 0 y bn es convergente también an es convergente. n1 n1 c) Si L ∈ R+ las series an y bn son ambas convergentes o ambas divergentes. n1 n1 En particular, si dos sucesiones de números positivos, {an} y {bn} son asintóticamente equi- valentes, las respectivas series, an y bn ambas convergen o ambas divergen. Demostración. Supongamos que L ∈ R+. Sea 0 < α < L < β. Todos los términos de la sucesión {an/bn}, a partir de uno en adelante, están en el intervalo ] α, β [, es decir, existe k ∈ N tal que para todo n k es α < an/bn < β , y, por tanto, α bn < an < β bn. Concluimos, por el criterio de comparación, que la convergencia de una de las series implica la convergencia de la otra. Queda, así, probado el punto c) del enunciado. Los puntos a) y b) se prueban de manera parecida. Universidad de Granada Prof. Javier Pérez Dpto. de Análisis Matemático Cálculo diferencial e integral

Criterios de convergencia para series de términos positivos 531 9.21 Ejemplos. La serie e 1 −1 es divergente porque es de términos positivos y se veri- n n1 fica que e 1 −1 ∼ 1 n n. Por la misma razón las series sen 1 , tg 1 , log 1 + 1 son todas ellas series n n n n1 n1 n1 de términos positivos divergentes, porque sus términos generales son asintóticamente equiva- 1 lentes al término general de la serie armónica n . La serie 5 1+ 1 −1 es convergente porque es de términos positivos, se verifica n2 n1 que 5 1 + 1 −1∼ 1 y la serie 1 n2 5n2 5n2 es convergente. Observa el parecido de estos criterios con los correspondientes criterios de convergencia para integrales impropias de funciones positivas. El siguiente resultado establece, en un caso particular, una relación aún más estrecha entre ambos tipos de convergencia. 9.22 Proposición (Criterio integral). Sea f : [1, +∞[→ R una función positiva y decrecien- te. Entonces se verifica que n+1 n+1 n f (k) f (x) dx f (k) k=2 1 k=1 +∞ En consecuencia, la serie f (n) y la integral f (x) dx ambas convergen o ambas diver- n1 1 gen. Demostración. Por ser f decreciente, para todo x ∈ [k, k + 1] es f (k + 1) f (x) f (k). Integrando, deducimos que: f (k + 1) k+1 f (k). f (x) dx k Sumando estas desigualdades desde k = 1 hasta k = n, obtenemos la desigualdad del enun- ciado. Para poder usar los criterios de comparación, necesitamos conocer ejemplos de series con- vergentes con las que poder comparar una serie dada. Unas series de términos positivos muy útiles para comparar con otras series son las siguientes. 9.23 Proposición (Series de Riemann). Dado un número real α, la serie 1 se llama 1 nα n serie de Riemann de exponente α. Dicha serie es convergente si, y sólo si, α > 1. Demostración. Para que se cumpla la condición necesaria de convergencia es preciso que sea α > 0. Supuesto que esto es así, podemos aplicar el criterio integral a la función f (x) = 1/xα +∞ 1 y tener en cuenta que la integral 1 xα dx es convergente si, y sólo si, α > 1. Universidad de Granada Prof. Javier Pérez Dpto. de Análisis Matemático Cálculo diferencial e integral

Criterios de convergencia para series de términos positivos 532 9.24 Ejemplos. Las series arc tg 1 , log 1 + 1 convergen si, y sólo si, α > 1 nα nα 1 porque son de términos positivos y su término general es asintóticamente equivalente a nα . La serie nβ e1 −1 , donde α y β son números reales, no converge para ningún valor nα de β si α < 0, porque en tal caso su término general no converge a 0. Si α 0 converge si y sólo si, α − β > 1 porque es una serie de términos positivos y su término general es 1 asintóticamente equivalente a nα−β Si en el criterio límite de comparación hacemos bn = 1/nα, obtenemos el siguiente criterio de convergencia. 9.25 Proposición (Criterio de Prinsheim). Sea an una serie de términos positivos, α un n1 número real y supongamos que {nαan} → L ∈ R+o ∪ {+∞}. Entonces: i) Si L = +∞ y α 1, an es divergente. n1 ii) Si L = 0 y α > 1, an es convergente. 1. n1 iii) Si L ∈ R+, an converge si α > 1 y diverge si α n1 Observando que si an > 0, la desigualdad an 1 equivale a − log(an) α, se deduce nα log n el siguiente criterio de convergencia que es eficaz para estudiar la convergencia de series que pueden compararse con series de Riemann. 9.26 Proposición (Primer criterio logarítmico). Supongamos que an > 0 para todo n ∈ N, y pongamos Ln = − log(an ) . log n i) Si {Ln} → L , donde L > 1 o L = +∞, la serie an es convergente. n1 ii) Si {Ln} → L , donde L < 1 o L = −∞, o bien si existe algún k ∈ N tal que Ln 1 para todo n k, entonces la serie an es divergente. n1 9.27 Ejemplo. La serie an donde an = 1 − α log n n n y α ∈ R, es una serie de términos n1 positivos (a partir de uno de ellos en adelante) y se tiene que: −n log 1 − α log n log 1 − α log n n =α n − log an = → α. log n log n α log n − n Universidad de Granada Prof. Javier Pérez Dpto. de Análisis Matemático Cálculo diferencial e integral

Criterios de convergencia para series de términos positivos 533 El primer criterio logarítmico nos dice que si α > 1 la serie converge y si α < 1 la serie diverge. Si α = 1 tenemos que an = 1 − log n n 1 + x n → ex, podemos n n . Recordando que log n n 1 n n esperar que para n suficientemente grande an = 1 − ≈ e− log n = . Esto lleva a conjeturar que nan → 1. Tenemos que: log(nan) = n log 1 − log n + log n = n log 1 − log n + log n = n n n (log n)2 log 1 − log n + log n n n n = log n 2 n Si ahora recuerdas que l´ım log(1 + x) − x = − 1 , se sigue que log(nan) → 0, es decir, x2 2 x→0 nan → 1. El criterio de Prinsheim implica que la serie an es divergente. Vamos a estudiar a continuación unas series más generales que las series de Riemann. 1 Dados dos números reales α y β, la serie nα(log n)β se llama serie de Bertrand de expo- n2 nentes α y β 9.28 Proposición (Series de Bertrand). La serie 1 n)β converge si α > 1 cualquie- nα(log n2 ra sea β, y también si α = 1 y β > 1. En cualquier otro caso es divergente. Demostración. Sabemos que cualesquiera sean ρ > 0 y µ ∈ R se verifica que: l´ım (log n)µ = 0. nρ n→∞ Supongamos que α > 1 y sea λ un número verificando que 1 < λ < α. Podemos escribir: nλ nα 1 n)β = (log n)µ (log nρ donde ρ = α − λ y µ = −β. Deducimos así que l´ım nλ 1 n)β = 0. nα(log n→∞ 1 El criterio de Prinsheim implica que la serie nα(log n)β es convergente. n2 Si α < 1 un razonamiento parecido muestra que la serie diverge cualquiera sea β. Sea ahora α = 1. Entonces, si β 0, tenemos que 1 1 para todo n 3, y n(log n)β n el criterio de comparación implica que la serie es divergente. Sea, pues, β > 0 y pongamos Universidad de Granada Prof. Javier Pérez Dpto. de Análisis Matemático Cálculo diferencial e integral

Criterios de convergencia para series de términos positivos 534 f (x) = 1 para x 2. La función f es positiva y decreciente en [2, +∞[. Tenemos: x(log x)β  1 1  − t 1−β t dx  1 β (log x)1−β 2 = (log t)1−β − (log 2)1−β , si β = 1. 2 x(log x)β si β = 1. = log(log x) t = log(log t) − log(log 2), 2 Deducimos que la integral impropia 2+∞f (x) dx es convergente si, y solo si, β > 1. El criterio 1 integral nos dice que la serie f (n) = n(log n)β converge si, y sólo si, β > 1. n2 n2 9.29 Ejemplo. Se trata de estudiar la convergencia de la serie log n! donde r ∈ R. En nr n1 el ejercicio resuelto 171 hemos visto que log n! es asintóticamente equivalente a n log n. Por tanto, a efectos de convergencia, la serie dada se comporta igual que la serie log n la cual n 1 nr−1 es una serie de Bertrand con β = −1 y α = r − 1. Dicha serie converge si, y sólo si, r − 1 > 1, o sea, r > 2. Si an > 0, la desigualdad an 1 equivale a − log(nan) β. Se deduce de aquí n(log n)β log(log n) el siguiente criterio de convergencia que es eficaz para estudiar la convergencia de series que pueden comparase con una serie de Bertrand de exponente α = 1. 9.30 Proposición (Segundo criterio logarítmico). Supongamos que an > 0 para todo n ∈ N, y pongamos Ln = − log(nan) . log(log n) i) Si {Ln} → L , donde L > 1 o L = +∞, la serie an es convergente. 1 n1 ii) Si {Ln} → L , donde L < 1 o L = −∞, o bien si existe algún k ∈ N tal que Ln para todo n k, entonces la serie an es divergente. n1 Vamos a estudiar a continuación dos criterios de convergencia que se aplican a series que pueden compararse con una serie geométrica. El primero de estos criterios parte de que la serie an+1 geométrica de término general an = xn, donde x > 0, converge si an = x < 1, esto lleva, en el caso general de una serie términos positivos, an , a considerar el comportamiento de n1 la sucesión {an+1/an}. 9.31 Proposición (Criterio del cociente o de D’Alembert (1768)). Supongamos que an > 0 para todo n ∈ N y que an+1 an l´ım = L ∈ R+o ∪ {+∞} . a) Si L < 1 la serie an es convergente. n1 Universidad de Granada Prof. Javier Pérez Dpto. de Análisis Matemático Cálculo diferencial e integral

Criterios de convergencia para series de términos positivos 535 b) Si L > 1 o si L = +∞ o si hay un número k ∈ N tal que para todo n k es an+1 1, an entonces an es divergente y además {an} no converge a 0. n1 Demostración. a) Sea λ un número tal que L < λ < 1. La definición de límite implica que existe n0 ∈ N tal que para todo n n0 se verifica que: an = an an−1 ··· an0+1 an0 λn−n0 an0 = an0 λn . an−1 an−2 an0 λn0 Como 0 < λ < 1, la serie λn es convergente. Deducimos, en virtud del criterio de compa- n1 ración, que an es convergente. n1 b) Si L > 1 entonces, tomando λ tal que 1 < λ < L y razonando como antes, obtenemos an0 que para todo n n0 es an λn0 λn . Como λ > 1 se sigue que la sucesión {an} diverge positivamente y, con mayor razón, la serie an diverge positivamente. n1 9.32 Ejemplo. Sea la serie (n!)2 x2n , donde x es un número real. Es una serie de términos (2n)! n 1 positivos por lo que podemos aplicar el criterio del cociente para estudiar su convergencia. Pongamos an = (n!)2 x2n. Tenemos que: (2n)! an+1 = (2n (n + 1)2(n!)2 x2n+2 (2n)! x−2n = (2n (n + 1)2 1) x2 → x2 an + 2)(2n + 1)(2n)! (n!)2 + 2)(2n + 4 El criterio del cociente nos dice que si x2 < 1, es decir, |x| < 2, la serie es convergente; si 4 x2 4 > 1, es decir, |x| > 2, la serie no es convergente porque {an} no converge a 0. El caso en que x2 = 4, o sea x = ±2, se tiene que: an+1 = 4(n + 1)2 = 2n + 2 1. an (2n + 2)(2n + 1) 2n + 1 Y concluimos que la serie no converge para x = ±2. pxo>siEt0ilv,oscseo,gnuvnedraognec,rsiaitec√rnoionasnpidae=rtrearxdeel<qcuo1em, lpeaosrstotearmileleievgnaet,oomednéeterlliaccasausdcoeesgtiéóernnme{irna√nol adgnee}nu.enraal an = xn, donde serie de términos n1 9.33 Proposición (Criterio de la raíz o de Cauchy (1821)). Sea an una serie de términos n1 positivos y supongamos que l´ım √n an = L ∈ R+o ∪ {+∞}. Universidad de Granada Prof. Javier Pérez Dpto. de Análisis Matemático Cálculo diferencial e integral

Criterios de convergencia para series de términos positivos 536 a) Si L < 1 la serie an es convergente. k es √n an 1 n1 b) Si L > 1 o si L = +∞ o o si hay un número k ∈ N tal que para todo n entonces an es divergente y además {an} no converge a 0. n1 Demostración. a) Sea λ utondnoúnmeront0alesqu√ne aLn < λ < 1. La definición de límite implica que existe n0 ∈ N tal que para λ, es decir, an λn. Puesto que 0 < λ < 1, la serie λn es convergente y, en virtud del criterio de comparación, se sigue que an es n1 n1 convergente. b) Si L > 1 entonces, tomando λ tal que 1 < λ < L y razonando como antes, obtenemos que para todo n n0 es an λn y, como λ > 1, se sigue que la sucesión {an} diverge positivamente y, con mayor razón, la serie an diverge positivamente. n1 9.34 Ejemplo. Sea la serie n2 − 1 2n3−2n . Como es una serie de términos positivos po- n1 n2 demos estudiar su convergencia usando el criterio de la raíz. Pongamos an = n2 − 1 2n3−2n n2 . Tenemos que: √ n2 − 1 2n2 −2 n2 − 1 2n2 n2 2 n an = n2 n2 n2 − 1 = → e−2 < 1. Concluimos que la serie es convergente. Cuando an+1 1 y l´ım an+1 = 1, también es l´ım √n an = 1. En esta situación los criterios an an del cociente y de la raíz no proporcionan información suficiente sobre el comportamiento de la an+1 serie an . Por ejemplo, para las series de Riemann, an = 1/nα, se tiene que l´ım an = n 1 1 cualquiera sea α. Observa que estos criterios solamente pueden proporcionar información sobre la convergencia de series que pueden compararse con una serie geométrica. El siguiente criterio suele aplicarse cuando fallan los anteriores. 9.35 Proposición (Criterio de Raabe (1832)). Supongamos que an > 0 para todo n ∈ N, y an+1 pongamos Rn = n 1 − an . i) Si {Rn} → L, donde L > 1 o L = +∞, la serie an es convergente. 1 n1 ii) Si {Rn} → L, donde L < 1 o L = −∞, o bien si existe algún k ∈ N tal que Rn para todo n k, entonces la serie an es divergente. n1 Universidad de Granada Prof. Javier Pérez Dpto. de Análisis Matemático Cálculo diferencial e integral

Criterios de convergencia para series de términos positivos 537 Demostración. i) Las hipótesis hechas implican que existen α > 1 y n0 ∈ N tales que para todo k n0 es Rk α. Sea δ = α − 1 > 0. Tenemos que: Rk − 1 = (k − 1) − k ak+1 δ (k n0), ak por lo que 1 δ ak (k − 1)ak − kak+1 (k n0). Sumando estas desigualdades desde k = n0 hasta k = n > n0, obtenemos que: n 1 (n0 − 1)an0 − nan+1 < 1 (n0 − 1)an0 . δ δ ak k=n0 Por el criterio básico de convergencia para series de términos positivos, deducimos que an es convergente. n1 ii) Si Rn 1 para todo n k, entonces (n − 1)an − nan+1 0 y resulta que la sucesión {nan+1} es creciente para n k, luego nan+1 kak+1, es decir, para todo n k es an+1 1 kak+1 n y, por el criterio de comparación, deducimos que an es divergente. n1 El criterio de Raabe suele aplicarse cuando el criterio del cociente no proporciona informa- an+1 ción, es decir, cuando an → 1. En tal caso la sucesión: Rn = n 1 − an+1 = −n an+1 −1 an an es de la forma vn(un − 1) donde vn = −n y un = an+1 → 1. Aplicando el criterio de an equivalencia logarítmica tenemos que: l´ım Rn = L ⇐⇒ l´ım an+1 −n an n an an+1 = → eL con los convenios usuales para los casos en que L = ±∞. 9.36 Proposición (Forma alternativa del criterio de Raabe). Sea an > 0 para todo n ∈ N y n supongamos que l´ım an+1 = 1. Pongamos Sn = an an an+1 . i) Si Sn → eL con L > 1 o si Sn → +∞, la serie an es convergente. n1 ii) Si Sn → eL con L < 1 o si Sn → 0, la serie an es divergente. n1 Los criterios de convergencia que acabamos de estudiar hacen siempre hipótesis sobre la sucesión {an} para obtener información sobre el comportamiento de la serie an . Ya dijimos n1 antes que esto es típico del estudio de las series. Pero no lo olvides: no estamos estudiando la sucesión {an} sino la sucesión an = {a1 + a2 + · · · + an}. n1 Universidad de Granada Prof. Javier Pérez Dpto. de Análisis Matemático Cálculo diferencial e integral

Ejercicios propuestos 538 9.2.1. Ejercicios propuestos 450. Estudia la convergencia de las siguientes series donde a > 0 y α ∈ R. a) (n!)2 b) (n + 1)n c) n−1−1/n 1 2n2 1 nn+2 n n n1 (n + 1)n 1 nn 1 log n 1 3nn! 1 n! a log(n + 1) d) e) f) n n n1 g) alog n h) nlog n i) e − 1+ 1/n2 n2 2 (log n)n n1 n n1 j) ( √ − 1)α k) 1− √1n n l) n2 + 1 nα nn n2 + n + 1 n1 n1 n1 1 n3 o) n sen n m) a n 1/j n) nα √ j=1 n n + 1/n − n n n1 n1 n1 (2n)! 3 q) log(n + 1) n r) n! en p) 26n(n!)6 log n nn+α n1 −1 n1 n1 n√2 n − 1 1 1 3 n n s) log n sen t) cos u) log n n1 n1 n2 451. Estudia la convergencia de las siguientes series donde a > 0 y α, β ∈ R. a) (n1/n2 − 1); b) (√3 n + 1 − √ log n+1 3 n) n n1 n1 c) √ + 1 − √ alog n; d) 2 · 4 · 6 · · · (2n) α 4n 4n 5 · 7 · · · (2n + 3) n1 n1 e) 1 (e −(1 + 1/n)n) ; f ) nnα − 1 n n1 n1 1 1 h) nα exp n 1 2 n k g) nα 1+ + · · · + ; n1 −β n 1 k=1 452. Estudia la convergencia de las series. a) √ 3nn! 3 n 5 · 8 · 11 · · · (5 + 3n) n1 b) 2 · 3 · 4 · · · (n + 2) 1/2 n1 5 · 6 · 7 · · · (n + 5) Universidad de Granada Prof. Javier Pérez Dpto. de Análisis Matemático Cálculo diferencial e integral

Ejercicios propuestos 539 √√ √ c) (a − a)(a − 3 a) · · · (a − n a) (a > 0) n1 d) n! (a > 0, α ∈ R) 1 a(a + 1)(a + 2) · · · (a + n)n α n e) alog n log(1 + 1/n) (a > 0) n1 √ √n)α (n f) + 1 − (log(1 + 1/n))β , (α, β ∈ R) n1 g) (1 + α)(3 + α)(5 + α) · · · (2n − 1 + α) ρ (α, β, ρ ∈ R+) (2 + β)(4 + β)(6 + β) · · · (2n + β) n1 , 453. Sea {an} una sucesión creciente de números positivos. Dar condiciones que garanticen 1 que la serie es convergente. 1 a1a2a3 · · · an n 454. Dar ejemplos de sucesiones {an} → 1 y decrecientes tales que la serie 1 1 a1a2a3 · · · an n sea en un caso convergente y en otro caso divergente. 455. Sea an 0 para todo n ∈ N. Prueba que las series an y 1 an ambas convergen + an n 1n 1 o ambas divergen. 456. Sea an una serie de términos positivos convergente. ¿Qué puede decirse de las series a2n y √anan+1? 457. Sea an una serie de términos positivos convergente. Prueba que la sucesión {zn} dada para todo n ∈ N por: n zn = (1 + ak) = (1 + a1)(1 + a2) · · · (1 + an) k=1 es convergente. 458. Sea an una serie de términos positivos convergente. Prueba que para 0 < α < 1 la anα serie n es convergente. Sugerencia. Utilizar la desigualdad de Hölder (ver ejercicio resuelto 140). 459. Sea an una serie convergente de términos positivos. Prueba que la serie √an es nα conv√e√ragnnensteeasdi iαve>rge1n/te2.. Da un ejemplo de una serie an convergente tal que la serie 460. Estudia la convergencia de las sucesiones: n √1 √ n log k (log n)2 k=1 k 2 n, k 2 a) xn = − b) yn = − . k=1 Sugerencia. Estudia la convergencia de las respectivas series de diferencias consecutivas. Universidad de Granada Prof. Javier Pérez Dpto. de Análisis Matemático Cálculo diferencial e integral

Ejercicios resueltos 540 9.2.2. Ejercicios resueltos ¡Antes de ver la solución de un ejercicio debes intentar resolverlo! Ejercicio resuelto 230 Estudia la convergencia de las siguientes series donde a > 0 y α ∈ R. a) (n!)2 b) (n + 1)n c) n−1−1/n 1 2n2 nn+2 n n1 n1 (n + 1)n 1 nn 1 log n 1 3nn! 1 n! a log(n + 1) d) e) f) n n n1 g) alog n h) nlog n i) e − 1+ 1/n2 n2 2 (log n)n n1 n n1 √ √1 n l) n2 + 1 nα nn n n2 + n + 1 j) ( − 1)α k) 1− n1 n1 n 1 o) n 1/j √ n1 1 n3 j=1 n n + 1/n − n n n m) a n) nα n sen n1 n1 p) (2n)! 3 q) log(n + 1) n r) n! en log n nn+α n 1 26n(n!)6 n1 −1 n1 n√2 n − 1 log n s) log n sen 1 t) cos 1 3 u) n n n1 n1 n2 Solución. Salvo una excepción, son todas series de términos positivos. Para estudiar su convergencia aplicaremos los criterios que acabamos de estudiar. a) Pongamos an = (n!)2 Aplicaremos el criterio del cociente: 2n2 . an+1 = ((n + 1)!)2 2n2 = (n + 1)2 = 1 n2 + 2n + 1 → 0. an 2(n+1)2 (n!)2 22n+1 2 4n La serie es convergente. b) Pongamos an = (n + 1)n Apliquemos el criterio del cociente: nn+2 . an+1 (n + 2)n+1 nn+2 n + 2 n+3 n n n2 an (n + 1)n+3 (n + 1)n n+1 n+1 + 2)2 = = (n = 1 n+3 1 n n2 1 + + + 4n e = 1 + n 1 1 − n 1 n2 + 4 → e = 1. Además an+1 1, por tanto el criterio del cociente no proporciona información sobre la an convergencia de esta serie. Cuando esto ocurre igual sucede con el criterio de la raíz. Esto Universidad de Granada Prof. Javier Pérez Dpto. de Análisis Matemático Cálculo diferencial e integral

Ejercicios resueltos 541 nos indica que la serie no es comparable con una serie geométrica. El criterio de Raabe no parece fácil de aplicar. Podemos intentar el primer criterio logarítmico. Tenemos que: − log(an) = −n log(n + 1) + (n + 2) log n = n log n +2 → 2 > 1. log n log n n+1 log n Por tanto la serie es convergente. Este criterio nos dice que la serie an es comparable con una serie de Riemann de exponente α = 2. Que efectivamente esto es así es fácil de n+1 n comprobar. Si nos fijamos en an y recordamos que la sucesión n es creciente y converge a e, enseguida nos damos cuenta de lo que sigue: an = (n + 1)n = n+1 n 1 e nn+2 n n2 n2 lo que permite concluir, por el criterio de comparación, que la serie es convergente. 9.37 Observación. Antes de empezar a aplicar criterios de convergencia, fíjate bien en la forma que tiene el término general de la serie e intenta relacionarlo con alguna sucesión conocida. e) Pongamos an = 1 nn n! a . Apliquemos el criterio del cociente: an+1 1 n+1 n+1 a n 1 n+1 n e an (n + 1)! a n a n a = n! = → . Deducimos que si a > e la serie es convergente, si 0 < a < e la serie es divergente. Para a = e el criterio no proporciona información. Ni el criterio de Raabe ni el primer criterio logarítmico parecen fáciles de aplicar. Cuando no queda otro recurso hay que intentar aplicar el criterio de comparación. Supuesto que a = e, tenemos que: an = nn 1 > nn n! = 1 1 > 11 > 1 . n! en n! (n + 1)n+1 + en+1 5n 1 + 1 n n 1 n Donde hemos usado que para todo k ∈ N es e < 1 + 1 k+1 = k+1 k+1, de donde se k k sigue que para todo n ∈ N: 1 n k k+1 n! en k+1 + 1)n > = (n . k=1 Concluimos, por comparación con la serie armónica, que la serie es divergente para a = e. f ) Pongamos an = 1 log n . Aquí no es apropiado aplicar el criterio del log(n + 1) cociente porque no hay factores que se simplifiquen al calcular el cociente de un término al anterior. El criterio pdoerlqaurea,íczopmueoddeeabpelsiccaormsep, rpoebraor,no√n parnop→orc1ioyna√niannform1a.ciPóondseombores el carácter de la serie aplicar el primer criterio logarítmico. − log(an) = log(log(n + 1)) → +∞. log n Universidad de Granada Prof. Javier Pérez Dpto. de Análisis Matemático Cálculo diferencial e integral

Ejercicios resueltos 542 La serie es convergente. Deducimos que se trata de una serie que converge más rápida- mente que cualquier serie de Riemann y menos rápidamente que cualquier serie geomé- trica. h) Pongamos an = nlog n Es apropiado aplicar el criterio de la raíz. (log n)n . √n an n log n (log n)2 n en = = log n → 0. log n La serie es convergente. i) Pongamos an = e − 1+ 1/n2 n2. Observa que como 1 + 1 k < e para todo k ∈ N, k se tiene que an > 0. Los criterios del cociente, de la raíz, de Raabe y los logarítmicos no parecen apropiados para estudiar esta serie. Cuando esto sucede hay que intentar aplicar un criterio de comparación. Si recuerdas el límite, que hemos visto varias veces: l´ım e −(1 + x) 1 = e, x x→0 x 2 se deduce que si {xn} → 0 se verifica la equivalencia asintótica e −(1 + xn)1/xn ∼ e xn . 2 Por tanto: n2 e 1 2 n2 an = e− 1+ 1/n2 ∼ , y deducimos que la serie converge por el criterio límite de comparación. También pode- mos usar el criterio básico de comparación usando que para todo k ∈ N se verifica que k+1. Con ello se tiene: e< 1 + 1 k 1 n2 1 n2 +1 1 n2 1 n2 1 e n2 n2 n2 n2 n2 n2 an = e − 1+ < 1+ − 1+ = 1+ < . j) Pongamos an = √ − 1)α. Trata de aplicar algunos criterios de convergencia. Las (nn series que cuesta más trabajo estudiar son aquellas en las que los criterios del cociente, de la raíz, de Raabe y los logarítmicos no sirven para estudiar su convergencia, ya sea porque los límites que hay que calcular son difíciles o porque dichos criterios no proporcionan información. Cuando esto ocurre hay que aplicar un criterio de comparación. En nuestro caso tenemos que: √ 1 = log n −1 ∼ log n −→ an ∼ log n α n n− n en n . Deducimos que la serie converge si, y sólo si, α > 1. n2 + 1 nα n nα n2 + n + 1 +n l) Pongamos an = = 1 − n2 + 1 . Después de pensarlo un poco, parece apropiado usar el primer criterio logarítmico. Tenemos que: − log(an) = − nα log 1 − n ∼ nα n ∼ nα−1 . log n log n +n log n +n log n n2 + 1 n2 + 1 Universidad de Granada Prof. Javier Pérez Dpto. de Análisis Matemático Cálculo diferencial e integral

Ejercicios resueltos 543 Por tanto: − log(an) log n l´ım = +∞, si α > 1; 0, si α < 1. n→∞ La serie converge si α > 1 y no converge si α < 1. Para α = 1 se tiene que {an} → 1 e y por tanto la serie no converge porque su término general no converge a 0. m) Pongamos an = a n 1/j . Es evidente que si a 1 se tiene que an 1 y, por tanto, j=1 la serie no es convergente porque {an} no converge a 0. Podemos aplicar el criterio del cociente. an+1 1 an = a n+1 → 1. Este criterio no proporciona información sobre la convergencia de la serie. Intentemos el criterio de Raabe. Rn = n 1 − an+1 1 log a ∼ −n log a → − log a. an n+1 = n 1 − a n+1 = −n e n+1 −1 Ddeecdiru,caim>os1eqluaesesrii−e nloogcaon>ver1g,ee. sEdneeclirc,aaso<en1equlae serie converge, y si − log a < 1, es a= 1 se tiene que: e −1 −1 1 − 1 ⇐⇒ e 1 + n 1 1 n+1 n − Rn = n 1 − e n+1 1 ⇐⇒ e n+1 . Esta última desigualdad es cierta porque para todo k ∈ N es e < 1 + 1 k+1 < 1 + 1 k+2. k k También podemos hacer este ejercicio recordando la estrategia 7.33 con lo que: an = a n 1/j = aγn+log n = aγn alog n ∼ aγ alog n. j=1 También puede aplicarse el primer criterio logarítmico. √ n) Pongamos an = nα n n + 1/n − n n . Tenemos que: an = nα √ n 1 + 1 −1 ∼ nα exp log 1+ 1 −1 ∼ nα log 1 + 1 ∼ nα−3. nn n2 n2 n2 n n Por el criterio límite de comparación la serie converge si, y sólo si, α − 3 < −1, esto es, α < 2. o) Pongamos an = n sen 1 n3 n . Aplicaremos el criterio de la raíz. √ 1 n2 n an = n sen n . Se trata de una indeterminación del tipo 1∞. Aplicamos el criterio de equivalencia loga- rítmica: 1 1 n n n2 n sen 1 − 1 = sen − → − 1 n 6 1 n3 Universidad de Granada Prof. Javier Pérez Dpto. de Análisis Matemático Cálculo diferencial e integral

Ejercicios resueltos 544 porque, como debe saber, l´ım sen x − x = − 1 . Luego √n an → e −1 < 1 y la serie es x3 6 6 x→0 convergente. (2n)! 3 p) Pongamos an = 26n(n!)6 . Aplicaremos el criterio del cociente porque hay muchos factores que se van a simplificar. an+1 = (2n + 2)! 3 26n(n!)6 = (2n + 1)3(2n + 2)3 = (2n + 1)3 → 1. an 26n+6((n + 1)!)6 (2n)! 3 26(n + 1)6 8(n + 1)3 Como este criterio no proporciona información sobre la convergencia de la serie, aplica- remos el criterio de Raabe. Rn = n 1 − (2n + 1)3 = 12n3 + 18n2 + 7n 8 → 3 > 1. 8(n + 1)3 8n3 + 24n2 + 24n + 2 La serie converge. r) Pongamos an = n! en Apliquemos el criterio del cociente. nn+α . an+1 = e nn n α an n+1 n+1 → 1. Este criterio no proporciona información sobre la convergencia de la serie. Apliquemos el criterio de Raabe en su forma alternativa. an n 1 n + 1 n2+αn 1 + 1 n n n + 1 αn an+1 en = n = n en n+1 αn 1 + 1 n n n n Tenemos que → eα. La sucesión zn = es una indetermina- e ción 1∞, por tanto {zn} → eL donde L es el límite de: 1 + 1 n 1 1+ 1 n −e 1 n e n 2 n −1 = → − . e 1 n Por tanto: an n an+1 → eα− 1 . 2 La serie converge si α − 1 > 1, esto es α > 3 y no converge para α < 3 . Para α = 3/2 2 2 2 la serie no converge; de hecho se verifica que: n n+ 3 2 Rn = n 1−e 1 n+1 pero esta desigualdad no parece que sea fácil de probar. Universidad de Granada Prof. Javier Pérez Dpto. de Análisis Matemático Cálculo diferencial e integral

Ejercicios resueltos 545 s) Pongamos an = log n sen 1 . Después de pensarlo un poco te darás cuenta de que n hay que aplicar un criterio de comparación. Tenemos que: an = log sen 1 . n 1 n Observa que an < 0 porque para x > 0 es sen x < x. Esto lleva a considerar la función: f (x) = log sen x. x Para x → 0 tenemos las siguientes equivalencias asintóticas: f (x) ∼ sen x − 1 = sen x − x ∼ −1 x2 . x x 6 Deducimos que: −an = −f 1 ∼ 1 1 . n 6 n2 Por el criterio límite de comparación se sigue que la serie (−an) = − an es con- vergente y, por tanto, an es convergente. Ejercicio resuelto 231 Estudia la convergencia de las siguientes series donde α, β ∈ R. a) (n1/n2 − 1); b) √ + 1 − √ log n+1 (3n 3 n) n n1 n1 2 · 4 · 6 · · · (2n) α d) nα exp n 1 5 · 7 · · · (2n + 3) k c) n1 −β n1 k=1 Solución. a) Pongamos an = n1/n2 − 1. Tenemos que: log n log n an = e n2 −1 ∼ n2 . Por el criterio límite de comparación, la serie es convergente. √ √ b) Pongamos an = (3n + 1 − 3 n) log n+1 . Tenemos que: n √ 1 + 1 − 1 log 1 + 1 ∼ n 1 11 = 11 . an = 3 n n n 3 3 n2 3 5 n 3 Por el criterio límite de comparación, la serie es convergente. c) Pongamos an = 2·4·6···(2n) α 5·7···(2n+3) . Aplicaremos el criterio del cociente. an+1 = 2 · 4 · 6 · · · (2n)(2n + 2) α 5 · 7 · · · (2n + 3) α 2n + 2 α an 5 · 7 · · · (2n + 3)(2n + 5) 2 · 4 · 6 · · · (2n) 2n + 5 = Este criterio no proporciona información sobre la convergencia de la serie. Apliquemos el criterio de Raabe en su forma alternativa. an n 2n + 5 αn 3 an+1 2n + 2 2 = → e α . Universidad de Granada Prof. Javier Pérez Dpto. de Análisis Matemático Cálculo diferencial e integral

Ejercicios resueltos 546 Por tanto, si 3 α > 1, o sea, α > 2 la serie converge, y si 3 α < 1, o sea, α < 2 la 2 3 2 requiere un 3 serie no converge. Para α = 2 3 la serie no converge, pero este caso estudio específico que no vamos a hacer. Vamos a hacer este ejercicio con otro tipo de técnica que resulta muy conveniente para series cuyo término general es parecido al de la serie que nos ocupa. 9.38 Estrategia. Consideremos una serie del tipo (cn)α donde cn = p1p2 · · · pn y q1q2 · · · qn n 1 pj, qj son números enteros positivos. Además qn es de la forma qn = pn + k donde k es un entero positivo fijo. En el ejemplo que nos ocupa es pn = 2n y qn = 2n + 3 = pn + 3. Observa que para que {cn} → 0 es necesario que α > 0. Una estrategia bastante buena para estudiar estas series consiste en acotar directamente cn usando la desigualdad (válida por ser pn < qn): pn pn + k qn qn qn + k qn + < = k . Para que esta estrategia pueda aplicarse se necesita también que podamos relacionar con facilidad qn + k con pn. Lo usual es que se tenga una relación del tipo qn + k = pn+k. En nuestro ejemplo es qn + 3 = 2n + 6 = 2(n + 3) = pn+3. Supuesto que esto es así, tenemos que: pn qn qn pn+k < . En nuestro ejemplo es: 2n 2n + 3 2n + 3 2n + 6 < . (9.8) Una vez dada la idea general, por comodidad, vamos a seguir con nuestro ejemplo. Usando la desigualdad (9.8) para n = 1, 2, . . . , tenemos que: cn = 5 2 · 4 · · · (2n) = 2 4 ··· 2n 3 < 5 7 ··· 2n + 3 = · 7 · · · (2n + 3) 5 7 2n + 8 10 2n + 6 = 8 · 5 · 7 · · · (2n + 3) 4)(2n + 6) = (2n + 2·4·6 + 6) 1 . 10 · · · (2n)(2n + 2)(2n + 2)(2n + 4)(2n cn Observa que, aplicando la desigualdad (9.8) a los factores que forman cn, obtenemos una 1 desigualdad que relaciona cn con cn ; ésta es la idea en la que se basa esta estrategia. De la desigualdad anterior deducimos que: c2n < (2n + 48 4)(2n + 6) 2)(2n + Supuesto que α > 0 (condición necesaria para la convergencia) se sigue que: 48 α (2n + 2)(2n + 4)(2n + 6) cαn < 2 Teniendo en cuenta que: 48 α 1 (2n + 2)(2n + 4)(2n + 6) 2 ∼ 6 α , 2 3 α n 2 Universidad de Granada Prof. Javier Pérez Dpto. de Análisis Matemático Cálculo diferencial e integral

Ejercicios resueltos 547 deducimos, por el criterio básico de comparación con la serie de Riemann de exponente 3 α que si 3 α > 1, o sea, α > 2 la serie es convergente. 2 2 3 Esto ya lo sabíamos por el estudio hecho previamente. La novedad viene ahora. Se puede repetir el mismo proceso anterior para acotar cn por abajo, o sea, para minorar cn. La idea es la misma. Si has entendido lo anterior lo que sigue debe estar claro. Usaremos ahora la desigualdad: 2n 3 > 2n − 3 (9.9) 2n + 2n Usando esta desigualdad para n = 2, 3, . . . , tenemos que: cn = 5 2 · 4 · 6 · 8 · · · (2n − 2)(2n) 3) = 2 4 6 8 ··· 2n − 2 2n 3 > · 7 · 9 · 11 · · · (2n + 1)(2n + 5 7 9 11 2n + 1 2n + > 21 35 ··· 2n − 5 2n − 3 = 54 68 2n − 2 2n = 6 2 1)(2n + 3) 5 · 7 · · · (2n − 3)(2n − 1)(2n + 1)(2n + 3) = 5 (2n − 1)(2n + 2 · 4 · 6 · · · (2n) = 12 (2n − 1 1)(2n + 3) 1 . 5 1)(2n + cn De donde, al igual que antes, se sigue que: 12 1 αα 5 (2n − 1)(2n + 1)(2n + 3) 12 1 cnα > 2 5 2 . ∼ n 3 α 2 Deducimos, por el criterio básico de comparación con la serie de Riemann de exponente 3 α que si 3 α 1, o sea, α 2 (en particular para α = 2 ) la serie no es convergente. 2 2 3 3 n d) Pongamos an = nα exp −β 1 . Tenemos que: k k=1 an+1 = n+1 eα − β → 1. an n n+1 Aplicaremos el criterio de Raabe en su forma alternativa. an n n nα eβ n n+1 an+1 = n+1 → e−α eβ = eβ−α . Por tanto, si β − α > 1 la serie converge y si β − α < 1 la serie no converge. El caso en que β − α = 1 no queda resuelto con este criterio. Otra forma de proceder es aplicando la estrategia 7.33. Tenemos que: n 1 1 k nβ−α an = nα exp −β = nα e−β log n−βγn = nα e−β log n e−βγn ∼ eβγ nαn−β = eβγ . k=1 Por el criterio límite de comparación, la serie converge si, y sólo si, β − α > 1. Universidad de Granada Prof. Javier Pérez Dpto. de Análisis Matemático Cálculo diferencial e integral

Ejercicios resueltos 548 Ejercicio resuelto 232 Estudia la convergencia de las series. a) √ 3nn! 3 n 5 · 8 · 11 · · · (5 + 3n) n1 √√ √ b) (a − a)(a − 3 a) · · · (a − n a) (a > 0) n1 Solución. a) Pongamos an = √ 5 · 8 · 3n n! · (5 + 3n) . Tenemos que: 3n 11 ·· n1 an+1 = √ 3n+1(n + 1)! √ = an 3 n + 1 5 · 8 · 11 · · · (5 + 3n)(5 + 3(n + 1)) 3 n 5 · 8 · 11 · · · (5 + 3n) 3nn! n 1 3n + 3 n+1 3n + 8 = 3 → 1. El criterio del cociente no proporciona información sobre la convergencia de la serie. Aplicaremos el criterio de Raabe en su forma alternativa. an n n 3n + 8 n 1 n 5 n an+1 3n + 3 n 3n + = n+1 3 = 1 + 3 1 + → e 1 e 5 = e2 . n 3 3 3 La serie converge. √√ √ b) Pongamos an = (a − a)(a − 3 a) · · · (a − n a). Tenemos que: an+1 =a− √ an n+1 a → a − 1. Por tanto, si a − 1 < 1, o sea, 0 < a < 2, la serie converge; y si a − 1 < 1 o sea a > 2 la serie no converge. Para el caso en que a = 2 el criterio del cociente no proporciona información sobre la convergencia de la serie. Aplicaremos el criterio de Raabe. n 1 − an+1 = n n+√1 2 − 1 → log 2 < 1. an La serie no converge. Ejercicio resuelto 233 Sea {an} una sucesión creciente de números positivos. Dar condicio- 1 nes que garanticen que la serie es convergente. 1 a1a2a3 · · · an n Solución. Pongamos xn = 1 Si {an} no está mayorada, como es creciente a1a2a3 · · · an . se tiene que {an} → +∞. Por tanto, hay un número k ∈ N tal que para todo n k se verifica que an 2. Deducimos que para n k se verifica que: 1 = 2k 1 1 M 1 1 = M 1 . a1a2 · · · ak−1akak+1 · · · an a1a2 · · · ak−1 2k akak+1 · · · an 2k 2n−k 2n Donde hemos puesto M = 2k que es una constante independiente de n. a1a2a3 · · · ak−1 Concluimos que la serie es convergente por comparación con la serie geométrica de razón 1/2. Universidad de Granada Prof. Javier Pérez Dpto. de Análisis Matemático Cálculo diferencial e integral

Ejercicios resueltos 549 Si {an} está mayorada, como es creciente se tiene que {an} → L donde L > 0. Si L > 1, podemos tomar un número λ tal que 1 < λ < L, con lo que podemos asegurar que hay algún k ∈ N tal que an λ para n k. Podemos ahora repetir el razonamiento anterior con 2 sustituido por λ y concluimos que la serie converge por comparación con la serie geométrica de razón 1/λ. Si 0 < L 1, entonces como 0 < an L, se tiene que 0 < an 1 para todo n ∈ N, lo que implica que xn 1 por tanto {xn} no converge a 0, lo que implica que la serie no converge. También puede aplicarse el criterio del cociente. xn+1 = 1 → 1 xn an+1 L donde {an} → L ∈ R+ ∪ {+∞}. Por lo que si L > 1 o si L = +∞, se tiene que 1 < 1 L y la serie converge. Si L < 1 la serie no converge, y si L = 1 tampoco converge porque xn+1 entonces xn 1. Ejercicio resuelto 234 Dar ejemplos de sucesiones {an} → 1 y decrecientes tales que la 1 serie sea en un caso convergente y en otro caso divergente. 1 a1a2a3 · · · an n Solución. La sucesión an = 1 + 1 = n+1 decrece y converge a 1. Tenemos que: n n a1a2 . . . an = 2 · 3 · 4 · · · (n + 1) = n + 1. 1 · 2·3···n La correspondiente serie es divergente. La sucesión an = 31/n es decreciente y converge a 1. Tenemos que: xn = 1 = 1 n1 a1a2a3 · · · an 3 j=1 j . Esta serie es convergente porque aplicando el criterio de Raabe obtenemos: n 1 − xn+1 =n 1− n+1 1 → − log 1 = log 3 > 1. xn 3 3 Ejercicio resuelto 235 Sea an 0 para todo n ∈ N. Prueba que las series an y an 1 1 + an n 1n ambas convergen o ambas divergen. Solución. Pongamos bn = 1 an . Como 1+an 1, la desigualdad bn an prueba que + an si la serie an es convergente también es convergente la serie bn. Recíprocamente, si la serie bn es convergente entonces debe ser {bn} → 0, por lo que hay algún k ∈ N 1 tal que para todo n k es bn < 2 , esto es, 2an < 1 + an por lo que an < 1. Lo que implica que an2 < an, y obtenemos que a2n + an < 2an de donde an < 2an = 2bn. 1 + an De esta desigualdad se sigue, por el criterio de comparación, que la serie an también es convergente. Universidad de Granada Prof. Javier Pérez Dpto. de Análisis Matemático Cálculo diferencial e integral

Ejercicios resueltos 550 Ejercicio resuelto 236 Sea an una serie de términos positivos convergente. ¿Qué puede decirse de las series an2 y √anan+1? Solución. Como {an} → 0, hay un número k ∈ N tal que para todo n k es 0 < an < 1, lo que implica que 0 < an2 < an y deducimos, por el criterio de comparación, que la serie an2 es convergente. Como √anan+1 1 (an2 + an2 +1), 2 se sigue, también por el criterio de comparación, que la serie √anan+1 es convergen- te. Ejercisceiorieresuel√tnoaαn23es7 Sea an una serie convergente de términos positivos. Prueba que la tal que la serie serie an convergente convergente si α > 1/2. Da un ejemplo de una √√an n sea divergente. Solución. Recuerda la desigualdad ab 1 (a2 + b2). Sustituye a por √an y b por 1 y 2 nα resulta que: √an nα 1 an + 1 1 . 2 2 n2α Como 2α > 1 la serie 1 es convergente. Como an es convergente por hipóte- sis, de n2α se sigue, por el criterio de comparación, que √an nα la desigualdad anterior es convergente. La serie 1 es convergente pero 1 es divergente. n(log n)2 n(log n) Ejercicio resuelto 238 Estudia la convergencia de las sucesiones: n √1 √ n log k − (log n)2 . k=1 k 2 n, k2 a) xn = − b) yn = k=1 Sugerencia. Estudia la convergencia de las respectivas series de diferencias consecutivas. Solución. a) Tenemos que: xn+1 − xn = √1 − √ + 1 + √ = √1 1 − √ + √2 + 1 = n+1 2n 2n n+ n n √ √ n √− n √+ 1 √ −1 = √ + 1( n + n+ 1) = √ + 1( n + √ + 1)2 . n n n Puesto que √n+1(√n1+√n+1)2 ∼ 1 la serie √n+1(√n1+√n+1)2 es convergente. Por n3/2 tanto, la sucesión: n x1 + (xk+1 − xk) = xn+1 k=1 es convergente. Universidad de Granada Prof. Javier Pérez Dpto. de Análisis Matemático Cálculo diferencial e integral

Criterios de convergencia no absoluta 551 b) Usando que log(n + 1) = log n(1 + 1 ) = log n + log(1 + 1 ), tenemos que: n n yn − yn+1 = − log(n + 1) + (log(n + 1))2 − (log n)2 = n+1 2 2 log(n + 1) log n + log 1 + 1 2 (log n)2 n+1 2 n 2 = − + − = = − log(n + 1) + log n log 1 + 1 + 1 log 1 + 1 2 n+1 n 2 n = = − log n − log 1 + 1 + 1 log 1 + 1 2 n+1 n+1 n 2 n = = log n log 1 + 1 − 1 − log 1 + 1 + 1 log 1 + 1 2 n + n+1 n 2 n . n 1 Como log 1+ 1 ∼ 1 ∼ 1 , la serie log 1 + 1 es convergente. También n n(n+1) n2 n n+1 n+1 n1 1 2 2 n es convergente la serie log 1 + porque log 1 + 1 ∼ 1 . Usando la n n2 n1 desigualdad que ya debes saber de memoria: n 1 1 < log 1 + 1 < 1 , + n n se sigue que: 1 1 1 n n+1 n(n + 0 < log 1 + − < 1) , de donde se deduce que la serie log n log 1 + 1 − n 1 1 es convergente. Con- n + n1 cluimos que la serie (yn − yn+1) es convergente por ser suma de tres series conver- gentes. Por tanto, la sucesión: n y1 − (yk − yk+1) = yn+1 k=1 es convergente. 9.3. Criterios de convergencia no absoluta Los criterios de convergencia para series de términos positivos se aplican, obvio es decirlo, para estudiar la convergencia absoluta de cualquier serie. Pero, ¿qué hacer cuando una serie no es absolutamente convergente? Naturalmente, podemos intentar comprobar si la serie verifica la condición de Cauchy, pero este procedimiento con frecuencia es difícil. Pues bien, los crite- rios que vamos a estudiar a continuación proporcionan información sobre la convergencia no absoluta. Probaremos, en primer lugar, una igualdad de la que se deducen con facilidad dichos criterios. Universidad de Granada Prof. Javier Pérez Dpto. de Análisis Matemático Cálculo diferencial e integral

Criterios de convergencia no absoluta 552 9.39 Proposición (Suma por partes (Abel, 1826)). Dadas dos sucesiones {an} y {bn}, pon- p gamos Ap = aj. Se verifica entonces, para todo n ∈ N, que: j=1 nn akbk = Ak(bk − bk+1) + Anbn+1 (9.10) k=1 k=1 Demostración. Pongamos, por comodidad de notación, A0 = 0, con lo que para todo k ∈ N se verifica que ak = Ak − Ak−1. Tenemos que: n n nn ak bk = (Ak − Ak−1)bk = Akbk − Ak−1bk = k=1 k=n 1 n k=1 k=2 = Akbk − Akbk+1 + Anbn+1 = k=n 1 k=1 = Ak(bk − bk+1) + Anbn+1 . k=1 9.40 Teorema (Criterio general de Dirichlet). Sean {an} , {bn} dos sucesiones, y pongamos n An = ak. Supongamos que: k=1 i) Existe un número M > 0 tal que para todo n ∈ N es An M . ii) La serie |bn − bn+1| es convergente. n1 iii) {bn} → 0. Se verifica entonces que la serie anbn es convergente. n1 Demostración. Puesto que An bn − bn+1 M bn − bn+1| , deducimos, por el criterio de comparación que la serie An(bn − bn+1) converge absolutamente y, por tanto, es con- n1 n vergente, es decir, la sucesión Ak(bk − bk+1) es convergente. Como, además, la sucesión k=1 Anbn+1 converge a cero por ser producto de una sucesión acotada por otra convergente a cero, deducimos, en virtud de la igualdad (9.10), que la serie anbn es convergente. n1 9.41 Teorema (Criterio general de Abel). Sean {an} y {bn} dos sucesiones y supongamos que: i) La serie an es convergente. n1 Universidad de Granada Prof. Javier Pérez Dpto. de Análisis Matemático Cálculo diferencial e integral

Criterios de convergencia no absoluta 553 ii) La serie |bn − bn+1| es convergente. n1 Se verifica entonces que la serie anbn es convergente. n1 n Demostración. La hipótesis i) nos dice que la sucesión An = an es convergente; en parti- k=1 n cular está acotada, por lo que, al igual que antes, se deduce que la sucesión Ak(bk − bk+1) k=1 es convergente. Además, ii) implica que la serie (bn − bn+1) es convergente,y como dicha n1 n serie es la sucesión (bj − bj+1) = {b1 − bn+1} , obtenemos que {bn} es convergente. j=1 Resulta así que la sucesión Anbn+1 converge por ser producto de sucesiones convergentes y, en virtud de la igualdad (9.10), deducimos que la serie anbn es convergente. n1 9.42 Proposición. Si la sucesión {bn} es monótona y acotada, entonces se verifica que es convergente la serie |bn − bn+1|. n1 Demostración. En efecto, basta tener en cuenta que  n  n (bj − bj+1) = b1 − bn+1, si {bn} es decreciente; si {bn} es creciente. |bj − bj+1| = j=1 j=1  n (bj+1 − bj ) = bn+1 − b1, j=1 La proposición anterior permite particularizar los criterios de Dirichlet y de Abel de la forma que sigue. 9.43 Corolario (Criterio particular de Dirichlet). Sean {an}, {bn} dos sucesiones, y ponga- n mos An = an. Supongamos que: k=1 i) Existe un número M > 0 tal que para todo n ∈ N es An M . ii) {bn} es monótona y {bn} → 0. Se verifica entonces que la serie anbn es convergente. n1 9.44 Corolario (Criterio particular de Abel). Sean {an}, {bn} dos sucesiones y supongamos que: Universidad de Granada Prof. Javier Pérez Dpto. de Análisis Matemático Cálculo diferencial e integral

Criterios de convergencia no absoluta 554 i) La serie an es convergente. ii) {bn} es monótona y acotada. Se verifica entonces que la serie anbn es convergente. n1 Hay un caso todavía más particular del criterio de Dirichlet que se aplica a series alterna- das, es decir, a series del tipo (−1)n+1xn donde xn 0 para todo n ∈ N. Este criterio es n1 debido a Leibniz, y aunque puede deducirse fácilmente del corolario 9.43, merece la pena dar una prueba directa del mismo porque así obtenemos una fácil acotación del error que se comete al aproximar la suma de una serie alternada por una suma parcial de la serie. 9.45 Proposición (Criterio de Leibniz para series alternadas). Supongamos que la sucesión {an} es decreciente y convergente a cero. Entonces la serie alternada n 1(−1)n+1an es convergente. Además, si An = kn=1(−1)k+1ak y S = ∞n=1(−1)n+1an, entonces para todo n ∈ N se verifica que |S − An| an+1. Demostración. Es inmediato comprobar que la sucesión {A2n−1} es decreciente y {A2n} es creciente. Como A2 A2n A2n−1 A1, deducimos que ambas sucesiones convergen. Además, como A2n−1 − A2n = a2n → 0, concluimos que An converge. Sea S = ∞n=1(−1)n+1an = l´ım{An}. Puesto que S = l´ım{A2n−1} = ´ınf{A2n−1 : n ∈ N} = l´ım{A2n} = sup{A2n : n ∈ N}, se verifica que A2n S A2n+1, de donde: 0 S − A2n a2n+1, y − a2n S − A2n−1 0. (9.11) En consecuencia |S − An| an+1 para todo n ∈ N. Teniendo en cuenta la proposición 9.8, el criterio de Leibniz prueba que las series de la forma (−1)n+1an donde {an} → 0 y la sucesión {an} es monótona a partir de un cierto término en adelante, son convergentes (aunque la acotación del error antes obtenida ya no tiene por qué ser válida). Observa que los criterios de Dirichlet y de Abel pueden, en principio, ser aplicados a una serie cualquiera, xn, pues sólo tenemos que expresar xn de la forma xn = anbn, lo que, evi- dentemente, puede hacerse de muchas maneras; pero es imprescindible elegir apropiadamente an y bn para que pueda aplicarse con éxito alguno de dichos criterios. 9.46 Estrategia (Estrategia para estudiar la convergencia de una serie). Para estudiar la convergencia de una serie zn numérica lo primero que debes hacer es estudiar la convergen- cia absoluta, es decir la convergencia de la serie de términos positivos |zn|, para lo que se aplican los criterios de convergencia para series de términos positivos. Si la serie |zn| conver- ge entonces, en virtud del teorema 9.14, sabemos que la serie zn también converge (y todas sus reordenaciones). Cuando la serie |zn| no converge se aplican los criterios de Dirichlet o de Abel para estudiar directamente la convergencia de la serie zn. Universidad de Granada Prof. Javier Pérez Dpto. de Análisis Matemático Cálculo diferencial e integral

Ejercicios propuestos 555 9.3.1. Ejercicios propuestos 461. Estudia la convergencia absoluta y la convergencia no absoluta de las siguientes series. a) (−1)n+1 log(n + 2) b) (−1)n 1 , (α ∈ R) n+2 + (−1)n n α n1 (−1)n n1 √ n c) (−1)n+1 2 + d) (−1)n+1 n 100 n 1 n 1 n + e) log 1 + (−1)n f) (−1)n+1 1 · 3 · 5 · · · (2n − 1) α n 2 · 4 · 6 · · · 2n , (α ∈ R) n1 n1 (log n)r ns g) (−1)n+1 1 − n log n+1 h) (−1)n+1 , (r, s ∈ R+) n n 1 n 1 462. Estudia, según los valores de α ∈ R, la convergencia absoluta y la convergencia no abso- luta de la serie −1 n−1 n n (−1)n+1nα − log . n2 463. Estudia, según los valores de α ∈ R, la convergencia absoluta y la convergencia no abso- luta de la serie 1 n (−1)n+1 nα (e −1). n1 Sugerencia. Prueba que la función f : R+ → R dada para todo x > 0 por: f (x) = ex −1 xα es creciente siempre que α < 1. 9.3.2. Ejercicios resueltos ¡Antes de ver la solución de un ejercicio debes intentar resolverlo! Ejercicio resuelto 239 Estudia la convergencia absoluta y la convergencia no absoluta de las siguientes series. a) (−1)n nα + 1 , (α ∈ R) b) log 1 + (−1)n (−1)n n n1 n1 α c) (−1)n+1 1 · 3 · 5 · · · (2n − 1) d) (−1)n+1 1 − n log n+1 2 · 4 · 6 · · · 2n , (α ∈ R) n n 1 n 1 Universidad de Granada Prof. Javier Pérez Dpto. de Análisis Matemático Cálculo diferencial e integral

Ejercicios resueltos 556 Solución. a) Pongamos an = 1 Si α 0 entonces {an} no converge a 0 y nα + (−1)n . la serie no converge. Supondremos en lo que sigue que α > 0. Tenemos que: an = nα 1 ∼ 1 + (−1)n nα Deducimos que si α > 1 la serie converge absolutamente. Consideremos que 0 < α 1. Pongamos: (−1)n nα 1 = (−1)n + bn −→ bn = nα(nα 1 + (−1)n nα + (−1)n) Por el criterio de Leibniz, la serie (−1)n es convergente (α > 0). Como 0 < bn ∼ 1 , nα n2α por el criterio límite de comparación, la serie bn es convergente si, y sólo si, α > 1/2. Concluimos que la serie (−1)n 1 converge si α > 1/2. En resumen, la serie nα+(−1)n n1 converge absolutamente si α > 1 y converge no absolutamente si 1/2 < α 1. La serie no converge para α 1/2. b) Pongamos an = log 1 + (−1)n . Observa que an = (−1)nxn donde xn = |an|. n Probemos que x2n+1 x2n x2n−1, de donde se sigue que {xn} decrece a 0. Usaremos la desigualdad (que tú debes comprobar), válida para 0 < x < 1, log(1 − x) −x. Tenemos: x2n−1 = log 1− 2n 1 1 = − log 1− 2n 1 1 1 > 1 > log 1+ 1 = x2n − − 2n − 1 2n 2n Luego x2n < x2n−1 para n 2. Por otra parte: x2n+1 = − log 1+ −1 1 = − log 2n = log 2n + 1 = log 1+ 1 = x2n 2n + 2n + 1 2n 2n Concluimos, por el criterio de Leibniz, que la serie an es convergente. Puesto que: |an| = log 1 + (−1)n ∼ 1 n n la serie no es absolutamente convergente. c) Estudiaremos primero la convergencia absoluta. Sea an = 1 · 3 · 5 · · · (2n − 1) α . 2 · 4 · 6 · · · 2n Si α 0 entonces {an} no converge a 0 y la serie no es convergente. Supondremos en lo que sigue que α > 0. Tenemos que: an+1 = 2n + 1 α an 2n + 2 → 1. El criterio del cociente no proporciona información sobre la convergencia absoluta de la serie. Aplicaremos el criterio de Raabe en su forma alternativa. an n 2n + 2 αn 1 αn α an+1 2n + 1 2n + 2 = = 1 + 1 → e . Universidad de Granada Prof. Javier Pérez Dpto. de Análisis Matemático Cálculo diferencial e integral

Ejercicios resueltos 557 Por tanto, si α > 1, o sea α > 2 la serie converge absolutamente; si α < 1, o sea α < 2 2 2 la serie no converge absolutamente. El caso en que α = 2 requiere un estudio particular (ver más adelante). Nos queda por estudiar lo que ocurre si 0 < α 2. Observa que para α > 0 es evidente que la sucesión {an} es decreciente. Lo que no es evidente es que converja a 0. Para aplicar el criterio de Leibniz a la serie (−1)n+1an hay que probar que {an} → 0. Esto puedes hacerlo comprobando que la sucesión log(an) → −∞. Esto es fácil y te lo dejo para que lo hagas tú. Yo voy a seguir otro camino. Aplicando la estrategia 9.38 a la sucesión xn = 1 · 3 · 5 · · · (2n − 1) se obtiene fácilmente que: 2 · 4 · 6 · · · 2n √1 < xn < √1 −→ 1 < an < 1 2n 2n + 1 2nα/2 (2n + 1)α/2 Desigualdad que implica que {an} → 0 para todo α > 0. Además esta desigualdad nos 1 dice que para α = 2 es an > 2n lo que implica que la serie no converge absolutamente para α = 2. En resumen: hay convergencia absoluta para α > 2 y hay convergencia no absoluta para 0 < α 2. Ejercicio resuelto 240 Estudia, según los valores de α ∈ R, la convergencia absoluta y la convergencia no absoluta de la serie (−1)n+1nα −1 − log n−1 . n n n2 Solución. Pongamos zn = (−1)n+1nα −1 − log n−1 . Estudiaremos primero la con- n n vergencia absoluta. Tenemos que: l´ım −x − log(1 − x) = 1 −→ f (x) ∼ 1 x2 x2 2 2 x→0 y por tanto |zn| = nαf 1 ∼ 1 . Por tanto, la serie zn converge absolutamente si, n 2n2−α y sólo si, 2 − α > 1, o sea, α < 1. Si 2 − α 0, o sea α 2, entonces {zn} no converge a 0 y por tanto la serie zn no es convergente. Queda por ver lo que ocurre cuando 1 α < 2. Para dichos valores de α se tiene que {zn} → 0. Probaremos que {zn} es decreciente. Pongamos f (x) = x−α(−x − log(1 − x)) donde 0 < x < 1. Observa que zn = (−1)n+1f (1/n). Tenemos que: f ′(x) = xα+1 + αxα−1(−x − log(1 − x)), 1−x recordando que −x − log(1 − x) > 0 para 0 < x < 1, se sigue que f ′(x) > 0 para 0 < x < 1. Por tanto f es estrictamente creciente en ]0, 1] y, en particular, es f 1 <f 1 . El criterio de Leibniz nos dice que la serie zn es convergente para n+1 n 1 α < 2. Universidad de Granada Prof. Javier Pérez Dpto. de Análisis Matemático Cálculo diferencial e integral

Algunas series cuya suma puede calcularse de forma exacta 558 9.4. Algunas series cuya suma puede calcularse de forma exacta Debes tener ya claro que una cosa es estudiar la convergencia de una serie y otra es calcular su suma. Son relativamente pocas las series convergentes cuya suma se puede calcular de forma exacta. Aquí vamos a ver algunas de ellas. No debes esforzarte por memorizar fórmulas para sumar series, sino en comprender y en aplicar los métodos que permiten calcularlas. Series geométricas. Las series de la forma αxn donde α ∈ R y |x| < 1, cuya suma viene ∞ n0 dada por αxn = 1 α x. − n=0 Series aritmético - geométricas. Son series de la forma p(n)xn donde p es una función n0 polinómica de grad0 m 1. Aplicando el criterio del cociente se obtiene fácilmente que estas series convergen absolutamente si |x| < 1. Es claro que no convergen si |x| 1 pues entonces {p(n)xn} es una sucesión no acotada y, por tanto, no converge a 0. Supongamos que |x| < 1 y pongamos: ∞n S = p(k)xk = l´ım p(k)xk n→∞ k=0 k=0 Definamos las diferencias de primer orden de p, que notaremos, ∆1p , como el polinomio dado para todo k ∈ N por ∆1p (k) = p(k + 1) − p(k). Observa que ∆1p es un polinomio de grado m − 1. Tenemos: nn S − xS = (1 − x)S = l´ım p(k)xk − p(k)xk+1 = n→∞ k=0 k=0 ∞ n−1 = p(0) + x ∆1p (k)xk. = l´ım p(k + 1) − p(k) xk+1 + p(0) − p(n)xn+1 k=0 n→∞ k=0 Pongamos S1 = ∞ ∆1p (k)xk. La igualdad anterior nos dice que (1−x)S = p(0)+xS1. k=0 Este procedimiento puede volver a aplicarse a la serie ∆1p)(k)xk. De la misma forma k0 ∞ k=0 obtenemos ahora (1 − x)S1 = ∆1p)(0) + xS2, donde S2 = ∆2p (k)xk y ∆2p son las diferencias de segundo orden de p definidas para todo k ∈ N por: ∆2p (k) = ∆1p (k + 1) − ∆1p (k). Observa que ∆2p es un polinomio de grado m − 2. Repitiendo este proceso m veces llegaremos a obtener finalmente ∞ ∆mp (k)xk = α 1−x Sm = k=0 porque las diferencias de orden m, (∆mp , de un polinomio de grado m son constantes, (∆mp (k) = α para todo k ∈ N. Conocido Sm calculamos Sm−1 a partir de la igualdad Universidad de Granada Prof. Javier Pérez Dpto. de Análisis Matemático Cálculo diferencial e integral

Algunas series cuya suma puede calcularse de forma exacta 559 (1 − x)Sm−1 = ∆m−1p (0) + xSm. A partir de Sm−1 podemos calcular Sm−2, etcétera, hasta llegar a obtener finalmente el valor de S. Series hipergeométricas. Consideremos una serie an de términos positivos tal que para todo n ∈ N es: an+1 αn + β an αn + γ = , (α > 0, β, γ ∈ R). Escribiendo esta igualdad para n = k en la forma: αkak+1 + γak+1 = αkak + βak y sumando desde k = 1 hasta k = n se obtiene: αnan+1 + γ(an+1 + Sn − a1) = αSn + βSn. (9.12) n Donde Sn = ak. Supuesto que la serie sea convergente y que su suma es S = l´ım{Sn}, se k=1 deduce de la igualdad anterior que la sucesión {nan+1} también converge y necesariamente su λ límite debe ser cero (si fuera nan+1 → λ > 0 se tendría que an ∼ n lo que implicaría que la serie diverge). Aplicando el criterio de Raabe se obtiene fácilmente que la serie converge si γ > α + β y diverge si γ < α + β. También diverge si γ = α + β porque en tal caso se deduce de la igualdad 9.12 que: αnan+1 + γan+1 − γa1 = 0 −→ an+1 = γa1 αn + γ y, por comparación con la serie armónica, se sigue que la serie diverge. Supuesto que, γ > α + β, y tomando límites en la igualdad 9.12 deducimos que: γS − γa1 = αS + βS −→ S = γ γa1 β. −α− Series cuyo término general es una función racional. Se trata de series de la forma P (n) Q(n) donde P y Q son funciones polinómicas. A partir de un cierto término en adelante, dichas series tienen todos sus términos positivos o todos negativos (según que l´ımx→+∞ P (x)Q(x) = +∞ o que l´ımx→+∞ P (x)Q(x) = −∞). Estas series convergen absolutamente cuando el grado del denominador es al menos dos unidades mayor que el grado del numerador. Cuando esta condición se cumple y, además, las raíces del polinomio Q son todas reales y simples es posible calcular la suma de la serie descomponiendo la función racional P (x) en fracciones simples, Q(x) Se tendrá una descomposición de la forma: P (x) = x A1 + x A2 + ··· + x Am Q(x) − α1 − α2 − αm donde α1, α2, . . . , αm son las raíces de Q. Sustituyendo en la igualdad anterior x = k y su- mando desde k = 1 hasta k = n resulta: n P (k) n A1 A2 Am Q(k) − α1 − α2 − αm = k + k + ··· + k k=1 k=1 Universidad de Granada Prof. Javier Pérez Dpto. de Análisis Matemático Cálculo diferencial e integral

Algunas series cuya suma puede calcularse de forma exacta 560 Ahora hay que hacer todas las simplificaciones posibles hasta que finalmente nos quede una su- cesión que sea convergente. Observa que las series de la forma A n − α son divergentes (por comparación con la serie armónica) pero la suma de todas las que hay en el paréntesis anterior tiene que ser, en las hipótesis hechas, una serie convergente. Lo usual es que los coeficientes Ak sean unos positivos y otros negativos y que las raíces αk sean números enteros, de manera que se produzcan cancelaciones que finalmente permitan calcular la suma de la serie. Es frecuente que en los cálculos aparezca la serie armónica alternada. La estrategia 7.33 es muy útil para los cálculos en este tipo de ejercicio. Series de diferencias o telescópicas. Se llaman así las series an cuyo término general puede escribirse en la forma an = bn+1 − bn. Puesto que, en tal caso, se verifica la igualdad n ak = bn+1 − b1, k=1 ∞ la serie converge si, y sólo si, la sucesión {bn} converge, en cuyo caso an = l´ım{bn} − b1. n=1 Series relacionadas con la exponencial. Sea x ∈ R un número real distinto de 0, fijo en lo que sigue y sea n ∈ N. Aplicando el teorema de Taylor 6.41 a la función exponencial con a = 0, tenemos que hay algún punto c comprendido entre 0 y x tal que: n 1 ec k! + ex = 1 + xk + (n 1)! xn+1. k=1 La serie xn es absolutamente convergente porque, poniendo an = |x|n , tenemos: n! n! n0 an+1 = |x| → 0. an n+1 En particular, se verifica que l´ım |x|n = 0. Como 0 < |c| < |x|, tenemos que: n! n→∞ n 1 ec |x|n+1 k! + (n + 1)! ex − xk = (n 1)! xn+1 e|x| , k=0 de donde deducimos que: n 1 ∞ xn k! n=0 n! l´ım ex − xk = 0 ⇐⇒ ex = . n→∞ k=0 Como x = 0 es un número real cualquiera y la igualdad anterior es trivialmente cierta para x = 0, hemos probado que para todo número real x se verifica la igualdad: ex = ∞ xn = l´ım 1 + x + x2 + x3 + ··· + xn (9.13) n=0 n! 1! 2! 3! n! n→∞ Universidad de Granada Prof. Javier Pérez Dpto. de Análisis Matemático Cálculo diferencial e integral

Algunas series cuya suma puede calcularse de forma exacta 561 En particular, para x = 1, resulta que: ∞ 1 1 1 1 1 n! 1! 2! 3! n! e= = l´ım 1 + + + + · ·· + . (9.14) n=0 n→∞ Con ayuda de esta serie podemos calcular la suma de series de la forma p(n) donde p 0 n! n es una función polinómica de grado m 1. Dichas series son (absolutamente) convergentes como se comprueba fácilmente con el criterio del cociente. Para calcular su suma expresamos el polinomio p(x) en la forma: p(x) = a0 + a1x + a2x(x − 1) + a3x(x − 1)(x − 2) + · · · + amx(x − 1)(x − 2) · · · (x − m + 1). Los números ak pueden calcularse fácilmente: a0 = p(0), a1 = p(1) − a0, 2a2 = p(2) − a0 − 2a1, . . . Con ello tenemos que: ∞  ∞ m p(n)  a0 aj n(n − 1) ··· (n − j + 1) n! = n! + n!  = n=0 n=0 j=1 = a0 e + m ∞ aj n(n − 1) ··· (n − j + 1) = j=1 n! n=0 m ∞  = a0 e +  aj n(n − 1) ··· (n − j + 1)  = n! j=1 n=j  m ∞ m ∞ aj aj n=0 n! = a0 e +  (n − j)!  = a0 e + = j=1 n=j j=1 = (a0 + a1 + a2 + · · · + am) e . Naturalmente, si la serie no empieza a sumar desde n = 0 hay que hacer los ajustes necesarios. El mismo procedimiento puede aplicarse para series del tipo p(n) xn. n! n 0 De la igualdad (9.14) se deduce fácilmente que el número e es irracional. En efecto, para todo n ∈ N tenemos que: n 1 ∞ 1 1 ∞ 1 1 ∞ 1 k 1 1 k! k! n! + 2) · · · (n + k) n! n+1 n! n 0 < e− = = (n + 1)(n < = k=1 k=n+1 k=1 k=1 Si e fuera racional, e = p con p, q ∈ N, multiplicando por q! la desigualdad: q q 1 11 k! q! q 0 < e− < k=1 Universidad de Granada Prof. Javier Pérez Dpto. de Análisis Matemático Cálculo diferencial e integral

Ejercicios propuestos 562 se tiene que: q 0 < (q − 1)!p − q! 1 < 1 1. k! q k=1 q 1 k! es un número entero y por tanto es imposible que sea Pero el número (q − 1)!p − q! k=1 mayor que 0 y menor que 1. Esta contradicción muestra que e es irracional. 9.4.1. Ejercicios propuestos 464. Calcula la suma de las siguientes series. a) 1 b) √ 1 √ c) 1 n+2 4n3 − n n 1 (n + 1) n + n n + 1 2n n(n + 1) n1 n1 1 − 2n 2n−1 d) 1 3n e) 1 (1 + 2n)(1 + 2n−1) f) sen 1 cos 3 2n 2n n n n 1 n2 n2 + 5n + 7 g) 1 3n h) 1 (n + 2)! i) 2n−1 tg2 x tg x 2n 2n−1 n n n 1 n3 j) 1 k) (−1)n −n+ 1 l) (−1)n+1 2n + 1 n2 + 3n + 2 3nn! n(n + 1) n1 n0 n1 n2 − m) (−1)n 3n n n) 1 o) 3n + 2 1 n(n + 1)(n + 2) 1 n(n + 1)(n + 2) n 2 n n Sugerencias. f) cos x sen y = 1 sen(x + y) − sen(x − y) . i) tg x 1 − tg2(x/2) = 2 2 tg(x/2). 9.4.2. Ejercicios resueltos ¡Antes de ver la solución de un ejercicio debes intentar resolverlo! Ejercicio resuelto 241 Calcula la suma de las siguientes series. a) 1 b) √ 1 √ c) 1 n+2 4n3 − n n 1 (n + 1) n + n n + 1 2n n(n + 1) n1 n1 2n−1 n3 n2 − d) 1 (1 + 2n)(1 + 2n−1) e) (−1)n −n+ 1 f) (−1)n 3n n 3nn! n n 0 n 2 Solución. a) Haremos la descomposición en fracciones simples de la función racional 1 4x3 − x. Tenemos que 4x3 − x = x(4x2 − 1) = x(2x + 1)(2x − 1). El denominador tiene tres raíces reales simples. Escribamos: 1 x = A + B 1 + C 1. 4x3 − x 2x + 2x − Universidad de Granada Prof. Javier Pérez Dpto. de Análisis Matemático Cálculo diferencial e integral

Ejercicios resueltos 563 Fácilmente se obtiene A = −1, B = C = 1. Por tanto: 1 = − 1 + 1 + 2k 1 1 . 4k3 − k k 2k + 1 − Observa que cuando sumemos nos van a quedar expresiones que podremos relacionar con la serie armónica alternada por lo que conviene sumar desde k = 1 hasta k = 2n. n Como ya es usual ponemos Hn = k=1 1 y usaremos la estrategia 7.33 que ya debes k conocer. 2n 1 n 1 n 1 2n 1 2n 1 4k3 − 2k 2k + + 2k − 1 k = − + 1 + 2k 1 + = k=1 k=1 k=1 k=n+1 k=n+1 2n+1 (−1)k+1 1 1 1 k 2 2 2n + = −1 + + 2 H4n+1 − H2n − H2n+1 + Hn + 1 = k=1 2n+1 (−1)k+1 1 k 2 = −1 + + 2 log(4n + 1) + γ4n+1 − (log(2n) + γ2n)− k=1 − log(2n + 1) − γ2n+1 + 1 (log(n) + γn) + 1 → 2 2n + 1 → −1 + log 2 + log 2 = 2 log 2 − 1. Luego ∞ 1 n = 2 log 2 − 1. n=1 4n3 − b) Basta observar que: √√ √√ = n(n + 1). (n + 1) n + n n + 1 (n + 1) n − n n + 1 De donde se obtiene fácilmente que: 1 √n √ 1)√n + n n+1 (n + √ + 1 = − n+1 . nn Deducimos que: n (k + √1 √ + 1 = 1 − √ −→ ∞ (n + 1 √ + 1 = 1. k=1 1) k + k k n+1 n=1 1)√n + nn n+1 c) Pongamos an = 1 n+2 Tenemos que: 2n n(n + 1) . ak = 1 k+2 = 1 2 − k 1 = 1 − 1 1) . 2k k(k + 1) 2k k +1 2k−1k 2k(k + Deducimos que: n 1 ∞ 1 n+2 2n(n + 2n n(n + 1) ak = 1 − 1) −→ = 1. k=1 n=1 Universidad de Granada Prof. Javier Pérez Dpto. de Análisis Matemático Cálculo diferencial e integral

Ejercicios resueltos 564 d) Tenemos que: (1 + 2k−1 2k−1) = 1 + 2k − 1 − 2k−1 = 1 1 − 1 1 2k . 2k)(1 + (1 + 2k)(1 + 2k−1) + 2k−1 + Deducimos que: n 2k−1 1 1 ∞ 2n−1 1 + 2k)(1 + 2k−1) 2 1 + 2n 2n)(1 + 2 (1 = − −→ (1 + 2n−1) = . k=1 n=1 e) Es una serie de la forma p(n) xn donde p(n) = n3 − n + 1 y x = − 1 . Pongamos: n! 3 n 0 n3 − n + 1 = a0 + a1n + a2n(n − 1) + a3n(n − 1)(n − 2). Haciendo n = 0 se obtiene a0 = 1; haciendo n = 1 se obtiene a1 = 0; haciendo n = 2 se obtiene a2 = 3 y haciendo n = 2 se obtiene a3 = 1. Por tanto: ∞ (−1)n n3 −n+ 1 = ∞ 1 + 3n(n − 1) + n(n − 1)(n − 2) −1 n 3nn! n=0 n! 3 n=0 = ∞ 1 −1 n 1 ∞ 1 −1 n−2 1 ∞ 1 −1 n−3 n=0 n! 3 3 n=2 − 3 27 n=3 − 3 = + (n 2)! − (n 3)! = = e− 1 1 + 1 − 1 = 35 e− 1 . 3 3 27 27 3 f) Es una serie de la forma p(n)xn donde p(n) = n2 − n y x = −1 . Se trata, pues, de una serie 3 ∞ n −1 aritmético-geométrica. Pongamos S = (n2 − n) . Tenemos que: 3 n=2 S − −1 S = ∞ − n) −1 n∞ −1 n+1 3 3 3 (n2 − (n2 − n) = n=2 n=2 ∞ −1 n+1 ∞ −1 n+1 3 3 = (n + 1)2 − (n + 1) − (n2 − n) = n=1 n=2 2 ∞ −1 n+1 9 3 = + (n + 1)2 − (n + 1) − (n2 − n) = n=2 = 2 + −1 ∞ 2n −1 n 93 3 . n=2 ∞ −1 n 3 Pongamos S1 = 2n . Hemos probado que: n=2 S − −1 S = 2 + −1 S1 −→ S = 1 − 1 S1 . 3 9 3 6 4 Universidad de Granada Prof. Javier Pérez Dpto. de Análisis Matemático Cálculo diferencial e integral

Expresión de un número real en base b 565 Calcularemos ahora S1. Tenemos que: −1 ∞ −1 n∞ −1 n+1 3 3 3 S1 − S1 = 2n − 2n = n=2 n=2 ∞ −1 n+1 ∞ −1 n+1 3 3 = 2(n + 1) − 2n = n=1 n=2 4 1 ∞ −1 n 4 2 ∞ −1 n 9 3 n=2 3 9 3 n=2 3 = − 2(n + 1) − 2n = − = = 4 − 21 = 7 . 9 3 12 18 Deducimos que S1 = 7 y, por tanto, S = 1 − 1 S1 = 3 . 24 6 4 32 9.5. Expresión de un número real en base b El primer ejemplo de sucesión que vimos en el capítulo 7 fue la expresión decimal de 2/3 que ahora podemos expresar con la notación que usamos para series: 2 n 6 ∞ 6 3 10k n=1 10n = l´ım = . n→∞ k=1 Seguramente sabes que los números racionales pueden expresarse en forma decimal y que dicha expresión decimal o bien es finita o hay un grupo de cifras, el período, que se repite indefinidamente. También sabes que los números irracionales tienen una expresión decimal infinita no periódica. En lo que sigue vamos a precisar el significado de estas afirmaciones y a justificarlas. Para ayudarte a entender lo que sigue, vamos a empezar recordando el algoritmo de la divi- sión de números enteros. Para ello vamos a usar la función “parte entera”. Recuerda que si x es un número real, representamos por E(x) el único número entero tal que E(x) x < E(x)+1. El número E(x) se llama parte entera de x. Una consecuencia directa de la definición de E(x), que usaremos en lo que sigue, es la siguiente: x = β + r donde β ∈ Z y 0 r < 1 −→ β = E(x). (9.15) Además, es claro que si p es un número entero se tiene que E(x + p) = E(x) + p. Con ayuda de la función “parte entera” podemos expresar el algoritmo de la división de enteros como sigue. Sean p, q números enteros con q > 0. Pongamos c = E(p/q). Entonces tenemos que: p q c < c+1 ⇐⇒ 0 p − cq < q. Poniendo ahora r = p − cq, tenemos que p = cq + r donde c y r son números enteros y 0 r q − 1. Este es el algoritmo de la división de enteros conocido como “algoritmo de Euclides”. Universidad de Granada Prof. Javier Pérez Dpto. de Análisis Matemático Cálculo diferencial e integral

Expresión de un número real en base b 566 Sean p, q números enteros positivos con p < q y consideremos el número racional p p x = q ∈ [0, 1[. Veamos el proceso que se sigue para obtener la expresión decimal de x = q . Dividimos 10p entre q y obtenemos un cociente c1 = E ( 10p ) y un resto r1. Como q 10p 0 q < 10, se verifica que 0 c1 9 y, claro está, 0 r1 q − 1. En resumen: 10p = c1q + r1, c1 = E 10p ,0 c1 9, 0 r1 q − 1. q Que podemos escribir equivalentemente: p = c1 + r1 , 0 c1 9, 0 r1 q − 1. (9.16) q 10 10q Ahora dividimos 10r1 entre q y obtenemos un cociente c2 = E ( 10r1 ) y un resto r2. Como q 10r1 0 q < 10, se verifica que 0 c2 9 y, claro está, 0 r2 q − 1. En resumen: 10r1 = c2q + r2, 0 c2 9, 0 r2 q − 1. Igualdad que podemos escribir equivalentemente: r1 = c2 + r2 . 10q 102 102q Sustituyendo esta igualdad en (9.16), tenemos: p = c1 + c2 + r2 . (9.17) q 10 102 102q Conviene expresar c2 de una forma diferente. De la igualdad anterior se sigue que p r2 p 100 q = 10c1 + c2 + q . Poniendo x = q y teniendo en cuenta 9.15, deducimos que: c2 = E(100x) − 10c1 = 102 E(102x) − E(10x) . (9.18) 102 10 El tercer paso sería como sigue. Dividimos 10r2 entre q y obtenemos un cociente c3 = E( 10r2 ) q 10r2 y un resto r3. Como 0 q < 10, se verifica que 0 c3 9 y, claro está, 0 r3 q − 1. En resumen: 10r2 = c3q + r3, 0 c3 9, 0 r3 q − 1. Igualdad que podemos escribir equivalentemente: r2 = c3 + r3 q . 102q 103 103 Sustituyendo esta igualdad en (9.17), tenemos: p = c1 + c2 + c3 + r3 . q 10 102 103 103q Conviene expresar c3 de una forma diferente. De la igualdad anterior se sigue que 103 p 102 c1 r3 p q = + 10c2 + c3 + q . Poniendo x = q , teniendo en cuenta en cuenta 9.15 y que 10c1 + c2 = E(100x), deducimos que: c3 = E(103x)−102c1−10c2 = 103 E(103x) − 10c1 + c2 = 103 E(103x) − E(102x) . 103 102 103 102 Universidad de Granada Prof. Javier Pérez Dpto. de Análisis Matemático Cálculo diferencial e integral

Expresión de un número real en base b 567 Este proceso puede proseguirse obteniendo los sucesivos dígitos c1, c2, . . . , cn, . . . de la expre- p sión decimal de x = q los cuales viene dados por: c1 = E(10x), cn+1 = 10n+1 E(10n+1x) − E (10n x) , n = 1, 2, . . . 10n+1 10n Y se verifica que: x = c1 + c2 + ··· + cn + rn , 0 ck 9, 0 rn q − 1 10 102 10n 10nq donde rn es el resto de la n-ésima división por q. De la igualdad anterior, se deduce que: n ck rn 1 ∞ cn 10k 10nq 10n n=1 10n x− = < −→ x = . k=1 Observemos que en este proceso los restos que se van obteniendo en las sucesivas divisiones son números enteros que están comprendidos entre 0 y q −1 por lo que caben dos posibilidades: • Si uno de estos restos es igual a 0, digamos rm = 0 (1 < m q − 1), el proceso termina aquí porque todos los cocientes ck que le siguen son 0 y se obtiene una expresión decimal finita que se escribe en la forma: m x= ck = 0, c1c2 . . . cm 10k k=1 Observa que para que esto ocurra es condición necesaria y suficiente que haya algún m ∈ N tal 10mx p que sea un entero, lo que sucede si, y sólo si, x puede escribirse de la forma x = 10m . Una expresión decimal finita puede escribirse también como una expresión decimal con infinitos 9, pues: m ck m−1 ck cm − 1 ∞ 9 10k 10k 10m n=m+1 10n x= = + + . k=1 k=1 • Si ninguno de ellos es cero, entonces como máximo en un total de q divisiones deben repetirse. Si el primer resto que se repite es rj, digamos rj = rj+k (1 j < j + k q − 1), entonces cj = cj+k y el grupo de cocientes cj, cj+1, cj+2, . . . , cj+k−1 se repite indefinidamente dando lugar a una expresión decimal periódica que se escribe en la forma: x = 0, c1c2 . . . cj−1cj cj+1cj+2cj+k−1. Finalmente, si x = m es cualquier número racional, podemos escribir x = E(x) + (x − E(x)) n donde z = x − E(x) es un número racional que está en [0, 1[. La expresión decimal de x se obtiene escribiendo el entero E(x) seguido de una coma y de la expresión decimal de z. El proceso anterior puede hacerse de la misma forma para números reales y sustituyendo el número 10 por cualquier entero positivo b > 1. 9.47 Teorema. Sea b > 1 un número entero y sea x ∈ [0, 1[ un número real. Para cada n ∈ N definamos: (bnx) bn αn = E , c1 = E(bx), cn+1 = bn+1 αn+1 − αn . Universidad de Granada Prof. Javier Pérez Dpto. de Análisis Matemático Cálculo diferencial e integral

Expresión de un número real en base b 568 Se verifica que: a) {cn} es una sucesión de números enteros tales que 0 cn b − 1. b) El conjunto {n ∈ N : cn = b − 1} es infinito. ∞ c) x = n=1 cn . bn ∞ Además, si {an} es otra sucesión de números enteros tales que 0 an b − 1 y x = an , entonces existe un m ∈ N tal que: bn n=1 i) cj = aj para 1 j < m. ii) cm − 1 = am. iii) cn = 0 y an = b − 1 para todo n m + 1. Demostración. Tenemos que: bnαn = E(bnx) bnx < E(bnx) + 1 = bnαn + 1 −→ αn x < αn + 1 , bn de donde se sigue que {αn} → x. Por otra parte bE(bnx) bn+1x, por lo que bE(bnx) E(bn+1x). Y deducimos que αn αn+1 y, en consecuencia, 0 cn+1 para todo n ∈ N. Es claro, por su definición, que cn es un número entero y que, al ser 0 x < 1 es 0 c1 = E(bx) p − 1. Además: cn+1 = E(bn+1x) − bE(bnx) < bn+1x − b(bnx − 1) = b. Por tanto 0 cn+1 b − 1. Sumando =lascbi1g,uoabldteandeems ocbkks:++11 = αk+1 − αk desde k = 1 hasta k = n − 1 y teniendo en cuenta que α1 n ck ∞ cn bk n=1 bn αn = −→ x = l´ım{rn} = . k=1 Hemos probado a) y c). Para probar lo afirmado en el punto b), observemos que para todo k ∈ N se verifica que: 1 k cj ∞ b − 1 bk bj bj αk + = + . j=1 j=k+1 Puesto que x < αk + 1 , deducimos que no puede ocurrir que cj = b − 1 para todo j k + 1, bk lo que implica que el conjunto {n ∈ N : cn = b − 1} es infinito. Sea {an} una sucesión en las condiciones del enunciado. Definamos m = m´ın {j ∈ N : aj = cj}. Por la definición de m es claro que se verifica i). Para probar ii) pongamos: am ∞ aj ∞ cj cm ∞ cj cm ∞ b − 1 cm 1 bm bj bj bm bj bm bj bm bm = = + < + = + . j=m j=m j=m+1 j=m+1 Universidad de Granada Prof. Javier Pérez Dpto. de Análisis Matemático Cálculo diferencial e integral

Expresión de un número real en base b 569 Luego am < cm + 1 y, al ser números enteros, deberá ser am cm; pero como son distintos tenemos que am < cm y, por ser enteros, am + 1 cm. Por otra parte: cm ∞ cj ∞ aj am ∞ b − 1 am 1 bm bj bj bm bj bm bm = + = + . (9.19) j=m j=m j=m+1 Luego cm am + 1. Resulta así que am = cm − 1. Finalmente, el punto iii) se deduce como consecuencia de que en (9.19) todo son igualdades. 9.48 Definición. Sea b un número entero mayor que 1, b > 1, y sea x ∈ R con 0 x < 1. Sea ∞ {cn} una sucesión de números enteros tales que 0 cn b − 1 para todo n ∈ N y x = n=1 cn . bn En estas condiciones convenimos en escribir la igualdad x = ∞ cn simbólicamente en la n=1 bn forma x = 0, c1c2c3 . . . cn . . .(b Dicha igualdad se llama desarrollo de x en base b o expresión b-ádica del número x. Cuando b = 2 tenemos la expresión binaria de x, si b = 3 dicha expresión se llama ternaria, y se llama expresión decimal cuando b = 10. 9.49 Observaciones. Del teorema 9.47 se deducen las siguientes afirmaciones. • Todo número x ∈ R con 0 x < 1 tiene al menos una expresión b-ádica y, como mucho, dos expresiones b-ádicas distintas. • Un número x ∈ [0, 1[ tiene dos expresiones b-ádicas distintas si, y sólo si, x es un número q racional de la forma x = bn . Cuando un número x ∈ [0, 1[ tiene dos expresiones b-ádicas distintas entonces en una de ellas todos los términos, a partir de uno en adelante, son iguales a 0, es decir, es de la forma: x = 0, c1c2 . . . ck00 . . . 0 . . .(b . Que suele escribirse omitiendo los ceros consecutivos en la forma: x = 0, c1c2 . . . ck(b, y se dice que x tiene una expresión b-ádica finita. La otra expresión b-ádica de x es: x = 0, c1c2 . . . ck−1(ck − 1)(b − 1)(b − 1) . . . (b − 1) . . .(b . • La expresión b-ádica de un número x ∈ [0, 1[ queda determinada de forma única si se exige alguna de las condiciones: a) Hay infinitas cifras en la expresión b-ádica que son distintas de b − 1. b) Hay infinitas cifras en la expresión b-ádica que son distintas de 0. • Finalmente, si x es cualquier número real, podemos escribir x = E(x) + (x − E(x)) donde z = x − E(x) es un número real que está en [0, 1[. La expresión de x en base b se obtiene escribiendo el entero E(x) en base b seguido de una coma y de la expresión de z en base b. Universidad de Granada Prof. Javier Pérez Dpto. de Análisis Matemático Cálculo diferencial e integral

Series de números complejos 570 9.6. Series de números complejos Una serie de números complejos es una sucesión zn = {z1 + z2 + · · · + zn} obtenida sumando consecutivamente los términos de una sucesión de números complejos {zn}. Para series de números complejos se emplean las mismas terminología y notaciones que para series de números reales. El límite de una serie de números complejos se llama “suma” de la serie y es un número complejo que se representa por: ∞ n zn = l´ım zk n=1 n→∞ k=1 Naturalmente, todo lo visto para sucesiones de números complejos permanece válido con el mismo significado para series de números complejos. En particular, poniendo zn = xn + iyn donde xn = Re(zn), yn = Im(zn), tenemos que: nn n zk = xk + i yk, k=1 k=1 k=1 y la serie zn converge si, y sólo si, convergen las series de números reales xn y yn, en cuyo caso se verifica que: ∞∞ ∞ zk = xk + i yk. k=1 k=1 k=1 Por tanto, estudiar una serie de números complejos equivale a estudiar dos series de números reales. Aunque esta estrategia no siempre es factible porque a veces no es fácil calcular Re(zn) e Im(zn). Se dice que una serie de números complejos zn es absolutamente convergente cuando la serie de los módulos |zn| es convergente. Teniendo en cuenta las desigualdades: ma´x {|xn|, |yn|} |zn| |xn| + |yn|, se deduce enseguida que la serie zn es absolutamente convergente si, y sólo si, las series xn y yn son absolutamente convergentes. Naturalmente, para estudiar la convergencia absoluta de una serie de números complejos lo que hacemos es aplicar a la serie de los módulos |zn| los criterios de convergencia para series de términos positivos. Los criterios generales de Dirichlet y de Abel (teoremas 9.40 y 9.41) permanecen válidos sin cambio alguno para series de números complejos. Los criterios particulares de Dirichlet y de Abel (teorema 9.43 y 9.44) pueden aplicarse igualmente a series de la forma anbn, donde {an} es una sucesión de números complejos y {bn} es una sucesión de números reales que satisfacen las hipótesis de dichos criterios. Los resultados obtenidos para la serie geométrica permanecen igualmente válidos para se- ries geométricas de números complejos. Universidad de Granada Prof. Javier Pérez Dpto. de Análisis Matemático Cálculo diferencial e integral

Ejercicios propuestos 571 9.6.1. Ejercicios propuestos 465. Estudia la convergencia de las series: 1 ii) cos n + i sen n i) n 0 (1 + i)n n1 n iii) cos n + i sen n iv) cos π + i sen π n n n1 n2 n1 n √n (2 + i)n 1 √1n 1+i 3 v) (1 + 2i)n n vi) 2 n1 n1 (3 + 4i)n vii) cos π + i sen π viii) 2i(4 + 3i)n + 7 n2 n2 n1 n0 ∞∞ 466. Sea ρ ∈ R con |ρ| < 1 y ϑ ∈ R. Calcula los límites: ρn cos(n ϑ) y ρn sen(n ϑ). n=0 n=0 Sugerencia. Llama A a la primera suma y B a la segunda. Calcula A + iB. 467. Prueba que si la serie zn converge y hay un número 0 <α < π tal que para todo 2 n 1 n ∈ N se verifica que |arg(zn)| < α, entonces dicha serie converge absolutamente. 468. Supón que las series zn y zn2 son convergentes y que Re(zn) 0 para todo n ∈ N. n1 n1 Prueba que |zn|2 es convergente. n1 9.6.2. Ejercicios resueltos ¡Antes de ver la solución de un ejercicio debes intentar resolverlo! Ejercicio resuelto 242 Estudia la convergencia de las series: i) 1 ii) cos n + i sen n iii) cos n + i sen n n 0 (1 + i)n n1 n n1 n2 iv) cos π + i sen π (2 + i)n 1 (3 + 4i)n n n v) (1 + 2i)n n vi) 2i(4 + 3i)n + 7 n1 n n1 n0 1 1 n √1 n (1 + i)n 1+i Solución. i) = = 2 . La serie es absolutamente convergente. Observa que se trata de una serie geométrica de razón z = 1 1 i. + Universidad de Granada Prof. Javier Pérez Dpto. de Análisis Matemático Cálculo diferencial e integral

Ejercicios resueltos 572 ii) cos n + i sen n = 1 La serie no es absolutamente convergente. Para estudiar la n n. convergencia no absoluta aplicaremos el criterio particular de Dirichlet (corolario 9.43). Pongamos bn = 1 y an = cos n + i sen n = ein. Tenemos que {bn} es monótona y n converge a 0. Además: nn n k ei(n+1) − ei ei −1 ak = eik = ei = = k=1 k=1 k=1 ei(n+1) − ei ei(n+1) + ei = |ei 2 . = |ei −1| |ei −1| −1| Puesto que |ei 2 es una constante independiente de n, el criterio particular de Dirichlet −1| nos dice que la serie es convergente. iii) cos n + i sen n = 1 La serie es absolutamente convergente. n2 n2 . iv) La serie de las partes reales, cos π es una serie de términos positivos divergente n n π 1n n porque cos ∼ 1 n . Luego la serie no converge. n v) (2 + i)n 1 = |2 + i|n 1 = 1 La serie no converge absolutamente.Para estudiar (1 + 2i)n n |1 + 2i|n n n. la convergencia no absoluta podemos aplicar el criterio particular de Dirichlet. Pongamos n bn = 1 y an = 2+i n 1+2i . Tenemos que {bn} es monótona y converge a 0. Además, poniendo w = 2+i , tenemos que: 1+2i n n wn+1 − w wn+1 − w |w|n+1 + |w| 2 w−1 |w − 1| |w − 1| − ak = wk = = = |w 1| . k=1 k=1 Como 2 es una constante independiente de n, el criterio particular de Dirichlet |w − 1| nos dice que la serie es convergente. Observa que el criterio particular de Dirichlet implica que las serie de números com- plejos de la forma znbn donde {bn} es una sucesión de números reales monótona y n1 convergente a 0 y z es un número complejo de módulo 1 y distinto de 1, (z = 1, |z| = 1), son convergentes. Naturalmente si |z| < 1 tales series convergen absolutamente. vi) Es fácil comprobar que el término general de la serie no converge a cero y, por tanto, la serie no es convergente. ∞ Ejercicio resuelto 243 Sea ρ ∈ R con |ρ| < 1 y ϑ ∈ R. Calcula los límites: ρn cos(nϑ) y ∞ n=0 ρn sen(nϑ). n=0 Universidad de Granada Prof. Javier Pérez Dpto. de Análisis Matemático Cálculo diferencial e integral

Cálculo elemental de +∞ sen x dx y de ∞1 573 0 x n=1 n2 Sugerencia. Llama A a la primera suma y B a la segunda. Calcula A + iB. Solución. Observa que por ser |ρ| < 1 las dos series son absolutamente convergentes. Tenemos que: ∞ cos(nϑ) + i sen(nϑ) ∞ ρ eiϑ n = 1 = 1 − ρ eiϑ A + iB = ρn = n=0 n=0 = 1 1 − ρ e−iϑ = 1 1 − ρ cos ϑ + i1 + ρ sen ϑ ϑ . + ρ2 − 2ρ cos ϑ + ρ2 − 2ρ cos ϑ ρ2 − 2ρ cos Deducimos que: ∞ 1 − ρ cos ϑ ∞ ρ sen ϑ + ρ2 − 2ρ cos ρ2 − 2ρ cos A= ρn cos(nϑ) = 1 ϑ, B= ρn sen(nϑ) = 1 + ϑ. n=0 n=0 9.7. Cálculo elemental de Ö +∞ sen x dx y de ∞1 x n=1 n2 0 Necesitaremos el siguiente resultado que es un caso muy particular del llamado lema de Riemann – Lebesgue. Probaremos que si f es una función con derivada continua en [a, b] en- tonces se verifica que: bb l´ım f (x) sen(tx) dx = l´ım f (x) cos(tx) dx = 0 (9.20) t→+∞ t→+∞ aa En las hipótesis hechas, la prueba es inmediata porque basta integrar por partes: b sen(tx) dx = [u(x) = f (x), v ′(x) = sen(tx)] = − 1 f (x) cos(tx) x=b 1 b ′(x) cos(tx) dx t t f (x) + f a x=a a Como |cos(u)| 1 cualquiera sea u ∈ R se sigue que: b 1 |f (a)| + |f (b)| + 1 b = K t t t f (x) sen(tx) dx |f ′(x)| dx a a donde K = |f (a)| + |f (b)| + ab|f ′(x)| dx es una constante. De esta desigualdad se sigue que bb l´ım f (x) sen(tx) dx = 0. Análogamente se prueba que l´ım f (x) cos(tx) dx = 0. t→+∞ t→+∞ aa Haciendo ahora en la igualdad 2 sen x cos y = sen(x+y)−sen(y −x) y = 2kx se obtiene: 2 sen x cos(2kx) = sen (2k + 1)x − sen (2k − 1)x . Sumando estas igualdades desde k = 1 hasta k = n resulta: n 2 sen x cos(2kx) = sen (2n + 1)x − sen x k=1 Universidad de Granada Prof. Javier Pérez Dpto. de Análisis Matemático Cálculo diferencial e integral

Cálculo elemental de +∞ sen x dx y de ∞1 574 0 x n=1 n2 de donde, dividiendo por sen x = 0, se sigue que: sen (2n + 1)x n sen x = 2 cos(2kx) + 1. (9.21) k=1 Deducimos que: π 2 sen (2n + 1)x dx = π sen x 2 0 Como la función f : [0, π/2] → R dada por f (x) = 1 − 1 para x = 0y f (0) = 0 tiene x sen x derivada continua en [0, π/2], podemos usar el resultado probado al principio para deducir que: π 1 − 1 x sen (2n + 1)x dx = 0. 2 x sen l´ım n→∞ 0 Y, teniendo en cuenta la igualdad antes obtenida, concluimos que π 2 sen (2n + 1)x dx = π . l´ım x 2 n→∞ 0 Y, haciendo un sencillo cambio de variable obtenemos que: π (2n+1)π 2 sen (2n + 1)x 2 sen u π dx = [(2n + 1)x = u] = du = . x u2 00 Por otra parte la integral impropia +∞sen x dx es convergente como hemos visto en el ejercicio 0x t sen x resuelto 197, es decir, existe el límite l´ım x dx . Por tanto, por la conocida caracteri- t→+∞ 0 zación de los límites funcionales, para toda sucesión {an} → +∞ se tiene que: +∞ sen x dx = l´ım an sen x dx . x n→∞ x 00 Haciendo an = (2n + 1) π concluimos que: 2 +∞ sen x (2n+1)π x 2 sen u π u 2 dx = l´ım du = . n→∞ 00 Calcularemos ahora la suma de la serie 1 . Sustituyamos en la igualdad 9.21 x por x/2 n2 n 1 para obtener: n sen (2n + 1) x = 2 cos(kx) + 1. 2 sen(x/2) k=1 Universidad de Granada Prof. Javier Pérez Dpto. de Análisis Matemático Cálculo diferencial e integral

Cálculo elemental de +∞ sen x dx y de ∞1 575 0 x n=1 n2 Multiplicando esta igualdad por x(x − 2π) y teniendo en cuenta que: π 2π k2 x(x − 2π) cos(kx) dx = 0 como se comprueba fácilmente integrando por partes dos veces, obtenemos: π x(x − 2π) x n 1 π n 1 2π3 sen(x/2) 2 k2 k2 3 sen (2n + 1) dx = 4π + x(x − 2π) dx = 4π − . 0 k=1 0 k=1 Como la función f : [0, π] → R dada por f (x) = x(x−2π) para x = 0, f (0) = −4π tiene sen(x/2) derivada continua en [0, π], podemos aplicar el resultado visto al principio de esta sección para deducir que: π l´ım x(x − 2π) sen (2n + 1) x dx = 0. sen(x/2) 2 n→∞ 0 Lo que, teniendo en cuenta la igualdad anterior, implica que: ∞ 1 π2 . n2 6 = n=1 Universidad de Granada Prof. Javier Pérez Dpto. de Análisis Matemático Cálculo diferencial e integral

10Cap´ıtulo Sucesiones y series de funciones 10.1. Introducción La representación de funciones complicadas por medio de funciones sencillas es una de las ideas centrales del Análisis Matemático. En este capítulo vamos a precisar algunos de los posibles significados del término “representación”. Intuitivamente, se trata de “aproximar” fun- ciones que se suponen muy generales por otras de un tipo especialmente sencillo. Por ejemplo, podemos aproximar localmente, en las proximidades de un punto, una función derivable por sus polinomios de Taylor calculados en dicho punto. Ya hemos visto que esta aproximación es de gran utilidad para calcular límites. Ahora queremos dar un paso más y nos interesamos por representaciones que sean válidas no sólo localmente, en las proximidades de un cierto punto, sino en todo un intervalo. Hay muchas maneras de representar funciones complejas por medio de otras más simples, una de las más útiles es la representación por medio de series. Podemos describir este proceso en términos muy generales como sigue. • Se considera una clase S de “funciones simples”. Por ejemplo, S puede ser la clase de las funciones polinómicas, o la clase de todos los polinomios trigonométricos que son las n funciones de la forma ak cos(kx) + bk sen(kx) donde ak, bk son números reales. k=0 • Para representar una función f por medio de funciones de la clase S hay que asociar a dicha función una sucesión de funciones {fn} donde fn ∈ S. Las funciones fn suelen interpretarse como las “componentes elementales” de la función f . La forma de obtener las funciones componentes fn de f viene dada en cada caso por un algoritmo matemá- 576

Introducción 577 tico que, conocida la función f , permite calcular, al menos en teoría, las fn. Esta parte del proceso de representación se suele llamar “análisis” porque consiste en analizar f descomponiéndola en sus componentes más simples. Esto es algo que se hace constan- temente en todos los procesos de tratamiento de señales auditivas o gráficas. Si, por ejemplo, queremos representar la función exponencial f (x) = ex por medio de funciones polinómicas, entonces las funciones elementales son los polinomios de Taylor n xk que, para la función exponencial viene dados por fn(x) = k! . k=0 • El último paso consiste en “recomponer” la función f mediante sus componentes ele- mentales fn. Para que este proceso sea útil las funciones componentes fn deben estar determinadas de manera única por f y debe ser posible, mediante algún algoritmo mate- mático – que suele ser una serie o una integral –, recobrar la función f mediante sus com- ponentes fn. Por ejemplo, para el caso de la función exponencial sabemos (ver (9.13)) que para todo x ∈ R es: n xk ∞ xn k! n! ex = l´ım fn(x) = l´ım = n→∞ n→∞ k=0 n=0 Con ello hemos representado una función trascendente, como es la exponencial, por me- dio de una serie de funciones polinómicas. Volviendo a la situación general, lo que suele hacerse es tratar de recuperar la función f por “superposición” de sus componentes elementales fn. El término “superponer” pro- cede de la Física y en Matemáticas se traduce por “sumar”. Por tanto, lo que queremos es expresar f como la suma de la serie definida por la sucesión de funciones {fn}: ∞ f = fn. n=0 Lo primero que debemos hacer es dar un sentido a esta igualdad. El sentido que va a tener para nosotros en este capítulo es que para cada valor de x en un cierto intervalo I se verifica que: ∞ f (x) = fn(x). (10.1) n=0 Esta igualdad sí sabes lo que significa: quiere decir que la serie de números reales fn(x) converge y tiene como suma el número f (x). Puede que te estés preguntando ¿para qué sirve todo esto? Respuesta: para traducir problemas relativos a f en otros más sencillos relativos a sus funciones componentes fn. Por ejemplo, si queremos obtener la solución de una ecuación diferencial en la que interviene una función f , podemos sustituir dicha función por fn y resolver la ecuación diferencial correspondiente, y a partir de las soluciones obtenidas construir por superposición una función que esperamos que sea la solución buscada. Una representación como la dada por (10.1) lleva a preguntarse por aquellas propiedades de las funciones fn que se conservan y se transmiten de forma automática a la función repre- sentada f . Por ejemplo, si las funciones fn son continuas o derivables ¿es también f continua o derivable?. Universidad de Granada Prof. Javier Pérez Dpto. de Análisis Matemático Cálculo diferencial e integral