Una sucesión de números reales, $(a_n)_{n=0}^\infty$, se llama sumable si el siguiente límite existe $$ \lim_{N\to \infty} \sum_{n=1}^N a_n $$ existe. También se dice que la serie $\sum_{n=0}^\infty a_n$ converge y se define $$ \sum_{n=0}^\infty a_n:= \lim_{N\to \infty} \sum_{n=1}^N a_n. $$ En caso contrario decimos que la serie diverge. Dada una sucesión $(a_k)_{k\geq 0}$, una suma de la forma $$ s_n=\sum_{k=1}^n a_k $$ se llama una suma parcial.
Nota: la enumeración de las series pueden empezar desde 1 o desde 0, \[ \sum_{n=0}^\infty a_n, \quad \sum_{n=1}^\infty a_n. \] más adelante veremos que esto no importa.
Sea $(a_n)_{n=1}^\infty$ una sucesión sumable. Entonces:
$$ \lim_{n\to \infty} a_n=0. $$
Ya que la sucesión es sumable el siguiente límite existe: \[ S=\lim_{N\to \infty} \sum_{n=1}^N a_n \]
Sea \(\varepsilon > 0\) fijo y arbitrario. Por convergencia existe \(N_0\in \mathbb{N} \) tal que, para todo \(N \geq N_0\) se cumple \[ \left| \sum_{n=1}^N a_n - S \right| < \frac{\varepsilon }{2} \]
Entonces notando que \[ \sum_{n=1}^{N+1} a_n -\sum_{n=1}^N a_n=a_{N+1} \] concluimos que para toda \(N \geq N_0\) \begin{eqnarray*} |a_{N+1}| &=& \left| \sum_{n=1}^{N+1} a_n -\sum_{n=1}^N a_n \right| \\ &\leq & \left| \sum_{n=1}^{N+1} a_n - S\right| +\left| S -\sum_{n=1}^N a_n \right| \\ & < & \varepsilon. \end{eqnarray*}
Demuestra que la sucesión $(a_k)_{k\geq 0}$, con $a_k=\frac{3k^3+12k^2-5k+10}{2k^3-8k^2-9k+20}$, no es sumable.
Sugerencia: usa la proposición anterior .
Primero probamos que \(\lim_{k\to \infty}a_k=\frac{3}{2}\). Para esto dividimos por la potencia más grande de los polinomios que aparecen para obtener \begin{eqnarray*} a_k&=&\frac{(3k^3+12k^2-5k+10)/k^3}{(2k^3-8k^2-9k+20)/k^3} \\ &=& \frac{3+12\frac{1}{k}-\frac{5}{k^2}+\frac{10}{k^3}}{2-\frac{8}{k}-\frac{9}{k^2}+\frac{20}{k^3}} \end{eqnarray*} entonces \begin{eqnarray*} \lim_{k\to \infty}a_k&=&\frac{\lim_{k\to \infty}\left(3+12\frac{1}{k}-\frac{5}{k^2}+\frac{10}{k^3}\right)}{\lim_{k\to \infty}\left(2-\frac{8}{k}-\frac{9}{k^2}+\frac{20}{k^3}\right)}\\ &=& \frac{3}{2}. \end{eqnarray*}
Finalmente, si la serie \((a_k)_{k=1}^\infty\) fuese sumable entonces por la Proposición 13.3, \(\lim_{k\to \infty}a_k=0\). Como \(\lim_{k\to \infty}a_k=3/2\), concluimos que la sucesión no es sumable.
Sea $P=\{x_0 <\cdots x_n\}$ cualquier partición del intervalo $[1,x]$, donde $x>1$. Por \(\ln\) denotamos a la función logaritmo natural.
Nota: la serie armónica es un ejemplo de una sucesión que satisfaga $\lim_{n\to \infty}a_n=0$ pero que la serie $\sum_{n=1}^\infty a_n$ sea divergente.
Demostración inciso 1.
Vamos a considerar las sumas inferiores y superiores de la función \(f(t)=\frac{1}{t}, t >0\): \begin{eqnarray*} \overline{S}(f,P)=\sum_{k=1}^n M_k(x_k-x_{k-1}), \\ \underline{S}(f,P)=\sum_{k=1}^n m_k(x_k-x_{k-1}), \end{eqnarray*} donde \(M_k=\sup_{x\in [x_{k-1},x_k]}\{f(x)\}\), \(m_k=\sup_{x\in [x_{k-1},x_k]}\{f(x)\}\).
Ya que \(f(t)=\frac{1}{t}\) es estrictamente decreciente tenemos \(m_k=\frac{1}{x_{k}}, M_k=\frac{1}{x_{k-1}}\) por lo que \begin{eqnarray*} \overline{S}(f,P)=\sum_{k=1}^n \frac{x_k-x_{k-1}}{x_{k-1}}, \quad \underline{S}(f,P)=\sum_{k=1}^n \frac{x_k-x_{k-1}}{x_{k}} \end{eqnarray*} Usando que \[ \underline{S}(f,P)\leq \int_1^x f(t)dt \leq \overline{S}(f,P) \] y la definición de logaritmo natural concluimos \[ \sum_{k=1}^n \frac{x_k-x_{k-1}}{x_{k}} \leq \ln(x) \leq \sum_{k=1}^n \frac{x_k-x_{k-1}}{x_{k-1}}. \]
Demostración inciso 2.
Tomando la partición de \([1,N]\) dada por \[ x_0=1, x_1=2, \cdots, x_k=k+1, \cdots, x_n=n+1=N \] llegamos a \begin{eqnarray*} \sum_{k=1}^{n} \frac{x_k-x_{k-1}}{x_{k-1}}&=&\sum_{k=1}^{N-1} \frac{1}{k} \\ \sum_{k=1}^{n} \frac{x_k-x_{k-1}}{x_{k}}&=&\sum_{k=1}^{N-1} \frac{1}{k+1} =\sum_{j=2}^N \frac{1}{j} \end{eqnarray*} y por el inciso 1 concluimos \[ \sum_{j=2}^N \frac{1}{j} \leq \ln(N)\leq \sum_{k=1}^{N-1}\frac{1}{k} \]
Demostración inciso 3.
Finalmente, de la desigualdad \[ \ln(N)\leq \sum_{k=1}^{N-1}\frac{1}{k} \] y del hecho de que \(\lim_{N\to \infty} \ln(N)=+\infty\) (Ejercicio 3.18) concluimos que \[ \lim_{N\to \infty} \sum_{k=1}^N \frac{1}{k}=+\infty. \]
Una serie se llama geométrica si es de la forma $$\sum_{k=0}^\infty r^k$$ donde $r\in \mathbb{R}$ es un número fijo.
Sea $r\in \mathbb{R}$ un real distinto de cero. Define $$ s_n=\sum_{k=0}^n r^k. $$
Demostración inciso 1.
Notamos que al multiplicar \(s_n\) por la razón \(r\) obtenemos \[ rs_n=\sum_{k=0}^n r^{k+1} \] por lo que al tomar la resta obtenemos \[ s_n-rs_n= (1+r+r^2 +\cdots +r^n) - (r+r^2+ \cdots + r^{n+1})=1-r^{n+1} \] pero por otro lado al factorizar \(s_n\) tenemos \[ s_n-rs_n=(1-r)s_n \] igualando éstas dos ecuaciones y dividiendo por \(r-1\) (recuerda \(r\ne 1\)) llegamos a \[ s_n=\frac{1-r^{n+1}}{1-r}. \]
Demostración inciso 2.
Cuando \(|r|< 1\), \(\lim_{n\to \infty} r^n =0\) por lo que tenemos \[ \lim_{n \to \infty} \sum_{k=0}^n r^k =\lim_{n\to \infty} \frac{1-r^{n+1}}{1-r}=\frac{1}{1-r} \] y la serie geométrica es convergente.
Demostración inciso 3.
Lo haremos por contradicción. Si la serie geométrica fuese convergente entonces el término n-ésimo tendería a cero (Ejercicio 17.3), en el caso de la geométrica tendríamos \[ \lim_{k\to \infty} |r^k|=0 \] Pero tenemos dos casos: si \(|r|=1\) entonces \(\lim_{k\to \infty} |r|^k=1\); si \(|r|>1 \) entonces \(\lim_{k\to \infty} |r|^k = +\infty\). En cualquier caso contradiciendo \(\lim_{k\to \infty} |r^k|=0\).
Si $\sum_{k=0}^\infty a_k$ y $\sum_{k=0}^\infty b_k$ convergen y $\alpha\in \mathbb{R}$ es un escalar fijo, demuestra que la serie $\sum_{k=0}^\infty (\alpha a_k+b_k)$ converge y $$ \sum_{k=0}^\infty (\alpha a_k+b_k)=\alpha\left( \sum_{k=0}^\infty a_k \right)+ \sum_{k=0}^\infty b_k. $$
Denotamos las sumas parciales como \[ S_n=\sum_{k=1}^n a_k, \quad T_n=\sum_{k=1}^n b_k \] Por suposición tenemos que \begin{eqnarray*} \sum_{k=1}^\infty a_k = \lim_{n\to \infty} S_n, \\ \sum_{k=1}^\infty b_k = \lim_{n\to \infty} T_n. \end{eqnarray*} Por los propiedades de los límites el límte \(\lim_{n\to \infty} (S_n+T_n)\) existe y \[ \lim_{n\to \infty} (\alpha S_n+T_n)=\alpha \lim_{n\to \infty} S_n+ \lim_{n\to \infty} T_n= \alpha \sum_{k=1}^\infty a_k + \sum_{k=1}^\infty b_k \] Pero \(\alpha S_n+T_n =\sum_{k=1}^n (\alpha a_k+b_k)\) por lo que concluimos que \(\sum_{k=1}^\infty (\alpha a_k+b_k)\) es convergente y \[ \sum_{k=1}^\infty (\alpha a_k+b_k )=\alpha \sum_{k=1}^\infty a_k + \sum_{k=1}^\infty b_k \]
Sea $M\geq 1$ cualquier entero. Demuestra que la serie $\sum_{k=0}^\infty a_k$ converge si y sólo si $\sum_{k=M}^\infty a_k$ converge. Es más, prueba que: $$ \sum_{k=0}^\infty a_k = \sum_{k=0}^{M-1} a_k + \sum_{k=M} ^\infty a_k. $$
Nota: éste ejercicio muestra que, para cuestiones de convergencia de series, no importa si se toman \(\sum_{k=0}^\infty a_k\) ó \(\sum_{k=1}^\infty a_k\).
Primero ponemos nombres a las sumas parciales de cada sucesión: \begin{eqnarray*} S_n &=&\sum_{k=1}^n a_k \\ S_n'&=&\sum_{k=M}^n a_k, \quad n > M \end{eqnarray*} Debemos de probar \(\lim_{n\to \infty} S_n\) existe si y sólo si \(\lim_{n\to \infty }S_n'\) existe. Ademas \[ \lim_{n\to \infty} S_n= \sum_{k=1}^{M-1}a_k + \lim_{n\to \infty} S_n'. \] Por comodidad denotamos \[ c=\sum_{k=1}^{M-1}a_k \] la cual es constante con respecto a \(n\). Notamos que para todo \(n > M\) \[ S_n=c+ S_n' \] Ahora, si suponemos que \(\lim_{n\to \infty} S_n'\) existe entonces por las propiedades de los límites \[ \lim_{n\to \infty} (c + S_n' )=c+ \lim_{n\to \infty} S_n' \] y por lo tanto \(\lim_{n\to \infty} S_n=c+\lim_{n\to \infty} S_n'\).
Si \(\lim_{n\to \infty} S_n\) existe por las propiedades de los límites \[ (\lim_{n\to \infty} S_n )-c=\lim_{n\to \infty} (S_n-c) =\lim_{n\to \infty} S_n' \] Nota que en ambos casos se tiene \[ \lim_{n\to \infty} S_n= \sum_{k=1}^{M-1}a_k + \lim_{n\to \infty} S_n'. \]
Una serie $\sum_{k=0}^\infty a_k$ se llama telescópica si, existe una secesión $(b_k)_{k\geq 0}$ tal que $a_k=b_k-b_{k+1}$, $k=0,1,2,\dots$.
Esta proposición da una condición para la convergencia de series telescópicas.
Sean $(a_k)_{k\geq 0}, (b_k)_{k\geq 0}$ dos sucesiones tales que $$ a_k=b_k-b_{k+1} $$ Demuestra que la serie $\sum_{k=0}^\infty a_k$ converge si y sólo si la sucesión $(b_k)_{k\geq 0}$ converge. Además: $$ \sum_{k=0}^\infty a_k = b_0-L, $$ donde $L=\lim_k b_k$.
Por \(s_n\) denotamos a la suma parcial \(\sum_{k=0}^n a_k\).
Primero probamos por inducción que para todo \(n\geq 1\): \begin{equation}\label{Eqn:SeriesTelescopica} s_n=b_0-b_{n+1}. \end{equation} Para \(n=1\): \[ s_1=a_0+a_1=b_0-b_1+b_1-b_2=b_0-b_2. \] Ahora suponemos la hipótesis de inducción para \(n\) y probamos para \(n+1\).
Supongamos que \(s_n=b_0-b_{n+1}\). Entonces, usando que \(a_{n+1}=b_{n+1}-b_{n+2}\) obtenemos \[ s_{n+1}=s_n+a_{n+1}=b_0-b_{n+1}+b_{n+1}-b_{n+2}=b_0-b_{n+2}. \]
\(\Rightarrow]\) Supongamos que la series \(\sum_{k=0}^\infty a_k\) es convergente. Entonces \(\lim_{n\to \infty}a_n\) existe pero por \eqref{Eqn:SeriesTelescopica} \[ b_{n+2}=b_0-s_n \] y entonces por las propiedades de los límites \[ \lim_{n\to \infty} b_{n+2}=b_0-\lim_{n\to \infty}s_n \] y por lo tanto \(\lim_{n\to \infty} b_{n+1}\) existe, de lo cual se sigue que \(\lim_{n\to \infty}b_n\) existe.
\(\Leftarrow ]\) Supongamos que \(\lim_{n\to \infty}b_n=L\) existe. Entonces por \eqref{Eqn:SeriesTelescopica} y las leyes de los límites \[ \lim_{n\to \infty}s_n=b_0-\lim_{n\to \infty} b_n=b_0-L \] por lo tanto la serie \(\sum_{k=0}^\infty a_k\) converge y además \[ \sum_{k=0}^\infty a_k=b_0-L. \]
Demuestra que la serie $\sum_{k=1}^\infty \frac{1}{k^2+k}$ converge.
Sugerencia: ver la serie como una serie telescópica.
Factorizamdo la \(k\) en el denominador tenemos \[ \frac{1}{k^2+k}=\frac{1}{k(k+1)} \] Ahora, tratando de escribir \(\frac{1}{k(k+1)}=b_{k}-b_{k+1}\) vemos que \[ \frac{1}{k}-\frac{1}{k+1}=\frac{k+1-k}{k(k+1)}=\frac{1}{k(k+1)} \] Por lo tanto, tomando \(b_k=\frac{1}{k}\), \(k=1,2,\dots\), llegamos a que \(\frac{1}{k^2+k}=b_{k}-b_{k+1}\). Por lo tanto la serie \(\sum_{k=1}^\infty \frac{1}{k^2+k}\) es telescópica. Además como \(\lim_{k\to \infty}b_k=\lim_{k\to \infty}\frac{1}{k}=0\), por la Proposición 13.10 la serie converge y \[ \sum_{k=1}^\infty \frac{1}{k^2+k}=b_1-\lim_{k\to \infty}b_k=1. \]
Para una sucesión $(a_k)_{k=0}^\infty $ donde $a_k \geq 0$ para toda $k$, se tiene que la serie $\sum_{k=0}^\infty a_k $ converge si y sólo si el conjunto de sumas parciales $\{s_n \}_{n=0}^\infty$ esta acotado superiormente.
Es más, en tal caso $$ \sum_{k=0}^\infty a_k= \sup \{ s_n: n=0,1,2,\dots. \} $$
Vamos a usar la propiedad fundamental del supremo:
\(\alpha\) es el supremo de un conjunto \(A\) sii (1) \(\alpha\) es cotar superior de \(A\) y (2) para toda \(\varepsilon >0\) existe \(a_0 \in A\) tal que \(\alpha - \varepsilon < a_0 \).
La observación más importante es que al ser todos los sumandos \(a_k \geq 0\) tenemos que \[ s_0\leq s_1 \leq s_2 \leq \cdots \leq s_n \cdots \] es decir, la sucesión \(\{s_n\}_{n=0}^{\infty}\) es monótona creciente. Denotemos \(A=\{s_n\}_{n=0}^\infty\).
\(\Rightarrow ]\) Supongamos que el límite existe y denotemos \(s=\lim_{n\to \infty} s_n\).
Primero tenemos que \(s\) es cota superior de \(A\): en caso contrario existe un \(s_{n_0}\) tal que \(s < s_{n_0}\) lo cual implica \(s< s_{n}\) para toda \(n \geq n_0\) (recordar que la sucesión \((s_n)_{n=0}^\infty\) es monótona). Pero ésta última desigualdad contradice que \(s= \lim_{n\to \infty} s_n\).
Ahora usando la definición de límite, dado \(\varepsilon >0 \) existe \(n_1 \) tal que \(|s_{n_1}-s|< \varepsilon\) lo cual implica \(s-\varepsilon < s_{n_1}\). Estas dos condiciones prueban que \(s=\sup(A)\).
\(\Leftarrow ]\) Supongamos que el conjunto \(A\) está acotado superiormente y sea \(\alpha = \sup(A)\). Dada \(\varepsilon >0\) por la propiedad fundamental del supremo existe \(n_0\) tal que \(\alpha - \varepsilon < s_{n_0}\). Pero al ser \((s_n)_{n=0}^\infty\) monótona creciente se sique que para toda \(n \geq n_0\), \(s-\varepsilon < s_{n}\) lo cual implica \(|\alpha - s_n |< \varepsilon\), para todo \(n\geq n_0\), lo cual nos dice \(\lim_{n\to \infty} s_n=\alpha\).
Si dos sucesiones $(a_k)_{k\geq 0}$ y $(b_k)_{k \geq 0}$ satisfacen $$ 0 \leq a_k \leq b_k $$ para toda $k$ entonces demuestra:
Denotamos \(s_n=\sum_{k=0}^n a_k\) y \(t_n=\sum_{k=0}^n b_k\), \(n\in \mathbb{N}\). La hipótesis nos dice que \(a_k\leq b_k\) para toda \(k\) lo que implica \(s_n\leq t_n\) para toda \(n\).
Ahora definimos \[ A=\{s_n: n\in \mathbb{N}\}, \quad B=\{t_n: n\in \mathbb{N}\}. \] Nota que toda cota superior de \(B\) también es cota superior de \(A\).
Inciso 1.
Supongamos que \(\sum_{k=0}^\infty a_k\) es divergente. Como \(a_k\geq 0\) para toda \(k\), el Teorema de la Convervengia Monótona para series (abreviado TCM) implica que \(A\) no está acotado superiormente. Pero entonces \(B\) tampoco está acotado superiormente y de nuevo, por el TCM para series se tiene que \(\sum_{k=0}^\infty b_k\) es divergente.
Inciso 2.
Supongamos que \(\sum_{k=0}^\infty b_k\) es convergente. Como \(b_k\geq 0\) para toda \(k\), el TCM para series implica que \(B\) está acotado superiormente lo cual implica que \(A\) también está acotado superiormente. Entonces, de nuevo por el TCM para series concluimos que \(\sum_{k=0}^\infty a_k\) es convergente.
Demuestra que si $a_k \geq 0$ para toda $k$ y $\sum_{k=0}^\infty a_k$ converge entonces la serie $\sum_{k=0}^\infty \sqrt{a_ka_{k+1}}$ converge y $$ \sum_{k=0}^\infty \sqrt{a_ka_{k+1}} \leq \sum_{k=0}^\infty a_k. $$
Denotemos \(s_n=\sum_{k=0}^n a_k\) y \(s=\lim_{n\to \infty} s_n\). Por el Teorema de la convergencia monótona, \(s=\sup_{n=0,1,\dots}\{ s_n\}\).
Por otro lado, usando la desigualdad aritmético-gemoétrica tenemos \[ \sqrt{a_ka_{k+1}}\leq \frac{a_k+a_{k+1}}{2} \] y sumando obtenemos \[ \sum_{k=0}^n \sqrt{a_ka_{k+1}}\leq \sum_{k=0}^n\frac{a_k+a_{k+1}}{2}=\frac{1}{2} \left( \sum_{k=0}^n a_k + \sum_{k=0}^n a_{k+1}\right) \] Pero \[ \sum_{k=0}^n a_k \leq s, \quad \sum_{k=0}^n a_{k+1} \leq s \] por lo tanto \[ \sum_{k=0}^n \sqrt{a_ka_{k+1}} \leq s \] para todo \(n\).
Recapitulando: la serie \(\sum_{k=0}^\infty \sqrt{a_ka_{k+1}}\) está formada por términos no negativos, el conjunto de sus sumas parciales está acotado superiormente (por \(s\)). Se sigue del Teorema de la convergencia monótona que \(\lim_{n\to \infty} \sqrt{a_ka_{k+1}}\) existe y \[ \lim_{n\to \infty} \sum_{k=0}^n \sqrt{a_{k}a_{k+1}} \leq s =\sum_{k=0}^\infty a_k. \]
Supon que las dos sucesiones $(a_k)_{k\geq 0}$ y $(b_k)_{k \geq 0}$ satisfacen $0\leq a_k$, $0< b_k$ para toda $k$ y que el siguiente límite existe y es positivo
$$ \lim_{k\to \infty} \frac{a_k}{b_k} =L > 0. $$ Dada $\alpha \in (0,1)$, demuestra que existe una $M$ (que depende de $\alpha$) tal que, para toda $k>M$ $$ (1-\alpha )L b_k \leq a_k \leq (1+\alpha) L b_k $$
Tomamos \(\varepsilon=\alpha L \) en la definición de \(\lim_{k\to \infty}\frac{a_k}{b_k}=L\). Nota que \(\varepsilon >0\) pues \(L,\alpha >0\). Entonces existe \(N\in \mathbb{N}\) tal que, para todo \(k \geq N\) se cumple \(|a_k/b_k - L | < \varepsilon\). Se sigue que \begin{eqnarray*} \left| \frac{a_k}{b_k}- L \right| < \alpha L & \Rightarrow & -\alpha L < \frac{a_k}{b_k} -L < \alpha L \\ & \Rightarrow & (1-\alpha)L < \frac{a_k}{b_k} < (1+\alpha)L \\ & \Rightarrow & (1-\alpha)Lb_k < a_k < (1+\alpha)Lb_k \end{eqnarray*} donde en la última implicación las desigualdades se mantienen pues \(b_k> 0\).
Supon que dos sucesiones $(a_k)_{k\geq 0}$ y $(b_k)_{k \geq 0}$ satisfacen $0\leq a_k$, $0< b_k$ para toda $k$ y que el siguiente límite existe y es positivo $$ \lim_{k\to \infty} \frac{a_k}{b_k} >0 $$ Demuestra: $\sum_{k=0}^\infty a_k $ converge si y sólo si $\sum_{k=0}^\infty b_k$ converge.
Denotemos \[ L=\lim_{k\to \infty}\frac{a_k}{b_k} \] Por suposición \(L > 0\). Si aplicamos el Ejercicio 17.20 con \(\alpha = 1/2\) obtenemos que existe \(N\in \mathbb{N}\) tal que \begin{equation}\label{Eqn:AuxCriterioComparacion} \frac{L}{2} b_k < a_k < \frac{3 L}{2}b_k \end{equation} para todo \(k\geq N\).
Ahora definamos lo siguientes conjuntos \[ A=\left\{ \sum_{k=N}^K a_k : K\geq N \right\}, \, B=\left\{ \sum_{k=N}^K b_k : K\geq N \right\}. \]
Si suponemos que \(\sum_{k=0}^\infty a_k\) es convergente se sigue del Teorema de convergencia monótona que el conjunto \(A\) está acotado superiormente, digamos que \(M\) es una conta superior. De la ecuación \eqref{Eqn:AuxCriterioComparacion} se sigue que \[ \sum_{k=N}^K \frac{L}{2} b_k \leq \sum_{k=N}^K a_k \Rightarrow \sum_{k=N}^K b_K \leq \frac{2}{L} \sum_{k=N}^K a_k \] por lo tanto \(\frac{2}{L}M \) es cota superior de \(B\). Nuevamente por el Teorema de la convergencia monótona concluimos que \(\sum_{k=N}^\infty b_k\) es convergente lo cual implica (Ejercicio 17.9) que \(\sum_{k=0}^\infty b_k\) es convergente.
De manera similar, si \(\sum_{k=0}^\infty b_k\) es convergente con conjunto \(B\) está acotado superiormente. Si \(M'\) es cota superior de \(B\) entoneces de \eqref{Eqn:AuxCriterioComparacion} se sigue que \(\frac{3L}{2}M'\) es cota superior de \(A\) lo cual implioca que \(\sum_{k=0}^\infty a_k\) es convergente.
Sea $f:[1,\infty) \to \mathbb{R}$ una función monónota decreciente, positiva. Para todo $n=1,2,\dots$ tomar $$ s_n=\sum_{k=1}^n f(n), \quad t_n=\int_1^n f(x)dx $$ Entonces o ambas suceciones convergen o ambas sucesiones divergen.
Es decir \[ \lim_{n\to \infty} \sum_{k=1}^n f(n) \quad \textrm{existe} \Leftrightarrow \lim_{n\to \infty} \int_1^n f(t)dt \quad \textrm{existe} \]
Es más \[ \sum_{k=2}^\infty f(k)\leq \lim_{n\to \infty} \int_1^n f(t)dt \leq \sum_{k=1}^\infty f(k) \]
Para un natural \(n>1\) consideramos sumas inferiores y superiores de \(\int_1^n f(d)dt\), con la partición de \([1,n]\) dada por \(P=\{x_1=1,x_2=2,\dots,x_k=k, \cdots, x_{n}=n\}\) \begin{eqnarray*} \underline{S}(f,P)&=&\sum_{k=1}^{n-1} m_k(x_{k+1}-x_{k})=\sum_{k=1}^{n-1} f(k+1), \\ \overline{S}(f,P)&=&\sum_{k=1}^{n-1} M_k(x_{k+1}-x_{k})=\sum_{k=1}^{n-1} f(k). \end{eqnarray*} Nota: al ser \(f\) monótona decreciente, \(m_k=\inf_{x\in [x_{k},x_{k+1}]}\{f(x)\}=f(x_{k+1})=f(k+1)\), \(M_k=\sup_{x\in [x_{k},x_{k+1}]}\{f(x)\}=f(x_{k})=f(k)\).
Por la definición de la integral tenemos \begin{equation}\label{Eqn:CriterioIntegral} \sum_{k=1}^{n-1} f(k+1) \leq \int_1^n f(t)dt \leq \sum_{k=1}^{n-1} f(k) \end{equation} Ahora definamos \[ A=\left\{ \sum_{k=1}^n f(k): n\geq 1 \right\}, \, B=\left\{ \int_1^n f(t)dt : n \geq 1 \right\} \] Por la ecuación \eqref{Eqn:CriterioIntegral} tenemos que \(A\) está acotado si y sólo si \(B\) está acotado. Por el Teorema de la convergencia monótona tenemos que \(\lim_{n\to \infty} \sum_{k=1}^n f(k)\) existe si y sólo si \(\lim_{n\to \infty}\int_1^n f(t)dt\) existe.
Finalmente tomando límite cuando \(n\to \infty\) en \eqref{Eqn:CriterioIntegral} obtenemos \[ \sum_{k=2}^\infty f(k)\leq \lim_{k\to \infty} \int_1^n f(t)dt \leq \sum_{k=1}^\infty f(k) \]
Este ejercicio da una estimación para \(n!\).
Sea $f:[1,\infty) \to \mathbb{R}$ una función, no negativa y monótona creciente.
Inciso 1.
Tomamos la partición de \([1,n]\) dada por \[ P=\{x_1=1, x_2=2, \dots, x_k=k, \cdots , x_n=n \} \] y consideramos las sumas inferiores y superiores \begin{eqnarray*} \underline{S}(f,P)=\sum_{k=1}^{n-1} m_k(x_{k+1}-x_k) \\ \overline{S}(f,P)=\sum_{k=1}^{n-1} M_k(x_{k+1}-x_k) \end{eqnarray*} Al ser \(f\) monótona creciete, \begin{eqnarray*} m_k=\inf_{x\in [x_k,x_{k+1}]}\{f(x)\}=f(x_k),\\ M_k=\inf_{x\in [x_k,x_{k+1}]}\{f(x)\}=f(x_{k+1}) \end{eqnarray*} Finalmente, usando la desigualdad \[ \underline{S}(f,P)\leq \int_1^n f(t)dt \leq \overline{S}(f,P) \] concluimos \[ \sum_{k=1}^{n-1} f(x_k) \leq \int_1^n f(t)dt \leq \sum_{k=1}^{n-1} f(k+1)=\sum_{j=2}^n f(j) \]
Inciso 2.
Tomando \(f(x)=\log(x)\), (la cual es monótonta creciente en \([1,n]\)) y usando \(\int \log(x)dx= x\log(x)-x+C\) llegamos \[ \sum_{k=1}^{n-1}\log(k)\leq n\log(n)-n - (1\log(1)-1) \leq \sum_{k=2}^n \log(k) \]
Usando las propiedades del logaritmo podemos reescribir lo anterior como \[ \log((n-1)!) \leq \log(n^n)-n+1 \leq \log(n!) \] Aplicando exponencial llegamos a \[ (n-1)! \leq e^{\log(n^n)-n+1}\leq n! \] De la primera desigualdad llegamos a \[ (n-1)! \leq e^{\log(n^n)-n+1}=e n^n e^{-n} \Rightarrow n! \leq e n^{n+1}e^{-n}. \] De la segunda tenemos \[ e^{\log(n^n)-n+1}= en^{n}e^{-n}\leq n!. \]
Inciso 3.
Sacando raíz \(n\)-ésima en ambos lados de \[ en^{n}e^{-n}\leq n! \leq en^{n+1}e^{-n} \] llegamos a \begin{eqnarray*} & & e^{1/n} n e^{-1}\leq (n!)^{1/n}\leq e^{1/n}n^{1+1/n}e^{-1} \\ &\Rightarrow & e^{1/n}e^{-1} \leq \frac{(n!)^{1/n}}{n} \leq e^{1/n}n^{1/n}e^{-1} \end{eqnarray*}
Ahora veremos los límites de los extremos: \begin{eqnarray*} \lim_{n\to \infty} e^{1/n}&=&e^{\lim_{n\to \infty} \frac{1}{n} }=e^0=1 \\ \lim_{n\to \infty} n^{1/n}&=& e^{\lim_{n\to \infty} \frac{1}{n}\log(n)}=e^0=1 \end{eqnarray*} donde utilizamos que \(\lim_{n\to \infty} \frac{1}{n}\log(n)=0\) (Ejercicio 13.22 inciso 2)
Por el teorema del sandwich para límites concluimos que \[ \lim_{n\to \infty} \frac{(n!)^{1/n}}{n}=e^{-1} \]
Sea $(a_n)_{n\geq 0}$ una sucesión con $a_n \geq 0$ para toda $n$. Supongamos que el siguiente límite existe $$ R:=\lim_{n\to \infty} a_n^{1/n} $$ Entonces
Durante todo el ejercicio supondremos que el límite $R=\lim_{n\to \infty}a_n^{1/n}$ existe.
Fijamos $\varepsilon>0$. Usando el límite \(\lim_{n\to \infty} a_n^{1/n}=R\) aseguramos que existe $N\in \mathbb{N}$ tal que, para todo $n\geq N$: \begin{equation}\label{Enq:AuxCriterioRazon} R-\varepsilon < a_n^{1/n} < R+\varepsilon \end{equation}
Caso: $R< 1$.
Fijamos un $\rho \in (R,1)$. Tomando \(\varepsilon= \rho-R \) en \eqref{Enq:AuxCriterioRazon} llegamos a que existe $N\in \mathbb{R}$ tal que, para toda $n \geq N$: $$ a_n^{1/n} < R+\varepsilon= \rho \Rightarrow a_n \leq \rho^n. $$ Ya que \(0< \rho < 1 \) la serie geométrica \(\sum_{n=0}^\infty \rho^n\) converge por el Ejercicio 17.17 (criterio de comparación directa) se tiene que \(\sum_{n=N}^\infty a_n\) y por lo tanto \(\sum_{n=0}^\infty a_n\) converge.
Caso: $R>1$.
Para este caso fijamos un \(r\in (1,R)\). Tomando \(\varepsilon=R-r\) en \eqref{Enq:AuxCriterioRazon} sabemos que existe $N\in \mathbb{N}$ tal que, para toda $n\geq N$: $$ 1< r \leq a_n. $$ Por el Ejercicio , concluimos que la serie $\sum_{n=1}^\infty a_n$ no puede converger.
Sea $(a_n)_{n\geq 0}$ una sucesión con $a_n >0$ para toda $n$. Supongamos que el siguiente límite existe $$ L:=\lim_{n} \frac{a_{n+1}}{a_n} $$ Entonces
Durante este ejercicio suponemos que $L:=\lim_{n} \frac{a_{n+1}}{a_n}$ existe.
Usando $L=\lim_{n} \frac{a_{n+1}}{a_n}$ podemos asegurar que, dado \(\varepsilon >0\) arbitrario, existe $N\in \mathbb{R}$ tal que, para toda $n \geq N$: \begin{equation}\label{Eqn:AuxCriterioRazon} L- \varepsilon < a_{n+1}/a_n < L+\varepsilon \end{equation}
Caso 1: \(L> 1\).
Tomando \(\varepsilon= L-1\) en \eqref{Eqn:AuxCriterioRazon} tenemos que \(L-\varepsilon=1\) y que para todo $n \geq N$: $$ 1< \frac{a_{n+1}}{a_n} \Rightarrow a_n < a_{n+1} $$ Por lo tanto \((a_n)_{n=N}^\infty\) es estrictamente creciente por lo que no puede pasar \(\lim_{n\to \infty}a_n= 0\) y por lo tanto, por el Ejercicio 17.3, la serie $\sum_{n=1}^\infty a_n$ diverge.
Caso: \(L < 1 \).
Fijamos un $\rho\in (L,1)$. Tomando \(\varepsilon= \rho-L\) en \eqref{Eqn:AuxCriterioRazon}, tenemos \(L+\varepsilon=\rho\) y para toda $n\geq N$: \begin{equation}\label{Eqn:Aux2CriterioRazon} \frac{a_{n+1}}{a_n}< L+\varepsilon \Rightarrow a_{n+1} \leq \rho a_n \end{equation}
Afirmación: $a_{N+m} \leq a_N \rho^m$, para toda $m\geq 1$.
Probamos lo anterior por inducción. El caso \(m=1\) sale directamente de la desigualdad \eqref{Eqn:Aux2CriterioRazon} tomando \(n=N\). Ahora suponemos \(a_{N+m} \leq a_N\rho^m\), junto con la desigualdad \eqref{Eqn:Aux2CriterioRazon}, tomando \(n=N+m\) obtenemos \[ a_{N+m+1} \leq \rho a_{N+m} \leq \rho a_N \rho^{m} =a_N\rho^{m+1}. \]
Por lo tanto, \(\sum_{n=N}^\infty a_n \leq \sum_{n=N}^\infty a_N\rho^n\) asi que por el Criterio de comparación directa y sabiendo que la serie geométrica, \(\sum_{n=0}^\infty \rho^n\) converge, concluimos que la serie $\sum_{n=1}^\infty a_n$ converge.
Una serie se llama altermante si tiene la forma $$ \sum_{n=1}^\infty (-1)^{n-1}a_n $$ donde $a_n>0$ para toda $n$.
Sea $(a_n)_{n\geq 1}$ una sucesión tal que:
Además, si denotamos \(S=\sum_{n=1}^\infty (-1)^{n-1} a_n\), se cumple que para toda $n\in \mathbb{N}$: $$ 0 < (-1)^n(S-s_n) < a_n, $$
Como siempre, denotamos \[ s_n=\sum_{k=1}^n (-1)^{k-1}a_k. \] La idea de la demostración es analizar las sumas parciales pares e impares: \[(s_{2n})_{n=1}^\infty, \quad (s_{2n-1})_{n=1}^\infty .\]
Primero veremos que \((s_{2n})_{n=1}^\infty\) es monótona creciente. Para lo anterior notamos que \begin{eqnarray*} s_{2n+2}-s_{2n}&=& \sum_{k=1}^{2n+2} (-1)^{k-1}a_k-\sum_{k=1}^{2n}(-1)^{k-1}a_k \\ &=& (-1)^{2n+1}a_{2n+1}+ (-1)^{2n+2}a_{2n+2} \\ &=& a_{2n+2}-a_{2n+1} >0 \end{eqnarray*} donde en la última desigualdad usamos que \((a_n)_{n=1}^\infty\) es monótona decreciente.
Ahora veremos que $(s_{2n-1})_{n=1}^\infty$ es monótona decreciente, para lo cual calculamos \begin{eqnarray*} s_{2(n+1)-1}-s_{2n-1}&=& \sum_{k=1}^{2n+1}(-1)^{k-1}a_k-\sum_{k=1}^{2n-1}(-1)^k a_{k} \\ &=& (-1)^{2n}a_{2n+1}+(-1)^{2n-1}a_{2n} \\ &=& a_{2n+1}-a_{2n} < 0 \end{eqnarray*} donde en la última desigualdad usamos que \((a_n)_{n=1}^\infty\) es monótona decreciente.
Ahora queremos probar que los límites \[ \lim_{n\to \infty} s_{2n}, \quad \lim_{n\to \infty} s_{2n-1} \] exsiten y son iguales.
Primero notamos que, para todo \(n \geq 1\) \begin{equation}\label{Eqn:Aux1LeibnizRule} s_{2n} < s_{2n-1} \end{equation} la cual se prueba notando que \[ s_{2n-1}-s_{2n} =\sum_{k=1}^{2n-1} (-1)^{k-1} a_k -\sum_{k=1}^{2n}(-1)^{k-1}=a_{2n-1}-a_{2n} > 0 \]
Utilizando \eqref{Eqn:Aux1LeibnizRule}, que \((s_{2n})_{n=1}^\infty\) es creciente y \((s_{2n-1})_{n=1}^\infty\) decreciente tenemos la siguiente situación \begin{eqnarray*} s_ 2 &<& s_1 \\ s_2< s_4 &<& s_ 3 < s_1 \\ s_{2} < \cdots < s_{2n} &<& s_{2n-1} < \cdots < s_1 \end{eqnarray*} Por lo tanto \((s_{2n})_{n=1}^\infty\) está acotada superiormente por \(s_1\) y por lo tanto \(\lim_{n\to \infty}s_{2n}\) existe. Además \((s_{2n-1})_{n=1}^\infty\) está acotada inferiormente por \(s_2\) y por lo tanto \(\lim_{n\to \infty}s_{2n-1}\) existe. Finalmente si observamos la distancia entre \(s_{2n-1}\) y \(s_{2n}\) tenemos \[ \lim_{n\to \infty} |s_{2n-1}-s_{2n}|=\lim_{n\to \infty}(a_{2n-1}-a_{2n})=0 \] donde aquí usamos la suposición \(\lim_{n\to \infty}a_n=0\). Por lo tanto \[ \lim_{n\to \infty} s_{2n}=\lim_{n\to \infty}s_{2n-1} \] Además, si denotamos \(S=\lim_{n\to \infty} s_{2n}\), utilizando que las sumas pares e impares convergen a \(S\) se concluye que \(\lim_{n\to \infty}s_n=S\) por lo que la serie \(\sum_{n=1}^\infty (-1)^{n-1}a_n\) converge.
Para terminar nos resta probar \[ 0< (-1)^n(S-s_n) < a_n \] Si \(n=2m\) lo anterior equivale a \(0< S-s_{2m}< a_{2m}\). La desigualdad \(0< S-s_{2m}\) se sigue de \(s_{2m}< S \) la cual es cierta pues \(S=\lim_{m\to \infty} s_{2m}\) y \((s_{2m})\) es monótona creciente. La desigualdad \(S-s_{2m}< a_{2m}\) es equivalente a \[ S < a_{2m}+s_{2m}=a_{2m}+\sum_{k=1}^{2m} (-1)^{k-1}a_{k}=\sum_{k=1}^{2m-1}(-1)^ka_k=s_{2m-1} \] la cual es válida pues \(S=\lim_{m\to \infty}s_{2m-1}\) y \((s_{2m-1})_{m=1}^\infty\) es monótona decreciente.
Si \(n=2m-1\) debemos de probar \(0< s_{2m-1}-S < a_{2m-1}\) o equivalentemente, \(S< s_{2m-1}\) y \(s_{2m-1}-a_{2m-1}=a_{2m-2}< S\) las cuales se prueban de manera similar.
En este ejercicio vamos a probar que el siguiente límite existe $$ \lim_{n\to \infty} \left( \sum_{k=1}^n \frac{1}{k}- \log(n) \right). $$ Dicho límite se conoce como el número de Euler al cual vamos a denotar por $C$.
Considerar la sucesión $(a_n)_{n\geq 1}$ donde $$ a_{2n-1}=\frac{1}{n}, \quad a_{2n}=\int_{n}^{n+1} \frac{dx}{x}, n=1,2,\cdots $$
Como una aplicación del número de Euler vamos a demostrar la siguiente identidad: $$ \log(2)=\sum_{n=1}^\infty \frac{(-1)^{n-1}}{n}. $$
Una aplicación directa de la regla de Leibnitz prueba que la serie $\sum_{n=1}^\infty \frac{(-1)^n }{n}$ converge.
Afirmamos que: \begin{eqnarray*} \sum_{k=1}^{2n} \frac{(-1)^{k-1}}{k} &=& \sum_{j=1}^{2n} \frac{1}{j} - \sum_{m=1}^n \frac{1}{m} \end{eqnarray*}
Para probar lo anterior separamos las \(k\) pares e impares. \begin{eqnarray*} \sum_{k=1}^{2n} \frac{(-1)^{k-1}}{k}&=& \sum_{p=1}^{n} \frac{(-1)^{2p-1}}{2p}+ \sum_{p=1}^{n} \frac{(-1)^{(2p-1)-1}}{2p-1} \\ &=& -\sum_{p=1}^n \frac{1}{2p}+\sum_{p=1}^n \frac{1}{2p-1} \\ &=& -\sum_{p=1}^n \frac{1}{2p}+\sum_{p=1}^n \frac{1}{2p-1} +\sum_{p=1}^n \frac{1}{2p}-\sum_{p=1}^n \frac{1}{2p}\\ &=& \sum_{j=1}^{2n}\frac{1}{j}-\sum_{m=1}^n \frac{1}{m} \end{eqnarray*}
De la identidad anterior llegamos a \begin{eqnarray*} \sum_{k=1}^{2n} \frac{(-1)^{k-1}}{k}&=&\left( \sum_{j=1}^{2n} \frac{1}{j}-\log(2n) \right) - \left( \sum_{m=1}^n \frac{1}{m}- \log(2n) \right) \\ &=& \left( \sum_{j=1}^{2n} \frac{1}{j}-\log(2n) \right) - \left( \sum_{m=1}^n \frac{1}{m}- \log(n) \right) +\log(2) \end{eqnarray*}
Pero por el Ejercicio 17.32 \begin{eqnarray*} \lim_{n\to \infty} \left( \sum_{j=1}^{2n} \frac{1}{j}-\log(2n)\right)= C \\ \lim_{n\to \infty} \left(\sum_{m=1}^n \frac{1}{m}- \log(n) \right) = C \end{eqnarray*} por lo tanto
$$ \lim_{n\to \infty} \sum_{k=1}^n \frac{(-1)^{k-1}}{k}= C-C+\log(2)=\log(2). $$
El criterio de Cauchy es una consecuencia directa del Teorema que asegura la convergencia de las suceciones de Cauchy (completez de \(\mathbb{R}\)).
Demuestra: Una sucesión $(a_k)_{k\geq 0}$ es sumable si y sólo si para todo $\varepsilon>0$ existe $N=N(\varepsilon)\in \mathbb{N}$ tal que, para todo $n, m \geq N$ con $n < m$ $$ \left| \sum_{k=n}^m a_k \right| < \varepsilon $$
Si $\sum_{k=0}^\infty a_k$ y $\sum_{k=0}^\infty b_k$ convergen y $a_k \leq b_k$ para toda $k$ demuestra que: $$ \sum_{k=0}^\infty a_k \leq \sum_{k=0}^\infty b_k. $$
Sea $(a_k)_{k\geq 0}$ una sucesión y definamos, otra sucesión, de la siguiente forma: fijamos $N \in \mathbb{N}$ y definimos $b_k=a_k$ para $k \geq N$ y para $1\leq k \leq N_1$ tomamos $b_k$ cualquiera números. Demuestra que $$ (a_k)_{k\geq 0} \quad \textrm{es sumable } \Leftrightarrow (b_k)_{k\geq 0} \quad \textrm{es sumable}. $$
Cada una de las series que siguen, es una serie telescópica, geométrica, o alguna cuyas sumas parciales se simplifican. En cada caso demostrar la convergencia de la serie y que la suma es la indicada.
Nota: $\log$ denota el logaritmo natural y $\log_2$ denota logaritmo base 2.
Sabiendo que $\sum_{n=0}^\infty \frac{x^n}{n!}=e^x$, calcular las siguientes series, suponiendo que se pueden operar con series infinitas como si fueran sumas finitas.
Sea $m$ un natural fijo. Demuestra que la serie $$ \sum_{n=1}^\infty \frac{1}{\sqrt[m]{n}} $$ diverge.
Sugerencia: compararla con la armónica.
Demuestra que la serie $$ \sum_{k=0}^\infty \sqrt{\frac{k+5}{k^2+k+1}} $$ es divergente.
Sugerencia: comaparla con la armónica.
Demuestra que la serie $$ \sum_{k=1}^\infty \frac{1}{k^2} $$ es convergente.
Sugerencia: aplica el criterio de comparación con la serie dada y la serie $b_k=\frac{1}{k^2+k}$.
Nota: la serie $\sum_{k=1}^\infty \frac{1}{k^2}$ es interesante, usando series de Fourier se puede probar que $$ \sum_{k=1}^\infty \frac{1}{k^2}=\frac{\pi^2}{6}. $$
Este ejercicio es una mejora al Criterio de comparación.
Sean dos sucesiones $(a_k)_{k\geq 0}$ y $(b_k)_{k \geq 0}$ que satisfacen $0\leq a_k$, $0< b_k$ para toda $k$ y tal que el siguiente límite existe $$ \lim_{k\to \infty} \frac{a_k}{b_k} . $$ Demuestra:
Demuestra que la serie $\sum_{k=1}^\infty \sen(1/k)$ diverge.
Sugerencia: aplica el Ejercicio 17.23 a la serie dada y la serie armónica.
Decir si cada una de las siguientes series, converge o diverge, justificando la respuesta.
Fija $p\in (0,\infty)$. Una serie $p$ es una serie de la forma: $$ \sum_{n=1}^\infty \frac{1}{n^p}. $$ Demuestra que una serie $p$ converge converge si y sólo si $p>1$.
Sugerencia: tomar $f(x)=\frac{1}{x^p}$, la cual el monónota decreciente y positiva en $[1,\infty)$.
Da un ejemplo de sucesiones $(a_n)_{n\geq 1}$, tales que:
Sugerencia: usa una serie $p$.
Sugerencia: usa una serie constante.
Not: este ejercicio dice que el criterio de la raíz no se aplica cuando $\lim_{n\to \infty}a_n^{1/n}=1$.
Demuestra que las siguientes series convergen:
Da un ejemplo de sucesiones $(a_n)_{n\geq 1}$, tales que:
Sugerencia: usa una serie $p$.
Sugerencia: usa una serie constante.
Nota: este ejercicio dice que el criterio de la razón no se aplica cuando $\lim_{n\to \infty}a_{n+1}/a_n=1$.
Demuestra que las series son convergentes.
Nota: usando series de Taylor sabemos que el valor de la serie es $e^x$, pero sólo aplicando el criterio de la razón no tenemos el valor exácto de la serie.
En éste ejercicio se prueba la identidad $$ \arctan(x)=\sum_{n=1}^\infty \frac{(-1)^{n-1}x^{2n-1}}{2n-1}. $$ válida para toda $x\in [-1,1]$.
Demuestra: $$\frac{\pi}{4}=\sum_{n=1}^\infty \frac{(-1)^{n-1}}{2n-1} $$
Sugerencia: usa el Ejercicio.
Decir si las siguientes series son convergentes o divergentes. Justificar respuesta.
Sean $(a_n)_{n\geq 1}, (b_n)_{n\geq 1}$ dos sucesiones con $a_n>0, b_n >0$ para toda $n \geq N$. Tomar $c_n=b_n-(b_{n+1}a_{n+1})/a_n$. Demostrar que
Hint: Probar $\sum_{k=N}^n a_k \leq (a_Nb_N)/r$.
Hint: Probar que $\sum_{n=N}^\infty a_n$ domina a $\sum_{n=N}^\infty \frac{1}{b_n}$.
Sea $(a_n)_{n\geq 1}$ una sucesión de términos positivos. Probar el siguiente criterio de Raabe:
Si existe un $r>0$ y un natural $N\geq 1$ tales que $$ \frac{a_{n+1}}{a_n} \leq 1-\frac{1}{n}-\frac{r}{n^2}, \quad \textrm{para todo $n\geq N$} $$ entonces la serie $\sum_{n=1}^\infty a_n$ converge.
Si $$ \frac{a_{n+1}}{a_n} \geq 1 -\frac{1}{n}, \quad \textrm{para todo $n\geq N$} $$ la serie $\sum_{n=1}^\infty$ diverge.
Hint: aplicar el ejercicio anterior con $b_{n+1}=n$.
Determina la convergencia o divergencia de las series. Justifica la respuesta.
En cada inciso que sigue, determinar el conjunto de las $x \in \mathbb{R}$ para las cuales la serie converge
Si $(a_n)_{n\geq 1}$ es una sucesión de reales con $a_n>0$ para todo $n$ tal que $\sum_{n=1}^\infty a _n$ converge, demuestra que $\sum_{n=1}^\infty \frac{1}{a_n}$ diverge.
Si $\sum_{n=1}^\infty |a_n|$ converge prueba que $\sum_{n=1}^\infty a_n^2$ converge. Da un ejemplo en el que $\sum_{n=1}^\infty a_n^2$ converge pero $\sum_{n=1}^\infty a_n$ diverge.
Sea $(a_n)_{n\geq 1}$ una sucesión tal que $a_n \geq 0$ para toda $n$ y tal que $\sum_{n=1}^\infty a_n$ converge. Prueba que $\sum_{n=1}^\infty \sqrt{a_n} n^{-p}$ converge para $p>1/2$.
Da un contraejemplo que muestre que el resultado no es válido para $p=1/2$.
Una sucesión \((a_n))_{n=0}^\infty\) se llama absolutamente sumable si la sucesión de valores absolutos \((|a_n|_{n=0}^\infty)\) es sumable.
Por ejemplo, la serie geométrica muestra que para todo \(r\in (-1,1)\), la sucesión \((r^n)_{n=0}^\infty\) es absolutamente sumable.
Otra nomenclatura que se usa es la siguiente: \(\sum_{n=0}^\infty a_n\) es absolutamente convergente si la serie \(\sum_{n=0}^\infty |a_n|\) es convergente. Por ejemplo, en Ejercicio 17.38 se vió que la siguiente serie converge \[ \sum_{n=1}^\infty\frac{(-1)^{n-1}}{n}=\log(2) \] sin embargo al tomar la serie con valores absolutos obtenemos la serie armónica \[ \sum_{n=1}^\infty \left| \frac{(-1)^{n-1}}{n}\right| =\sum_{n=1}^\infty \frac{1}{n} \] la cual es divergente. Así \(\sum_{n=1}^\infty \frac{(-1)^{n-1}}{n}\) es convergente pero no absolutamente convergente.
La intuición es que las series absolutamente convergentes "se comportan" mejor que las series convergentes usuales.
Prueba que si la sucesión \((a_n)_{n=0}^\infty\) es absolutamente sumable entonces también es sumable. Es decir \[ \sum_{n=0}^\infty |a_n| \quad \textrm{convergente} \Rightarrow \sum_{n=0}^\infty a_n \quad \textrm{convergente} \]