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.
Demuestra que $$ \lim_{n\to \infty} a_n=0. $$
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*}
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 \[ \lim_{N\to \infty} \sum_{k=1}^N \frac{1}{k}=+\infty. \]
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 Ejercicio 17.3.
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.
Este ejercicio trata sobre la convergencia de series geométricas.
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 \[ \sum_{k=1}^\infty (\alpha a_k+b_k )=\alpha \sum_{k=1}^\infty a_k + \sum_{k=1}^\infty b_k \]
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: $$ \sum_{k=0}^\infty a_k \leq \sum_{k=0}^\infty b_k. $$
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 \(a_k \leq b_k\) para toda \(k\). Por las propiedades de las sumas se sigue que \(S_n \leq T_n\) para toda \(n\). Tomando límites en ambos lados de la desigualdad anterior y usando las propiedades de los límites concluimos \[ \sum_{k=1}^\infty a_k =\lim_{n\to \infty} S_n \leq \lim_{n\to \infty} T_n =\sum_{k=1}^\infty b_k \]
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 $a_k=b_k-b_{k+1}$, $k=0,1,2,\dots$.
Este ejercicio 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: $$ \sum_{k=0}^\infty a_k = b_1-L, $$ donde $L=\lim_k b_k$.
Demuestra que la serie $\sum_{k=1}^\infty \frac{1}{k^2+k}$ converge.
Sugerencia: ver la serie como una serie telescópica.
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 \(\lim_{n\to \infty} s_n=\alpha\).
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 \[ \lim_{n\to \infty} \sum_{k=0}^n \sqrt{a_{k}a_{k+1}} \leq s =\sum_{k=0}^\infty a_k. \]
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.
Criterio de comparación directa.
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:
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.
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.
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.
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 \[ \sum_{k=2}^\infty f(k)\leq \lim_{k\to \infty} \int_1^n f(t)dt \leq \sum_{k=1}^\infty f(k) \]
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 $[1,\infty)$.
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.
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:
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.
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.
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
$$ \lim_{n\to \infty} \sum_{k=1}^n \frac{(-1)^{k-1}}{k}= C-C+\log(2)=\log(2). $$
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 $p=1/2$.
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 $n < m$ $$ \left| \sum_{k=n}^m a_k \right| < \varepsilon $$
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 \[ \sum_{n=0}^\infty |a_n| \quad \textrm{convergente} \Rightarrow \sum_{n=0}^\infty a_n \quad \textrm{convergente} \]
Vamos a usar el Criterio de Cauchy. Fijemos \(\varepsilon >0\). Debemos de probar que existe un natural \(N\) con la propiedad de que para todos \(n, m\geq N\), con \(n < m\), se cumple \begin{equation}\label{Eqn:AuxSeriresAbsConvergentes} \left| \sum_{k=n}^m a_k \right| < \varepsilon. \end{equation} Pero al ser \(\sum_{n=0}^\infty |a_n|\) convergente el Criterio de Cauchy sí nos asegura que existe un natural \(N\) con \[ \left| \sum_{k=n}^m |a_n| \right| < \varepsilon \] para todos \(n,m\geq N\) con \(n< m\).
Para finalizar notamos que \eqref{Eqn:AuxSeriresAbsConvergentes} se sigue de \[ \left| \sum_{k=n}^m a_n \right| \leq \sum_{k=n}^m |a_n|=\left| \sum_{k=n}^m |a_n| \right| < \varepsilon. \]
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 $$ (a_k)_{k\geq 0} \quad \textrm{es sumable } \Leftrightarrow (b_k)_{k\geq 0} \quad \textrm{es sumable}. $$