8  Series de números reales

Ejercicio 8.1 Demostrar que cualquier sucesión puede expresarse como una serie.

Solución

Dada una sucesión $(a_n{)}_{n=1}^{\mathrm{\infty }}$, veamos cómo podemos expresarla como una serie. Para ello, basta con construir la sucesión de las diferencias de dos términos consecutivos, es decir, la sucesión $(d_n{)}_{n=1}^{\mathrm{\infty }}$ dada por: $$\begin{array}{rl}{d}_1& =a_1\\ d_2& =a_2-a_1\\ d_3& =a_3-a_2\\ ⋮\\ d_{n+1}& =a_{n+1}-a_n\end{array}$$

Resulta sencillo comprobar que $a_n=\sum _{i=1}^n{d}_i$, por lo que la sucesión $(a_n{)}_{n=1}^{\mathrm{\infty }}={\left(\sum _{i=1}^n{d}_i\right)}_{n=1}^{\mathrm{\infty }}=\sum d_n$.

Ejercicio 8.2 Demostrar que la serie $\sum \frac{9}{{10}^n}$ converge y calcular su límite.

Solución

Los primeros términos de la serie son

$$\begin{array}{rl}\sum _{i=1}^1\frac{9}{{10}^i}& =\frac{9}{10}=0.9\\ \sum _{i=1}^2\frac{9}{{10}^i}& =\frac{9}{10}+\frac{9}{100}=0.99\\ \sum _{i=1}^3\frac{9}{{10}^i}& =\frac{9}{10}+\frac{9}{100}+\frac{9}{1000}=0.999\\ ⋮\end{array}$$

por lo que las sumas parciales cada vez están más cerca de $1$ y se puede probar fácilmente que $\sum _{n=1}^{\mathrm{\infty }}\frac{9}{{10}^n}=\underset{n\to \mathrm{\infty }}{lim}\sum _{i=1}^n\frac{9}{{10}^i}=1$. Para ello, dado un $\epsilon >0$, por la propiedad arquimediana se puede tomar $k\in \mathbb{N}$ con $\frac{1}{k}<\epsilon$, de manera que $|\sum _{i=1}^n\frac{9}{{10}^i}-1|<\frac{1}{{10}^k}<\frac{1}{k}<\epsilon$ $\mathrm{\forall }n\ge k$.

Ejercicio 8.3 Si $\sum _{i=1}^n{a}_i=\frac{n-1}{n+1}$, ¿cuál es el término general de la sucesión $a_n$? Calcular $\sum _{n=1}^{\mathrm{\infty }}{a}_n$.

Solución

Sea $A_n=\sum _{i=1}^n{a}_i$ la suma parcial de los $n$ primeros términos de la sucesión $(a_n{)}_{n=1}^{\mathrm{\infty }}$. Entones, el primer término de la sucesión es $a_1=A_1=\sum _{i=1}^1{a}_i=\frac{1-1}{1+1}=0$.

Por otro lado, $A_n=A_{n-1}+a_n$ por lo que $a_n=A_n-A_{n-1}=\frac{n-1}{n+1}-\frac{n-2}{n}=\frac{2}{n(n+1)}$.

Por último, $\sum _{n=1}^{\mathrm{\infty }}{a}_n=\underset{n\to \mathrm{\infty }}{lim}{A}_n=\underset{n\to \mathrm{\infty }}{lim}\frac{n-1}{n+1}=1$.

Ejercicio 8.4 Demostrar que una serie geométrica $\sum a{r}^n$ converge si y solo si $|r|<1$.

Pista

Utilizar la igualdad $(1+r+r^2+\cdots +r^n)(1-r)=1-r^{n+1}$.

Solución

Usando la igualdad $(1+r+r^2+\cdots +r^n)(1-r)=1-r^{n+1}$ se tiene

$$\sum _{i=0}^{n}a{r}^i=a\frac{1-r^{n+1}}{1-r}=a(\frac{1}{1-r}-\frac{r^{n+1}}{1-r}).$$

Si $|r|<1$ entonces $\underset{n\to \mathrm{\infty }}{lim}\frac{r^{n+1}}{1-r}=0$, de manera que

$$\sum _{n=0}^{\mathrm{\infty }}a{r}^n=\underset{n\to \mathrm{\infty }}{lim}\sum _{i=0}^{n}a{r}^i=\frac{a}{1-x}.$$

Si $|r|>1$, entonces $\underset{n\to \mathrm{\infty }}{lim}\frac{r^{n+1}}{1-r}=\mathrm{\infty }$, y la serie no converge.

Si $r=1$ entonces $\sum _{i=0}^n{1}^i=n+1$ que tampoco converge, y si $r=-1$, se obtiene una sucesión de sumas alternada, ya que $\sum _{i=0}^{2n}(-1{)}^i=1$ y $\sum _{i=0}^{2n+1}(-1{)}^i=0$, por lo que la serie tampoco converge.

Ejercicio 8.5 Un enfermo crónico toma cada día una pastilla con 200 mg de un principio activo. Su cuerpo es capaz de metabolizar diariamente el 90% de la cantidad de principio activo presente. ¿Qué cantidad de principio activo quedará en el cuerpo del enfermo tras $n$ días tomando la pastilla? ¿Qué cantidad de principio activo quedará en el cuerpo del enfermo a largo plazo?

Solución

Sea $A_n$ la cantidad de medicamento que queda en el cuerpo del enfermo tras $n$ días tomando la pastilla. Veamos cuáles son las cantidades de principio activo que quedan en el cuerpo del enfermo los primeros días.

$$\begin{array}{rl}{A}_1& =0.1\cdot 200\text{ mg}\\ A_2& =0.1(200+0.1\cdot 200)=0.1\cdot 200+{0.1}^2\cdot 200=A_1+{0.1}^2\cdot 200\text{ mg}\\ A_3& =0.1(200+0.1\cdot 200+{0.1}^2\cdot 200)=0.1\cdot 200+{0.1}^2\cdot 200+{0.1}^3\cdot 200=A_2+{0.1}^3\cdot 200\text{ mg}\\ ⋮\\ A_n& =A_{n-1}+{0.1}^n\cdot 200\text{ mg}\end{array}$$

Por tanto, el término general de la sucesión que subyace a la serie es $a_n=A_n-A_{n-1}=200\cdot {0.1}^n$, de manera que se trata de la serie geométrica $\sum 200\cdot {0.1}^n$, y, por el ejercicio anterior, como $0.1<1$, la serie converge a $\sum _{n=1}^{\mathrm{\infty }}200\cdot {0.1}^n=\sum _{n=1}^{\mathrm{\infty }}200\cdot {0.1}^n-200=200\frac{1}{1-0.1}-200\approx 222.2222-200=22.2222$ mg.

Ejercicio 8.6 Cuando una persona gasta una cantidad de dinero en un bien o servicio, la persona que recibe el dinero directa o indirectamente, también gasta un porcentaje $k$ de esa cantidad en otros bienes y servicios, mientras que ahorra el resto. En Economía, el valor $\frac{k}{100}$ se conoce como propensión marginal al consumo mientras que $1-\frac{k}{100}$ se conoce como propensión marginal al ahorro. Si una persona inicia el proceso gastando una cantidad $x$, qué cantidad total se habrá gastado después de $n$ transacciones? ¿Hacia dónde converge el gasto cuando se realiza un número infinito de transacciones? ¿A largo plazo, cuál es el efecto multiplicador sobre el gasto inicial de una propensión marginal al consumo de $0.6$?

Solución

Sea $a_n$ el dinero total gastado en la transacción $n$. Veamos el total de dinero gastado en las primeras $n$ transacciones.

$$\begin{array}{rl}{a}_0& =x\\ a_1& =x\frac{k}{100}\\ a_2& =x{\left(\frac{k}{100}\right)}^2\\ ⋮\\ a_n& =x{\left(\frac{k}{100}\right)}^n\end{array}$$

Por tanto, el dinero total gastado tras $n$ transacciones será $\sum _{i=0}^{n}x{\left(\frac{k}{100}\right)}^i$, y como se trata de una serie geométrica, tal y como se ha visto en el Ejercicio 8.4, la suma vale

$$\sum _{i=0}^{n}x{\left(\frac{k}{100}\right)}^i=x\frac{1-{\left(\frac{k}{100}\right)}^{n+1}}{1-\frac{k}{100}}.$$

Como la razón es $\frac{k}{100}<1$, la serie converge y $$\sum _{n=0}^{\mathrm{\infty }}x{\left(\frac{k}{100}\right)}^n=\frac{x}{1-\frac{k}{100}},$$

es decir, la cantidad inicial dividida por la propensión marginal al ahorro.

Para una propensión marginal al consumo de $0.6$ se tiene $\sum _{n=0}^{\mathrm{\infty }}x{\left(0.6\right)}^n=\frac{x}{1-0.6}=2.5x$, así que se produce un efecto multiplicador del $2.5$.

Ejercicio 8.7 Una cuenta de ahorro ofrece un $5$% de interés anual. Una persona abre la cuenta de ahorro con un depósito de $2000$€ y cada año que pasa hace un depósito de $1000$€. Calcular la cantidad de dinero que habrá en la cuenta después de $n$ años de forma cerrada. ¿Converge la serie asociada?

Solución

Sea $A_n$ la cantidad de dinero en la cuenta tras $n$ años. Veamos cuáles son las cantidades en la cuenta durante los primeros años.

$$\begin{array}{rl}{A}_1& =2000\cdot 1.05\text{€}\\ A_2& =((2000\cdot 1.05)+1000))1.05\text{€}=2000\cdot {1.05}^2+1000\cdot 1.05\text{€}\\ A_3& =((2000\cdot {1.05}^2+1000\cdot 1.05)+1000)1.05\text{€}\\ & =2000\cdot {1.05}^3+1000\cdot {1.05}^2+1000\cdot 1.05\text{€}⋮\end{array}$$

A partir de aquí, se intuye que la suma parcial de orden $n$ es

$$A_n=2000\cdot {1.05}^n+\sum _{i=1}^{n-1}1000\cdot {1.05}^i\text{€}.$$

Como se trata de una serie geométrica, haciendo uso de la pista del Ejercicio 8.4, se puede concluir que

$$\begin{array}{rl}{A}_n& =2000\cdot {1.05}^n+1000\frac{{1.05}^n-1}{1.05-1}-1000\\ & =2000\cdot {1.05}^n+20000({1.05}^n-1)-1000\\ & =22000\cdot {1.05}^n-21000\text{€}.\end{array}$$

Ejercicio 8.8 Supongamos un experimento aleatorio que consiste en repetir una prueba con dos posibles resultados (éxito y fracaso) hasta que se obtiene el primer éxito (por ejemplo tirar una moneda hasta que sale la primera cara). La distribución de la variable aleatoria que mide el número de repeticiones hasta obtener el primer éxito se conoce como distribución hipergeométrica y su función de probabilidad es

$$P(X=n)=(1-p{)}^{n-1}p,$$

donde $p$ es la probabilidad de que ocurra éxito en cada repetición de la prueba.

Una de las condiciones que debe cumplir una función de probabilidad de una variable aleatoria es que la suma de las probabilidades de todos los posibles valores de la variable debe ser $1$. Demostrar que la función de probabilidad de la variable hipergeométrica lo cumple.

Solución

El conjunto de posibles valores que puede tomar la variable aleatoria $X$ es $\mathbb{N}$. Si consideramos la suma de las probabilidades de todos los posibles valores de la variable se tiene $\sum _{n=1}^{\mathrm{\infty }}P(n)=\sum _{n=1}^{\mathrm{\infty }}(1-p{)}^{n-1}p=\sum _{n=0}^{\mathrm{\infty }}(1-p{)}^{n}p$, que, al tratarse de una serie geométrica de razón $(1-p)<1$, converge, y como se ha visto en el Ejercicio 8.4, la suma vale

$$\sum _{n=1}^{\mathrm{\infty }}(1-p{)}^{n}p=\frac{p}{1-(1-p)}=1.$$

Por tanto, cumple la condición para ser una función de probabilidad.

Ejercicio 8.9 El conjunto de cantor es un subconjunto fractal del intervalo $[0,1]$ que se construye de manera recursiva eliminando en cada paso el tercio central de los intervalos que van resultando. El procedimiento sería el siguiente:

1. Quitar del intervalo $[0,1]$ el intervalo abierto $(\frac{1}{3},\frac{2}{3})$.
2. Quitar de los intervalos restantes, los intervalos $(\frac{1}{9},\frac{2}{9})$ y $(\frac{7}{9},\frac{8}{9})$.
3. Quitar de los intervalos restantes, los intervalos $(\frac{1}{27},\frac{2}{27})$, $(\frac{7}{27},\frac{8}{27})$, $(\frac{19}{27},\frac{20}{27})$ y $(\frac{25}{27},\frac{26}{27})$.
4. $\dots$

Demostrar que la longitud total de todos los intervalos eliminados es $1$, y que, a pesar de ello, el conjunto de Cantor tiene un número infinito de puntos. Se dice que este conjunto es un conjunto de medida nula, pero que ni es vacío ni numerable.

Solución

Sea $a_n$ la longitud de los segmentos eliminados en la etapa $n$. Veamos cuál es la longitud de los segmentos eliminados en las primeras etapas.

En la primera etapa se quita el intervalo $(\frac{1}{3},\frac{2}{3})$, y $a_1=\frac{1}{3}$.

En la segunda etapa se quitan los intervalos $(\frac{1}{9},\frac{2}{9})$ y $(\frac{7}{9},\frac{8}{9})$, y por tanto, $a_n=2\frac{1}{9}$.

En la tercera etapa se quitan los intervalos $(\frac{1}{27},\frac{2}{27})$, $(\frac{7}{27},\frac{8}{27})$, $(\frac{19}{27},\frac{20}{27})$ y $(\frac{25}{27},\frac{26}{27})$, y por tanto, $a_3=4\frac{1}{27}$.

En consecuencia, se deduce que $a_n=\frac{2^{n-1}}{3^n}$.

Así pues, la suma de las longitudes de los intervalos quitados es $\sum _{n=1}^{\mathrm{\infty }}\frac{2^{n-1}}{3^n}=\frac{1}{3}\sum _{n=1}^{\mathrm{\infty }}{\left(\frac{2}{3}\right)}^{n-1}=\frac{1}{3}\sum _{n=0}^{\mathrm{\infty }}{\left(\frac{2}{3}\right)}^n$, que, al ser una serie geométrica con razón $\frac{2}{3}<1$, converge, y como se ha visto en el Ejercicio 8.4, su suma vale

$$\frac{1}{3}\sum _{n=0}^{\mathrm{\infty }}{\left(\frac{2}{3}\right)}^n=\frac{1}{3}\frac{1}{1-\frac{2}{3}}=1.$$

Así pues, el conjunto de Cantor es de medida nula. Para ver que, a pesar de ello tiene infinitos números, basta con ver que contiene, entre otros, los números $\frac{1}{3^n}$ $\mathrm{\forall }n\in \mathbb{N}$.

Ejercicio 8.10 Haciendo uso del polinomio de Taylor del logaritmo, demostrar que una serie armónica alternada $\sum \frac{(-1{)}^{n+1}}{n}$ converge y calcular su suma.

Solución

El polinomio de Taylor de grado $n$ de la función $f(x)=\ln (x)$ en el punto $a=1$ es

$$\begin{array}{rl}{P}_{f,1}^n(x)& =1(x-1)-\frac{1}{2}(x-1{)}^2+\frac{2!}{3!}(x-1{)}^3-\frac{3!}{4!}(x-1{)}^4+\cdots +(-1{)}^{n+1}\frac{(n-1)!}{n!}(x-1{)}^n\\ & =1(x-1)-\frac{1}{2}(x-1{)}^2+\frac{1}{3}(x-1{)}^3-\frac{1}{4}(x-1{)}^4+\cdots +(-1{)}^{n+1}\frac{1}{n}(x-1{)}^n\end{array}$$

y en $x=2$ se tiene

$$P_{f,1}^n(2)=1-\frac{1}{2}+\frac{1}{3}-\frac{1}{4}+\cdots +(-1{)}^{n+1}\frac{1}{n}=\sum _{i=1}^n\frac{(-1{)}^{i+1}}{i}$$

Por tanto, $\sum _{n=1}^{\mathrm{\infty }}\frac{(-1{)}^{n+1}}{n}=\underset{n\to \mathrm{\infty }}{lim}{P}_{f,1}^n(2)=\ln (2)$.

Ejercicio 8.11 Haciendo uso del polinomio de Maclaurin de la función exponencial, demostrar que una serie $\sum \frac{1}{n!}$ converge y calcular su suma.

Solución

El polinomio de Maclaurin de grado $n$ de la función $f(x)=e^x$ es

$$P_{f,0}^n(x)=1+x+\frac{x^2}{2!}+\frac{x^3}{3!}+\cdots +\frac{x^n}{n!}$$

y en $x=1$ se tiene

$$P_{f,0}^n(1)=1+1+\frac{1}{2!}+\frac{1}{3!}+\cdots +\frac{1}{n!}$$

Por tanto, $\sum _{n=0}^{\mathrm{\infty }}\frac{1}{n!}=\underset{n\to \mathrm{\infty }}{lim}{P}_{f,0}^n(1)=e^1=e.$

Ejercicio 8.12 Demostrar que las siguientes series divergen.

1. $\sum \frac{n^2}{n+1}$

2. $\sum \cos \left(\frac{1}{n}\right)$

3. $\sum n\mathrm{sen}\left(\frac{1}{n}\right)$

4. $\sum \frac{1}{2n}$

Solución

1. Como $\underset{n\to \mathrm{\infty }}{lim}\frac{n^2}{n+1}=\mathrm{\infty }$, por la condición de convergencia, la serie $\sum \frac{n^2}{n+1}$ diverge.

2. Como $\underset{n\to \mathrm{\infty }}{lim}\cos \left(\frac{1}{n}\right)=1\ne 0$, por la condición de convergencia, la serie $\sum \cos \left(\frac{1}{n}\right)$ diverge.

3. Como $\underset{n\to \mathrm{\infty }}{lim}n\mathrm{sen}\left(\frac{1}{n}\right)=1\ne 0$, por la condición de convergencia, la serie $\sum n\mathrm{sen}\left(\frac{1}{n}\right)$ diverge.

4. $\sum \frac{1}{2n}=\frac{1}{2}\sum \frac{1}{n}$ y como la serie armónica $\sum \frac{1}{n}$ diverge, la serie $\sum \frac{1}{2n}$ también.

Ejercicio 8.13 Demostrar que $\sum _{n=1}^{\mathrm{\infty }}\frac{1}{n(n+1)}=1$.

Pista

Descomponer el término general de la sucesión subyacente a la serie en fraccione simples.

Solución

El término general de la sucesión se puede descomponer en fracciones simples de la siguiente manera $\frac{1}{n(n+1)}=\frac{1}{n}-\frac{1}{n+1}$, que es una serie telescópica, de modo que la suma parcial de los $n$ primeros términos de la serie es

$$\begin{array}{rl}{A}_n& =(1-\frac{1}{2})+(\frac{1}{2}-\frac{1}{3})+(\frac{1}{3}-\frac{1}{4})+\cdots +(\frac{1}{n}-\frac{1}{n+1})=1-\frac{1}{n+1}\end{array}$$

Así pues,

$$\sum _{n=1}^{\mathrm{\infty }}\frac{1}{n(n+1)}=\underset{n\to \mathrm{\infty }}{lim}{A}_n=\underset{n\to \mathrm{\infty }}{lim}1-\frac{1}{n+1}=1.$$

Ejercicio 8.14 Estudiar la convergencia de las siguientes series telescópicas.

1. $\sum \cos (n^2)-\cos ((n+1{)}^2)$

2. $\sum \mathrm{sen}\left(\frac{1}{n}\right)-\mathrm{sen}\left(\frac{1}{n+1}\right)$

3. $\sum \ln \left(\frac{n+1}{n}\right)$

4. $\sum _{n\ge 2}\frac{2}{n^2-1}$

Solución

1. Como se trata de una serie telescópica, se tiene que la suma parcial de orden $n$ es

   $$\begin{array}{rl}{A}_n& =\sum _{i=1}^n\cos (i^2)-\cos ((i+1{)}^2)\\ & =\cos (1)-\cos (2^2)+\cos (2^2)-\cos (3^2)+\cdots +\cos (n^2)-\cos ((n+1{)}^2)\\ & =\cos (1)-\cos ((n+1{)}^2).\end{array}$$

   Así pues,

   $$\begin{array}{rl}\sum _{n=1}^{\mathrm{\infty }}\cos (n^2)-\cos ((n+1{)}^2)& =\underset{n\to \mathrm{\infty }}{lim}{A}_n=\underset{n\to \mathrm{\infty }}{lim}\cos (1)-\cos ((n+1{)}^2)\\ & =\cos (1)-\underset{n\to \mathrm{\infty }}{lim}\cos ((n+1{)}^2).\end{array}$$

   Pero como no existe $\underset{n\to \mathrm{\infty }}{lim}\cos ((n+1{)}^2)$, la serie no converge.

2. Como se trata de una serie telescópica, se tiene que la suma parcial de orden $n$ es

   $$\begin{array}{rl}{A}_n& =\sum _{i=1}^n\mathrm{sen}\left(\frac{1}{i}\right)-\mathrm{sen}\left(\frac{1}{i+1}\right)\\ & =\mathrm{sen}(1)-\mathrm{sen}\left(\frac{1}{2}\right)+\mathrm{sen}\left(\frac{1}{2}\right)-\mathrm{sen}\left(\frac{1}{3}\right)+\cdots +\mathrm{sen}\left(\frac{1}{n}\right)-\mathrm{sen}\left(\frac{1}{n+1}\right)\\ & =\mathrm{sen}(1)-\mathrm{sen}\left(\frac{1}{n+1}\right).\end{array}$$

   Así pues,

   $$\begin{array}{rl}\sum _{n=1}^{\mathrm{\infty }}\mathrm{sen}\left(\frac{1}{n}\right)-\mathrm{sen}\left(\frac{1}{n+1}\right)& =\underset{n\to \mathrm{\infty }}{lim}{A}_n=\underset{n\to \mathrm{\infty }}{lim}\mathrm{sen}(1)-\mathrm{sen}\left(\frac{1}{n+1}\right)\\ & =\mathrm{sen}(1)-\underset{n\to \mathrm{\infty }}{lim}\mathrm{sen}\left(\frac{1}{n+1}\right)=\mathrm{sen}(1),\end{array}$$

   y, por tanto, la serie converge a $\mathrm{sen}(1)$.

3. $\sum \ln \left(\frac{n+1}{n}\right)=\sum \ln (n+1)-\ln (n)$ que de nuevo es una serie telescópica, por lo que su suma parcial de orden $n$ es

   $$\begin{array}{rl}{A}_n& =\sum _{i=1}^n\ln (i+1)-\ln (i)\\ & =\ln (2)-\ln (1)+\ln (3)-\ln (2)+\ln (4)-\ln (3)+\cdots +\ln (n+1)-\ln (n)\\ & =\ln (n+1)-\ln (1)=\ln (n+1).\end{array}$$

   Así pues,

   $$\sum _{n=1}^{\mathrm{\infty }}\ln \left(\frac{n+1}{n}\right)=\underset{n\to \mathrm{\infty }}{lim}{A}_n=\underset{n\to \mathrm{\infty }}{lim}\ln (n+1)=\mathrm{\infty },$$

   y, por tanto, la serie diverge.

4. $\sum _{n\ge 2}\frac{2}{n^2-1}=\sum _{n\ge 2}\frac{1}{n-1}-\frac{1}{n+1}$, que también es una serie telescópica, cuya suma parcial de orden $n$ es

   $$\begin{array}{rl}{A}_n& =\sum _{i=2}^n\frac{1}{i-1}-\frac{1}{i+1}\\ & =1-\frac{1}{3}+\frac{1}{2}-\frac{1}{4}+\frac{1}{3}-\frac{1}{5}+\cdots +\frac{1}{n-1}-\frac{1}{n+1}\\ & =1+\frac{1}{2}-\frac{1}{n+1}=\frac{3}{2}-\frac{1}{n+1}.\end{array}$$

   Así pues,

   $$\sum _{n=2}^{\mathrm{\infty }}\frac{1}{n-1}-\frac{1}{n+1}=\underset{n\to \mathrm{\infty }}{lim}{A}_n=\underset{n\to \mathrm{\infty }}{lim}\frac{3}{2}-\frac{1}{n+1}=\frac{3}{2}-\underset{n\to \mathrm{\infty }}{lim}\frac{1}{n+1}=\frac{3}{2},$$

   y, por tanto, la serie converge a $\frac{3}{2}$.

Ejercicio 8.15 Estudiar la convergencia de las siguientes series comparándolas con otras conocidas.

1. $\sum \frac{2n}{4n^3-n+1}$

2. $\sum \frac{\ln (n)}{n}$

3. $\sum \frac{3^n}{2^n+1}$

4. $\sum \frac{n+1}{\sqrt{n^3}}$

5. $\sum \frac{e^{1/n}}{n}$

6. $\sum \mathrm{sen}\left(\frac{1}{n}\right)$

7. $\sum \frac{n+1}{n!}$

8. $\sum \frac{n^n}{n!}$

Solución

1. $\frac{2n}{4n^3-n+1}>0$ $\mathrm{\forall }n\in \mathbb{N}$, por lo que se trata de una serie de términos positivos. Como $4n^3-n+1>4n^3-n>0$ $\mathrm{\forall }n\mathbb{N}$ se tiene que

   $$\frac{2n}{4n^3-n+1}<\frac{2n}{4n^3-n}=\frac{2}{4n^2-1}=\frac{2}{(2n+1)(2n-1)}=\frac{1}{2n-1}-\frac{1}{2n+1}\mathrm{\forall }n\in \mathbb{N}.$$

   Así pues, por el criterio de comparación de series, $\sum \frac{2n}{4n^3-n+1}$ converge sí $\sum \frac{1}{2n-1}-\frac{1}{2n+1}$ converge. Pero esta última serie es una serie telescópica, y como $\underset{n\to \mathrm{\infty }}{lim}\frac{1}{2n-1}=0$, converge, de manera que $\sum \frac{2n}{4n^3-n+1}$ también converge.

2. $\frac{\ln (n)}{n}\ge 0$ $\mathrm{\forall }n\in \mathbb{N}$, por lo que se trata de una serie de términos positivos. Como $\ln (n)>1$ $\mathrm{\forall }n\ge 3$, se tiene que $\frac{\ln (n)}{n}>\frac{1}{n}$ $\mathrm{\forall }n\ge 3$, y como $\sum \frac{1}{n}$ es la serie armónica, que diverge, por el criterio de la comparación de series, $\sum \frac{\ln (n)}{n}$ también diverge.

3. $\frac{3^n}{2^n+1}>0$ $\mathrm{\forall }n\in \mathbb{N}$ por lo que se trata de una serie de términos positivos. Como $2^n+1>2^n$ $\mathrm{\forall }n\in \mathbb{N}$, se tiene que $\frac{3^n}{2n+1}<\frac{3^n}{2^n}={\left(\frac{3}{2}\right)}^n$ $\mathrm{\forall }n\in \mathbb{N}$. Y como $\sum {\left(\frac{3}{2}\right)}^n$ diverge al ser una serie geométrica de razón $\frac{3}{2}>1$, por el criterio de comparación de series se tiene que $\sum \frac{3^n}{2^n+1}$ también diverge.

4. $\frac{n+1}{\sqrt{n^3}}>0$ $\mathrm{\forall }n\in \mathbb{N}$ por lo que se trata de una serie de términos positivos. Por otro lado,

   $$\sum \frac{n+1}{\sqrt{n^3}}=\sum \frac{n+1}{n^{3/2}}=\sum (\frac{n}{n^{3/2}}+\frac{1}{n^{3/2}})=\sum \frac{1}{n^{1/2}}+\sum \frac{1}{n^{3/2}}.$$

   Como $\sum \frac{1}{n^{1/2}}$ es una serie $p$ con $p<1$, diverge, y por tanto, $\sum \frac{n+1}{\sqrt{n^3}}$ también diverge.

5. $\frac{e^{1/n}}{n}>0$ $\mathrm{\forall }n\in \mathbb{N}$ por lo que se trata de una serie de términos positivos. Como $e^{1/n}>1$ $\mathrm{\forall }n\in \mathbb{N}$ se tiene que $\frac{e^{1/n}}{n}>\frac{1}{n}$ $\mathrm{\forall }n\in \mathbb{N}$, y como $\sum \frac{1}{n}$ es la serie armónica, que diverge, por el criterio de la comparación de series, $\sum \frac{e^{1/n}}{n}$ también diverge.

6. $\mathrm{sen}\left(\frac{1}{n}\right)>0$ $\mathrm{\forall }n\in \mathbb{N}$ por lo que se trata de una serie de términos positivos. Haciendo el cambio de variable $x=\frac{1}{n}$, se tiene

   $$\underset{n\to \mathrm{\infty }}{lim}\frac{\mathrm{sen}\left(\frac{1}{n}\right)}{\frac{1}{n}}=\underset{x\to 0}{lim}\frac{\mathrm{sen}(x)}{x}=1,$$

   al ser $\mathrm{sen}(x)$ y $x$ infinitésimos equivalentes en $0$. Así pues, por el criterio del cociente, se tiene que $\sum \mathrm{sen}\left(\frac{1}{n}\right)$ converge si y solo si $\sum \frac{1}{n}$ converge, pero $\sum \frac{1}{n}$ es la serie armónica, que diverge, y por tanto, $\sum \mathrm{sen}\left(\frac{1}{n}\right)$ también diverge.

7. $\frac{n+1}{n!}>0$ $\mathrm{\forall }n\in \mathbb{N}$ por lo que se trata de una serie de términos positivos. Por otro lado, se tiene

   $$\sum \frac{n+1}{n!}=\sum \frac{n}{n!}+\frac{1}{n!}=\sum \frac{1}{(n-1)!}+\sum \frac{1}{n!},$$

   y como se ha visto en el Ejercicio 8.11, tanto $\sum \frac{1}{(n-1)!}$ como $\sum \frac{1}{n!}$ convergen, por lo que $\sum \frac{n+1}{n!}$ también converge.

8. $\frac{n^n}{n!}>0$ $\mathrm{\forall }n\in \mathbb{N}$ por lo que se trata de una serie de términos positivos. Por otro lado, se tiene

   $$\frac{n^n}{n!}=\frac{n}{n}\frac{n}{n-1}\frac{n}{n-2}\cdots \frac{n}{1}\ge n\mathrm{\forall }n\in \mathbb{N}.$$

   Y como $\sum n$ diverge, por el criterio de comparación de series, $\sum \frac{n^n}{n!}$ también diverge.

Ejercicio 8.16 Demostrar que si $\sum a_n$ y $\sum b_n$ son dos series de términos positivos entonces se cumple que

1. Si $\underset{n\to \mathrm{\infty }}{lim}\frac{a_n}{b_n}=0$ y $\sum b_n$ converge, entonces $\sum a_n$ también converge.

2. Si $\underset{n\to \mathrm{\infty }}{lim}\frac{a_n}{b_n}=\mathrm{\infty }$ y $\sum b_n$ diverge, entonces $\sum a_n$ también diverge.

Solución

1. Supongamos que $\underset{n\to \mathrm{\infty }}{lim}\frac{a_n}{b_n}=0$. Entonces, para $\epsilon =1$ existe $k\in \mathbb{N}$ tal que $\left|\frac{a_n}{b_n}\right|=\frac{a_n}{b_n}<1$ $\mathrm{\forall }n\ge k$, y por tanto, $a_n<b_n$ $\mathrm{\forall }n\ge k$. Así pues, por el criterio de comparación de series, si $\sum _{n\ge k}{b}_n$ converge, $\sum _{n\ge k}{a}_n$ también, y como un número finito de términos no influye en la convergencia de una serie, $\sum a_n$ converge.

2. Supongamos que $\underset{n\to \mathrm{\infty }}{lim}\frac{a_n}{b_n}=\mathrm{\infty }$. Entonces, para $\epsilon =1$ existe $k\in \mathbb{N}$ tal que $\left|\frac{a_n}{b_n}\right|=\frac{a_n}{b_n}>1$ $\mathrm{\forall }n\ge k$, y por tanto, $a_n>b_n$ $\mathrm{\forall }n\ge k$. Así pues, por el criterio de comparación de series, si $\sum _{n\ge k}{b}_n$ diverge, $\sum _{n\ge k}{a}_n$ también, y como un número finito de términos no influye en la convergencia de una serie, $\sum a_n$ diverge.

Ejercicio 8.17 Dada una serie de términos positivos $\sum a_n$ convergente, estudiar si las siguientes series convergen.

1. $\sum a_n^2$

2. $\sum \frac{1}{a_n^3}$

3. $\sum \ln (1+a_n)$

4. $\sum \mathrm{sen}(a_n)$

Solución

1. Por el criterio de divergencia, como $\sum a_n$ converge, se tiene que $\underset{n\to \mathrm{\infty }}{lim}{a}_n=0$. Por otro lado, $\underset{n\to \mathrm{\infty }}{lim}\frac{a_n^2}{a_n}=\underset{n\to \mathrm{\infty }}{lim}{a}_n=0$, y por lo visto en el Ejercicio 8.16, como $\sum a_n$ converge, $\sum a_n^2$ también.

2. $\underset{n\to \mathrm{\infty }}{lim}\frac{a_n^3}{a_n}=\underset{n\to \mathrm{\infty }}{lim}{a}_n^2=0$, ya que, según el apartado anterior $\sum a_n^2$ converge, y por lo visto en el Ejercicio 8.16, como $\sum a_n$ converge, $\sum a_n^3$ también. Finalmente, como $\sum a_n^3$ converge, la serie de los inversos $\sum a_n^{-3}$ diverge.

3. Por el criterio de divergencia, como $\sum a_n$ converge, se tiene que $\underset{n\to \mathrm{\infty }}{lim}{a}_n=0$, y haciendo el cambio de variable $x=a_n$, se tiene

   $$\underset{n\to \mathrm{\infty }}{lim}\frac{\ln (1+a_n)}{a_n}=\underset{x\to 0}{lim}\frac{\ln (1+x)}{x}=1,$$

   ya que $\ln (1+x)$ y $x$ son infinitésimos equivalentes en $0$. Por tanto, por el criterio del cociente, $\sum \ln (1+a_n)$ también converge.

4. Por el criterio de divergencia, como $\sum a_n$ converge, se tiene que $\underset{n\to \mathrm{\infty }}{lim}{a}_n=0$, y haciendo el cambio de variable $x=a_n$, se tiene

   $$\underset{n\to \mathrm{\infty }}{lim}\frac{\mathrm{sen}(a_n)}{a_n}=\underset{x\to 0}{lim}\frac{\mathrm{sen}(x)}{x}=1,$$

   ya que $\mathrm{sen}(x)$ y $x$ son infinitésimos equivalentes en $0$. Por tanto, por el criterio del cociente, $\sum \mathrm{sen}(a_n)$ también converge.

Ejercicio 8.18 Estudiar la convergencia de las siguientes series alternadas.

1. $\sum \frac{(-1{)}^{n-1}}{2n-1}$

2. $\sum (-1{)}^n{e}^{-n}$

3. $\sum (-1{)}^n\mathrm{sen}\left(\frac{\pi }{n}\right)$

4. $\sum (-1{)}^n(\frac{1}{\sqrt{n+1}}-\frac{1}{\sqrt{n}})$

Solución

1. ${\left(\frac{1}{2n-1}\right)}_{n=1}^{\mathrm{\infty }}$ es una sucesión monótona decreciente, ya que $\frac{1}{2n-1}>\frac{1}{2(n+1)-1}=\frac{1}{2n+1}$ $\mathrm{\forall }n\in \mathbb{N}$. Como además $\underset{n\to \mathrm{\infty }}{lim}\frac{1}{2n-1}=0$, por el criterio de la serie alternada se tiene que $\sum \frac{(-1{)}^{n-1}}{2n-1}$ converge.

2. $(e^{-n}{)}_{n=1}^{\mathrm{\infty }}$ es una sucesión monótona decreciente, ya que $e^{-n}>e^{-(n+1)}$ $\mathrm{\forall }n\in \mathbb{N}$. Como además $\underset{n\to \mathrm{\infty }}{lim}{e}^{-n}=0$, por el criterio de la serie alternada se tiene que $\sum (-1{)}^n{e}^{-n}$ converge.

3. ${\left(\mathrm{sen}\left(\frac{\pi }{n}\right)\right)}_{n=1}^{\mathrm{\infty }}$ es una sucesión monótona decreciente, ya que $\mathrm{sen}\left(\frac{\pi }{n}\right)>\mathrm{sen}\left(\frac{\pi }{n+1}\right)$ $\mathrm{\forall }n\ge 2$. Como además $\underset{n\to \mathrm{\infty }}{lim}\mathrm{sen}\left(\frac{\pi }{n}\right)=0$, por el criterio de la serie alternada se tiene que $\sum (-1{)}^n\mathrm{sen}\left(\frac{\pi }{n}\right)$ converge.

4. Sea $A_n$ la suma parcial de orden $n$ de la serie $\sum (-1{)}^n(\frac{1}{\sqrt{n+1}}-\frac{1}{\sqrt{n}})$. Si desarrollamos las primeras sumas parciales se tiene

   $$\begin{array}{rl}{A}_1& =\frac{-1}{\sqrt{2}}+\frac{1}{\sqrt{1}}\\ A_2& =\frac{-1}{\sqrt{2}}+\frac{1}{\sqrt{1}}+\frac{1}{\sqrt{3}}-\frac{1}{\sqrt{2}}=1-\frac{2}{\sqrt{2}}+\frac{1}{\sqrt{3}}\\ A_3& =1-\frac{2}{\sqrt{2}}+\frac{1}{\sqrt{3}}-\frac{1}{\sqrt{4}}+\frac{1}{\sqrt{3}}=1-\frac{2}{\sqrt{2}}+\frac{2}{\sqrt{3}}-\frac{1}{\sqrt{4}}\\ A_3& =1-\frac{2}{\sqrt{2}}+\frac{2}{\sqrt{3}}-\frac{1}{\sqrt{4}}+\frac{1}{\sqrt{5}}-\frac{1}{\sqrt{4}}=1-\frac{2}{\sqrt{2}}+\frac{2}{\sqrt{3}}-\frac{2}{\sqrt{4}}+\frac{1}{\sqrt{5}}\\ ⋮\\ A_n& =1+2\sum _{i=1}^n\frac{(-1{)}^n}{\sqrt{n}}\end{array}$$

   Como la sucesión ${\left(\frac{1}{\sqrt{n}}\right)}_{n=1}^{\mathrm{\infty }}$ es monótona decreciente, ya que $\frac{1}{\sqrt{n}}>\frac{1}{\sqrt{n+1}}$ $\mathrm{\forall }n\in \mathbb{N}$, y $\underset{n\to \mathrm{\infty }}{lim}\frac{1}{\sqrt{n}}=0$, por el criterio de la serie alternada se tiene que $\sum \frac{(-1{)}^n}{\sqrt{n}}$ converge, y por tanto, $\sum (-1{)}^n(\frac{1}{\sqrt{n+1}}-\frac{1}{\sqrt{n}})=1+2\sum \frac{(-1{)}^n}{\sqrt{n}}$ también converge.

Ejercicio 8.19 El movimiento de un muelle amortiguado con un peso colgado de él es oscilante. Si la posición que ocupa el peso en cada periodo de oscilación $n$ viene dado por la serie $\sum (-1{)}^{n-1}{e}^{-n/2}$, ¿llegará a estabilizarse en una posición de equilibrio a largo plazo?

Solución

$(e^{-n/2}{)}_{n=1}^{\mathrm{\infty }}$ es una sucesión monótona decreciente, ya que $e^{-n/2}>e^{-(n+1)/2}$ $\mathrm{\forall }n\in \mathbb{N}$. Como además $\underset{n\to \mathrm{\infty }}{lim}{e}^{-n/2}=0$, por el criterio de la serie alternada se tiene que $\sum (-1{)}^{n-1}{e}^{-n/2}$ converge, así que el peso colgado del muelle se estabilizará a largo plazo en la posición $\sum (-1{)}^{n-1}{e}^{-n/2}$.

Ejercicio 8.20 Estudiar la convergencia absoluta de las siguientes series.

1. $\sum \frac{(-2{)}^n}{n^2}$.

2. $\sum \frac{n}{3^n}$

3. $\sum \frac{\mathrm{sen}(n)}{n^2}$.

4. $\sum \frac{(-1{)}^n}{\ln (n)}$

5. $\sum {\left(\frac{n^2+1}{2n^2-1}\right)}^n$

6. $\sum \frac{n!}{n^n}$

Solución

1. Como

   $$\underset{n\to \mathrm{\infty }}{lim}\left|\frac{a_{n+1}}{a_n}\right|=\underset{n\to \mathrm{\infty }}{lim}\frac{\frac{2^{n+1}}{(n+1{)}^2}}{\frac{2^n}{n^2}}=\underset{n\to \mathrm{\infty }}{lim}\frac{2n^2}{(n+1{)}^2}=2>1,$$

   por el criterio de la razón, se tiene que $\sum \frac{(-2{)}^n}{n^2}$ diverge.

2. Como

   $$\underset{n\to \mathrm{\infty }}{lim}\left|\frac{a_{n+1}}{a_n}\right|=\underset{n\to \mathrm{\infty }}{lim}\frac{\frac{n+1}{3^{n+1}}}{\frac{n}{3^n}}=\underset{n\to \mathrm{\infty }}{lim}\frac{n+1}{3n}=\frac{1}{3}<1,$$

   por el criterio de la razón, se tiene que $\sum \frac{n}{3^n}$ es absolutamente convergente.

3. Como $\left|\frac{\mathrm{sen}(n)}{n^2}\right|<\frac{1}{n^2}$ $\mathrm{\forall }n\in \mathbb{N}$, y $\sum \frac{1}{n^2}$ converge al ser una serie $p$ con $p=2>1$, por el criterio de comparación de series, $\sum \left|\frac{\mathrm{sen}(n)}{n^2}\right|$ converge, y por tanto, $\sum \frac{\mathrm{sen}(n)}{n^2}$ es absolutamente convergente.

4. $\sum \left|\frac{(-1{)}^n}{\ln (n)}\right|=\sum \frac{1}{\ln (n)}$ $\mathrm{\forall }n>1$, y como $\frac{1}{\ln (n)}>\frac{1}{n}$ $\mathrm{\forall }n>1$, por el criterio de comparación de series, $\sum \frac{1}{\ln (n)}$ diverge ya que $\sum \frac{1}{n}$ diverge. Por tanto, $\sum \frac{(-1{)}^n}{\ln (n)}$ no es absolutamente converge.

5. Como

   $$\underset{n\to \mathrm{\infty }}{lim}\sqrt[n]{\left|{\left(\frac{n^2+1}{2n^2-1}\right)}^n\right|}=\underset{n\to \mathrm{\infty }}{lim}\frac{n^2+1}{2n^2-1}=\frac{1}{2}<1,$$

   por el criterio de la razón, se tiene que $\sum {\left(\frac{n^2+1}{2n^2-1}\right)}^n$ es absolutamente convergente.

6. Como

   $$\begin{array}{rl}\underset{n\to \mathrm{\infty }}{lim}\left|\frac{a_{n+1}}{a_n}\right|& =\underset{n\to \mathrm{\infty }}{lim}\frac{\frac{(n+1)!}{(n+1{)}^{n+1}}}{\frac{n!}{n^n}}=\underset{n\to \mathrm{\infty }}{lim}\frac{\frac{(n+1)n!}{(n+1)(n+1{)}^n}}{\frac{n!}{n^n}}\\ & =\underset{n\to \mathrm{\infty }}{lim}\frac{n^n}{(n+1{)}^n}=\underset{n\to \mathrm{\infty }}{lim}{\left(\frac{n}{n+1}\right)}^n=\frac{1}{e}<1,\end{array}$$

   por el criterio de la razón, se tiene que $\sum \frac{n!}{n^n}$ es absolutamente convergente.

Ejercicio 8.21 Demostrar que el radio de convergencia de una serie de potencias $\sum c_n{x}^n$ se puede calcular mediante las siguientes fórmulas

$$R=\frac{1}{\underset{n\to \mathrm{\infty }}{lim}\sqrt[n]{|c_n|}}\text{o}R=\underset{n\to \mathrm{\infty }}{lim}\left|\frac{c_n}{c_{n+1}}\right|.$$

Solución

Para probar la validez de la primera fórmula utilizaremos el criterio de la raíz para convergencia absoluta de series.

$$\underset{n\to \mathrm{\infty }}{lim}\sqrt[n]{|c_n{x}^n|}=|x|\underset{n\to \mathrm{\infty }}{lim}\sqrt[n]{|c_n|}<1\iff |x|<\frac{1}{\underset{n\to \mathrm{\infty }}{lim}\sqrt[n]{|c_n|}}.$$

Y para probar la validez de la segunda fórmula utilizaremos el criterio de la razón para la convergencia absoluta de series.

$$\underset{n\to \mathrm{\infty }}{lim}\left|\frac{c_{n+1}{x}^{n+1}}{c_n{x}^n}\right|=|x|\underset{n\to \mathrm{\infty }}{lim}\left|\frac{c_{n+1}}{c_n}\right|<1\iff |x|<\frac{1}{\underset{n\to \mathrm{\infty }}{lim}\left|\frac{c_{n+1}}{c_n}\right|}=\underset{n\to \mathrm{\infty }}{lim}\left|\frac{c_n}{c_{n+1}}\right|.$$

Ejercicio 8.22 Calcular el radio de convergencia y el dominio de convergencia puntual de las siguientes series de potencias.

1. $\sum n{x}^n$

2. $\sum \frac{(-1{)}^n{x}^n}{\sqrt{n}}$

3. $\sum n!(x-1{)}^n$

4. $\sum \frac{(x-2{)}^n}{n^3}$

5. $\sum \frac{n!(x-3{)}^n}{n^n}$

6. $\sum \mathrm{sen}\left(\frac{1}{n}\right)(x+1{)}^n$

Solución

1. Aplicando el criterio de la razón se tiene que el radio de convergencia es

   $$R=\underset{n\to \mathrm{\infty }}{lim}\left|\frac{n}{n+1}\right|=1.$$

   Para $x=1$ se tiene la serie $\sum n$, que diverge, y para $x=-1$ se tiene la serie $\sum (-1^n)n$, que es una serie alternada pero también diverge ya que $\underset{n\to \mathrm{\infty }}{lim}n=\mathrm{\infty }$. Por tanto, el dominio de convergencia de la serie de potencias es $(-1,1)$.

2. Aplicando el criterio de la razón se tiene que el radio de convergencia es

   $$R=\underset{n\to \mathrm{\infty }}{lim}\left|\frac{\frac{(-1{)}^n}{\sqrt{n}}}{\frac{(-1{)}^{n+1}}{\sqrt{n+1}}}\right|=\underset{n\to \mathrm{\infty }}{lim}\frac{\sqrt{n+1}}{\sqrt{n}}=1.$$

   Para $x=1$ se tiene la serie $\sum \frac{(-1{)}^n}{\sqrt{n}}$, que es una serie alternada que converge ya que $\underset{n\to \mathrm{\infty }}{lim}\frac{1}{\sqrt{n}}=0$, y para $x=-1$ se tiene la serie $\sum \frac{1}{\sqrt{n}}$ que diverge al ser una serie $p$ con $p\le 1$. Por tanto, el dominio de convergencia de la serie de potencias es $(-1,1]$.

3. Aplicando el criterio de la razón se tiene que el radio de convergencia es

   $$R=\underset{n\to \mathrm{\infty }}{lim}\left|\frac{n!}{(n+1)!}\right|=\underset{n\to \mathrm{\infty }}{lim}\frac{1}{n+1}=0.$$

   Por tanto, la serie de potencias solo converge en $x=1$.

4. Aplicando el criterio de la razón se tiene que el radio de convergencia es

   $$R=\underset{n\to \mathrm{\infty }}{lim}\left|\frac{\frac{1}{n^3}}{\frac{1}{(n+1{)}^3}}\right|=\underset{n\to \mathrm{\infty }}{lim}\frac{(n+1{)}^3}{n^3}=1.$$

   Por tanto, la serie de potencias converge para $|x-2|<1$, es decir, en $(1,3)$. Para $x=1$ se tiene la serie $\sum \frac{(-1{)}^n}{n^3}$, que es una serie alternada que converge ya que $\underset{n\to \mathrm{\infty }}{lim}\frac{1}{n^3}=0$, y para $x=-1$ se tiene la serie $\sum \frac{1}{n^3}$ que también converge al ser una serie $p$ con $p>1$. Por tanto, el dominio de convergencia de la serie de potencias es $[1,3]$.

5. Aplicando el criterio de la razón se tiene que el radio de convergencia es

   $$\begin{array}{rl}R& =\underset{n\to \mathrm{\infty }}{lim}\left|\frac{\frac{n!}{n^n}}{\frac{(n+1)!}{(n+1{)}^{n+1}}}\right|=\underset{n\to \mathrm{\infty }}{lim}\frac{(n+1{)}^{n+1}}{n^n(n+1)}=\underset{n\to \mathrm{\infty }}{lim}\frac{(n+1{)}^n}{n^n}\\ & =\underset{n\to \mathrm{\infty }}{lim}{\left(\frac{n+1}{n}\right)}^n=\underset{n\to \mathrm{\infty }}{lim}{(1+\frac{1}{n})}^n=e\end{array}$$

   Por tanto, la serie de potencias converge para $|x-3|<e$, es decir, en $(3-e,3+e)$. Para $x=3+e$ se tiene la serie $\sum \frac{n!e^n}{n^n}$ diverge ya que $\underset{n\to \mathrm{\infty }}{lim}\frac{n!e^n}{n^n}=\mathrm{\infty }$, y para $x=3-e$ se tiene la serie $\sum (-1{)}^n\frac{n!e^n}{n^n}$, que es una serie alternada que también diverge por la misma razón que la anterior. Por tanto, el dominio de convergencia de la serie de potencias es $(3-e,3+e)$.

6. Aplicando el criterio de la razón se tiene que el radio de convergencia es

   $$\begin{array}{rl}\text{(L’Hôpital)}& R& =\underset{n\to \mathrm{\infty }}{lim}\left|\frac{\mathrm{sen}\left(\frac{1}{n}\right)}{\mathrm{sen}\left(\frac{1}{n+1}\right)}\right|=\underset{n\to \mathrm{\infty }}{lim}\left|\frac{\cos \left(\frac{1}{n}\right)\frac{-1}{n^2}}{\cos \left(\frac{1}{n+1}\right)\frac{-1}{(n+1{)}^2}}\right|& =\underset{n\to \mathrm{\infty }}{lim}\frac{(n+1{)}^2}{n^2}=1\end{array}$$

   Por tanto, la serie de potencias converge para $|x+1|<1$, es decir, en $(-2,0)$. Para $x=0$ se tiene la serie $\sum \mathrm{sen}\left(\frac{1}{n}\right)$ que diverge según se vio en el Ejercicio 8.15, y para $x=-2$ se tiene la serie $\sum (-1{)}^n\mathrm{sen}\left(\frac{1}{n}\right)$, que es una serie alternada que converge al ser $\underset{n\to \mathrm{\infty }}{lim}\mathrm{sen}\left(\frac{1}{n}\right)=0$. Por tanto, el dominio de convergencia de la serie de potencias es $[-2,0)$.

Ejercicio 8.23 Demostrar que la serie de potencias $\sum \frac{x^n}{n!}$ es absolutamente convergente para cualquier $x\in \mathbb{R}$.

Demostrar también que la función $f(x)=\sum _{n=0}^{\mathrm{\infty }}\frac{x^n}{n!}$ cumple la ecuación diferencial $f^{\prime }(x)=f(x)$. ¿Qué otras funciones conoces que la cumplen?

Demostrar finalmente que $f(x)=e^x$.

Solución

Como

$$\begin{array}{rl}\underset{n\to \mathrm{\infty }}{lim}\left|\frac{a_{n+1}}{a_n}\right|& =\underset{n\to \mathrm{\infty }}{lim}\frac{\frac{x^{n+1}}{(n+1)!}}{\frac{x^n}{n!}}=\underset{n\to \mathrm{\infty }}{lim}\frac{\frac{|x{x}^n|}{(n+1)n!}}{\frac{|x^n|}{n!}}\\ & =\underset{n\to \mathrm{\infty }}{lim}\frac{|x|}{n+1}=0\mathrm{\forall }x\in \mathbb{R},\end{array}$$

por el criterio de la razón, se tiene que $\sum \frac{x^n}{n!}$ es absolutamente convergente $\mathrm{\forall }x\in \mathbb{R}$.

Sea $A_n(x)$ la función de la suma parcial de orden $n$ de la serie anterior para cualquier $x\in \mathbb{R}$, es decir,

$$A_n(x)=1+x+\frac{x^2}{2!}+\frac{x^3}{3!}+\frac{x^4}{4!}+\cdots +\frac{x^n}{n!}$$

Entonces, su derivada vale

$$\begin{array}{rl}{A}_n^{\prime }(x)& =(1{)}^{\prime }+(x{)}^{\prime }+{\left(\frac{x^2}{2!}\right)}^{\prime }+{\left(\frac{x^3}{3!}\right)}^{\prime }+{\left(\frac{x^4}{4!}\right)}^{\prime }+\cdots +{\left(\frac{x^n}{n!}\right)}^{\prime }\\ & =0+1+\frac{2x}{2!}+\frac{3x^2}{3!}+\frac{4x^3}{4!}+\cdots +\frac{n{x}^{n-1}}{n!}\\ & =1+x+\frac{x^2}{2!}+\frac{x^3}{3!}+\frac{x^4}{4!}+\cdots +\frac{x^{n-1}}{(n-1)!}=A_{n-1}(x)\end{array}$$

Así pues, si tomamos la función $f(x)=\sum _{n=0}^{\mathrm{\infty }}\frac{x^n}{n!}=\underset{n\to \mathrm{\infty }}{lim}{A}_n(x)$, su derivada vale

$$f^{\prime }(x)=\underset{n\to \mathrm{\infty }}{lim}{A}_n^{\prime }(x)=\underset{n\to \mathrm{\infty }}{lim}{A}_{n-1}(x)=\underset{n\to \mathrm{\infty }}{lim}{A}_n(x)=f(x).$$

Por tanto, la función $f(x)=\sum _{n=0}^{\mathrm{\infty }}\frac{x^n}{n!}$ cumple la ecuación diferencial $f^{\prime }(x)=f(x)$.

Otra función conocida que cumple esa ecuación diferencial es $g(x)=e^x$.

Veamos que $f(x)=e^x$.

Ejercicio 8.24 Usar el resultado del ejercicio anterior para calcular la suma de la serie de potencias $\sum \frac{(x+2{)}^n}{(n+1)!}$.

Solución

$$\sum _{n=0}^{\mathrm{\infty }}\frac{(x+2{)}^n}{(n+1)!}=\sum _{n=0}^{\mathrm{\infty }}\frac{(x+2{)}^{n+1}}{(x+2)(n+1)!}=\frac{1}{x+2}\sum _{n=1}^{\mathrm{\infty }}\frac{(x+2{)}^n}{n!}=\frac{e^{x+2}-1}{x+2}.$$

Ejercicio 8.25 La distribución de Poisson es una de las distribuciones de probabilidad más importantes, ya que explica la probabilidad de que ocurra un número determinado de fenómenos puntuales en un soporte continuo (como por ejemplo el número de llamadas telefónicas que llegan a un servicio de atención al cliente en un intervalo de tiempo). Su función de probabilidad es

$$P(n)=e^{-\lambda }\frac{{\lambda }^n}{n!}\mathrm{\forall }n\in \mathbb{N},$$

donde $\lambda >0$ es su media.

Demostrar que esta función es una función de masa de probabilidad.

Solución

El conjunto de posibles valores que puede tomar la variable aleatoria $X$ es $\mathbb{N}\cup \{0\}$. Si consideramos la suma de las probabilidades de todos los posibles valores de la variable se tiene

$$\sum _{n=0}^{\mathrm{\infty }}P(n)=\sum _{n=0}^{\mathrm{\infty }}{e}^{-\lambda }\frac{{\lambda }^n}{n!}=e^{-\lambda }\sum _{n=0}^{\mathrm{\infty }}\frac{{\lambda }^n}{n!}.$$

Como se ha visto en el Ejercicio 8.23, $\sum _{n=0}^{\mathrm{\infty }}\frac{x^n}{n!}=e^x$ $\mathrm{\forall }x\in \mathbb{R}$, en particular se tiene que $\sum _{n=0}^{\mathrm{\infty }}\frac{{\lambda }^n}{n!}=e^{\lambda }$, por lo que finalmente se tiene

$$\sum _{n=0}^{\mathrm{\infty }}P(n)=e^{-\lambda }{e}^{\lambda }=1,$$

y se cumple la condición para ser una función de probabilidad.

Ejercicio 8.26 Calcular la serie de Taylor de las siguientes funciones en los puntos dados.

1. $f(x)=\cos (x)$ en $a=\pi$.

2. $g(x)=\ln (x+1)$ en $a=0$.

3. $h(x)=\frac{1}{\sqrt{x}}$ en $a=1$.

Solución

1. Calculamos las primeras derivadas de $f$ en $\pi$ para llegar a la expresión de la derivada $n$-ésima.

   $$\begin{array}{rlrl}f(x)& =\cos (x)& f(\pi )& =\cos (\pi )=-1,\\ f^{\prime }(x)& =-\mathrm{sen}(x)& f^{\prime }(\pi )& =-\mathrm{sen}(\pi )=0,\\ f^{″}(x)& =-\cos (\pi )& f^{″}(\pi )& =-\cos (\pi )=1,\\ f^{‴}(x)& =\mathrm{sen}(x)& f^{‴}(\pi )& =\mathrm{sen}(\pi )=0\\ f^{⁗}(x)& =\cos (x)& f^{⁗}(\pi )& =\cos (\pi )=-1.\end{array}$$

   Así pues, las derivadas se repiten en órdenes múltiplos de 4, y la expresión general de la derivada de orden $n$ en $\pi$ es

   $$f^{(n)}(\pi )=\{\begin{array}{ll}0& \text{si }n=2k+1\text{, }k\in \mathbb{N}\\ (-1{)}^{k+1}& \text{si }n=2k\text{, }k\in \mathbb{N}\end{array}$$

   Por tanto, la serie de Taylor de $f$ en $\pi$ es

   $$\sum \frac{f^{(n)}(\pi )}{n!}(x-\pi {)}^n=\sum \frac{(-1{)}^{k+1}}{(2k)!}(x-\pi {)}^{2k}.$$

2. Calculamos las primeras derivadas de $g$ en $0$ para llegar a la expresión de la derivada $n$-ésima.

   $$\begin{array}{rlrl}g(x)& =\ln (x+1)& g(0)& =\ln (1)=0,\\ g^{\prime }(x)& =(x+1{)}^{-1}& g^{\prime }(0)& =1^{-1}=1,\\ g^{″}(x)& =-(x+1{)}^{-2}& g^{″}(0)& =-(1{)}^{-2}=-1,\\ g^{‴}(x)& =2(x+1{)}^{-3}& g^{‴}(0)& =2(1{)}^{-3}=2,\\ g^{⁗}(x)& =-3!(x+1{)}^{-4}& g^{⁗}(0)& =-3!(1{)}^{-4}=-3!.\end{array}$$

   Así pues, la derivada de orden $n$ en $0$ es

   $$g^{(n)}(0)=(-1{)}^{n-1}(n-1)!$$

   y sustituyendo en la fórmula de la serie de Taylor se tiene

   $$\sum \frac{g^{(n)}(0)}{n!}{x}^n=\sum \frac{(-1{)}^{n-1}(n-1)!}{n!}{x}^n=\sum \frac{(-1{)}^{n-1}}{n}{x}^n.$$

3. Calculamos las primeras derivadas de $h$ en $1$ para llegar a la expresión de la derivada $n$-ésima.

   $$\begin{array}{rlrl}h(x)& =\frac{1}{\sqrt{x}}=x^{-1/2}& h(1)& =1^{-1/2}=1,\\ h^{\prime }(x)& =-\frac{1}{2}{x}^{-3/2}& h^{\prime }(1)& =-\frac{1}{2}{1}^{-3/2}=-\frac{1}{2},\\ h^{″}(x)& =\frac{1}{2}\frac{3}{2}{x}^{-5/2}& h^{″}(1)& =\frac{1}{2}\frac{3}{2}{1}^{-5/2}=\frac{1}{2}\frac{3}{2},\\ h^{‴}(x)& =-\frac{1}{2}\frac{3}{2}\frac{5}{2}{x}^{-7/2}& h^{‴}(1)& =-\frac{1}{2}\frac{3}{2}\frac{5}{2}{1}^{-7/2}=-\frac{1}{2}\frac{3}{2}\frac{5}{2}.\end{array}$$

   Así pues, la derivada de orden $n$ en $1$ es

   $$h^{(n)}(1)=(-1{)}^n\frac{\prod _{i=1}^n(2i-1)}{2^n},$$

   y sustituyendo en la fórmula de la serie de Taylor se tiene

   $$\sum \frac{h^{(n)}(1)}{n!}(x-1{)}^n=\sum (-1{)}^n\frac{\prod _{i=1}^n(2i-1)}{2^{n}n!}(x-1{)}^n.$$

Ejercicio 8.27 Construir la serie de Maclaurin de la función $f(x)=(1+x{)}^k$ para cualquier $k\in \mathbb{R}$ y estudiar su dominio de convergencia. ¿Qué serie se obtiene cuando $k\in \mathbb{N}$?

Solución

Calculamos las primeras derivadas de $f$ en $0$ para llegar a la expresión de la derivada $n$-ésima.

$$\begin{array}{rlrl}f(x)& =(1+x{)}^k& f(0)& =1^k=1,\\ f^{\prime }(x)& =k(1+x{)}^{k-1}& f^{\prime }(0)& =k(1{)}^{k-1}=k,\\ f^{″}(x)& =k(k-1)(1+x{)}^{k-2}& f^{″}(0)& =k(k-1)(1{)}^{k-2}=k(k-1),\\ f^{‴}(x)& =k(k-1)(k-2)(1+x{)}^{k-3}& f^{‴}(0)& =k(k-1)(k-2)(1{)}^{k-3}=k(k-1)(k-2).\end{array}$$

Así pues, la derivada de orden $n$ en $0$ es

$$f^{(n)}(0)=k(k-1)(k-2)\cdots (k-n+1)$$

y sustituyendo en la fórmula de la serie de Taylor se tiene

$$\sum \frac{f^{(n)}(0)}{n!}{x}^n=\sum \frac{k(k-1)(k-2)\cdots (k-n+1)}{n!}{x}^n.$$

Cuando $k\in \mathbb{N}$ se tiene que la derivada de orden $k$ es

$$f^k(x)=k(k-1)\cdots (k-k+1)(1+x{)}^{k-k}=k!$$

y, a partir de aquí las siguientes derivadas se anulan, por lo que, al sustituir en la fórmula de las serie de Maclaurin se obtiene la suma finita

$$\sum \frac{f^{(n)}(0)}{n!}{x}^n=\sum _{i=1}^k\frac{k(k-1)(k-2)\cdots (k-i+1)}{i!}{x}^i=\sum _{i=1}^k(\genfrac{}{}{0ex}{}{k}{i})x^i,$$

que es el desarrollo del binomio.

Ejercicio 8.28 Calcular la serie de Maclaurin de la función $f(x)=\mathrm{arctg}(x)$ y utilizarla para obtener una serie cuya suma sea $\pi$.

Solución

Calculamos las primeras derivadas de $f$ en $0$ para llegar a la expresión de la derivada $n$-ésima.

$$\begin{array}{rlrl}f(x)& =\mathrm{arctg}(x)& f(0)& =\mathrm{arctg}(0)=0,\\ f^{\prime }(x)& =\frac{1}{1+x^2}=(1+x^2{)}^{-1}& f^{\prime }(0)& =1^{-1}=1,\\ f^{″}(x)& =-(1+x^2{)}^{-2}2x& f^{″}(0)& =-(1{)}^{-2}2\cdot 0=0,\\ f^{‴}(x)& =2(1+x^2{)}^{-3}4x^2-2(1+x^2{)}^{-2}& f^{‴}(0)& =2(1{)}^{-3}4\cdot 0-2(1{)}^{-2}=-2.\\ f^{⁗}(x)& =-3!(1+x^2{)}^{-4}{2}^3{x}^3+4!(1+x^2{)}^{-3}x& f^{⁗}(0)& =-3!(1{)}^{-4}{2}^3\cdot 0^3+4!(1{)}^{-3}0=0.\\ f^{\prime \prime \prime \prime \prime }(x)& =4!(1+x^2{)}^{-5}{2}^4{x}^4-288(1+x^2{)}^{-5}{x}^2+4!(1+x^2{)}^{-3}& f^{⁗}(0)& =4!.\end{array}$$

Así pues, la derivada de orden $n$ en $0$ es

$$f^{(n)}(0)=\{\begin{array}{ll}0& \text{si }n=2k\text{, }k\in \mathbb{N}\\ (-1{)}^k(2k)!& \text{si }n=2k+1\text{, }k\in \mathbb{N}\end{array}$$

y sustituyendo en la fórmula de la serie de Taylor se tiene

$$\sum \frac{f^{(n)}(0)}{n!}{x}^n=\sum \frac{(-1{)}^k(2k)!}{(2k+1)!}{x}^{2k+1}=\sum (-1{)}^k\frac{x^{2k+1}}{2k+1}$$

Se puede probar que el radio de convergencia de esta serie es $|x|\le 1$, por lo que para $x=1$ se tiene que

$$\sum (-1{)}^k\frac{1^{2k+1}}{2k+1}=\sum \frac{(-1{)}^k}{2k+1}=\mathrm{arctg}(1)=\pi /4,$$

de manera que

$$4\sum \frac{(-1{)}^k}{2k+1}=\pi .$$

Ejercicio 8.29 Usando desarrollos de Taylor, calcular los siguientes límites.

1. $\underset{x\to 0}{lim}\frac{\ln (1+x)-x}{x^2}$

2. $\underset{x\to 0}{lim}\frac{\mathrm{arctg}(x)-x}{x^3}$

Solución

1. El desarrollo de Maclaurin de la función $\ln (1+x)$ es $\sum _{n=1}^{\mathrm{\infty }}(-1{)}^{n-1}\frac{x^n}{n}$ con dominio de convergencia $(-1,1]$. Así que sustituyendo en el límite se tiene

$$\begin{array}{rl}\underset{x\to 0}{lim}\frac{\ln (1+x)-x}{x^2}& =\underset{x\to 0}{lim}\frac{(\sum _{n=1}^{\mathrm{\infty }}(-1{)}^{n-1}\frac{x^n}{n})-x}{x^2}=\underset{x\to 0}{lim}\frac{\sum _{n=2}^{\mathrm{\infty }}(-1{)}^{n-1}\frac{x^n}{n}}{x^2}\\ & =\underset{x\to 0}{lim}\sum _{n=2}^{\mathrm{\infty }}(-1{)}^{n-1}\frac{x^{n-2}}{n}=-1/2.\end{array}$$

2. El desarrollo de Maclaurin de la función $\mathrm{arctg}(x)$ es $\sum _{n=0}^{\mathrm{\infty }}(-1{)}^n\frac{x^{2n+1}}{2n+1}$ con dominio de convergencia $(-1,1)$. Así que sustituyendo en el límite se tiene

$$\begin{array}{rl}\underset{x\to 0}{lim}\frac{\mathrm{arctg}(x)-x}{x^3}& =\underset{x\to 0}{lim}\frac{(\sum _{n=0}^{\mathrm{\infty }}(-1{)}^n\frac{x^{2n+1}}{2n+1})-x}{x^3}=\underset{x\to 0}{lim}\frac{\sum _{n=1}^{\mathrm{\infty }}(-1{)}^n\frac{x^{2n+1}}{2n+1}}{x^3}\\ & =\underset{x\to 0}{lim}\sum _{n=1}^{\mathrm{\infty }}(-1{)}^n\frac{x^{2n-2}}{2n+1}=-1/3.\end{array}$$