Inducción y recursividad

(1)

Inducci´

on y recursividad

1.1. Proposiciones

Definici´on 1 (Proposici´on)

Una proposición es una colección de s´ımbolos sintácticos a la cual se le puede asig-nar uno y solo un valor de verdad: verdadero (V) o falso (F). Las proposiciones, generalmente se denotan con letras en mayúscula.

Recordatorio

Sean P y Q dos proposiciones, las conectivas lógicas conjunción (∧), disyunción (∨), implicación (⇒), y doble implicación (⇔) generan nue-vas proposiciones definidas cuyos valores de verdad se define a continuación:

P Q P∧Q V V V V F F F V F F F F P Q P∨Q V V V V F V F V V F F F P Q P ⇒Q V V V V F F F V V F F V P Q P ⇔Q V V V V F F F V F F F V

Definici´on 2 (Proposici´on abierta)

Una proposición abierta es una colección de proposiciones indexadas a través de uno o varios parámetros. El conjunto más grande de posibles valores para los parámetros, se denomina universo de discurso o dominio.

Ejemplo 1

Considere la proposici´on abierta:

Pn:n2+ 1es un n´umero par. Donden∈IN

note que para diferentes valores den la proposici´onPn puede ser falsa o verdadera,

es importante entender quePn no es una sola proposici´on, sino una familia de

(2)

posiciones. DondeP1,P2,P3, etc, son miembros particulares de dicha familia. Para

este caso, se puede observar que:P1≡V,P2 ≡F,P3 ≡V,P4 ≡F.

Demostraci´on de una implicaci´on

Demostrar P ⇒Q consiste en demostrar que la proposici´on

P ⇒Q≡V

esto es que no es posible la combinaci´on P ≡V yQ≡F. Para demostrar P ⇒Qse puede hacer de dos posibles formas:

Demostraci´on directa:Consiste en suponer queP ≡V y demostrar que bajo esa suposici´on se llega a concluir queQ≡V.

Demostración por contradicción: Consiste en suponer verdadero la proposición:P∧¬Qy demostrar que bajo dicha suposición, se puede concluir una contradicción (Una proposición evidentemente falsa). De esta manera, de donde se partió tiene que ser falso y comoP no puede ser falso, pues es la premisa o hipótesis¬Qtiene que serlo. As´ı se tiene que P ⇒Q≡V

1.2. Inducci´

on matem´

atica.

La inducción matemática es una técnica de demostración que se basa en el principio del bueno orden, dicho principio se menciona a continuación:

Principio del buen orden.

Todo subconjunto de los n´umeros naturales posee primer elemento.

El método de inducción matemática sirve para probar que una proposición abierta es verdadera para todo n es su dominio, siempre que éste sea de la forma {p, p+ 1, p+ 2, p+ 3, . . .}, dondep≥0. Para el caso de que el dominio seaIN se tiene que:

Método de inducción matemática.

Para demostrar (∀n∈IN)[Pn]≡V. Basta probar que: P0≡V.

Pn⇒Pn+1≡V.

Si el dominio no esIN se deber´a probar quePp≡V, dondep es el primer elemento

del dominio, y posteriormente probar quePn⇒Pn+1 ≡V paranarbitrario.

(3)

1.2.1. ¿Por qué funciona el método de inducción matemática?

El objetivo de la técnica de inducción matemática, es poder garantizar que una proposición abiertaPnes verdadera para todon∈IN,n≥p. Por comodidad suponga

quep= 0.

Si se tiene queP0 ≡V y Pn ⇒ Pn+1 ≡V para todo n, entonces se puede hacer el

siguiente an´alisis:

P0 ≡ V

Para n= 0 se tiene que:P0⇒P1, por lo queP1 ≡ V

.. . ≡ ...

por lo que se puede deducir quePn≡V para todon∈IN.

Una variación válida del método de inducción matemática corresponde a lo que se conoce comúnmente como método de inducción fuerte o inducción transfinita. Esta variación consiste en lo siguiente:

M´etodo de inducci´on fuerte

Para demostrar (∀n∈IN)[Pn]≡V. Basta probar que: P0≡V.

P0∧P1∧P2∧ · · · ∧Pn⇒Pn+1 ≡V.

Es importante indicar que esta variación no genera un nuevo método de inducción ni nada por el estilo, este es una generalización, más fuerte (ya que se cuenta con más premisas o bien unaHI más general) que la anterior. Se usa cuando para poder demostrarPn+1 se requiere más información que Pn. En esta variación la hipótesis

de inducci´on ser´ıa:

HI :P0∧P1∧P2∧ · · · ∧Pn

El por qué funciona esta variante del método de inducción matemática es muy simple:

Primero se demuestra queP0 ≡V. Luego, si se tiene que P0∧P1∧P2∧ · · · ∧Pn⇒ Pn+1≡V, entonces se tiene que:

(4)

P0 ≡ V

Para n= 0 se tiene que:P0 ⇒P1, por lo que P1 ≡ V

Para n= 1 se tiene que:P0∧P1 ⇒P2, por lo que P2 ≡ V

Para n= 2 se tiene que:P0∧P1∧P2 ⇒P3, por lo que P3 ≡ V

Para n= 3 se tiene que:P0∧P1∧P2∧P3 ⇒P4, por lo que P4 ≡ V

Para n= 4 se tiene que:P0∧P1∧P2∧P3∧P4 ⇒P5, por lo que P5 ≡ V

.. . ≡ ... De donde se demuestra inductivamente quePn≡V para todon∈IN.

1.3. Aplicaci´

on del m´

etodo de inducci´

on matem´

atica

La técnica de inducción matemática se empleará para demostrar varios tipos de pro-posiciones de la forma (∀n∈IN)(n≥p)[Pn]. Se trabajarán a groso modo 3 tipos de

proposiciones: divisibilidad, igualdades y desigualdades. Seguidamente se aplicará la inducción matemática para el caso de divisibilidad, posteriormente durante el desa-rrollo del tema sesucesiones y series se abordarás el caso de las desigualdades e igualdades.

1.3.1. Divisibilidad. Definici´on 3 (divisibilidad)

Seanaybn´umeros enteros. Se dice que “aes divisible porb” o “bdivide a a” y se denota porb|asi y solo si:

(∃k∈ZZ)[a=b·k]

Ejemplo 2

3|6 pues existe2∈ZZtal que6 = 3·2. 2|6 pues existe3∈ZZtal que6 = 2·3.

9649|59466787 pues existe6163∈ZZ tal que59466787 = 9649·6163.

Ejemplo 3

Use inducci´on matem´atica para demostrar que32n+1+ 2n+2 es divisible por7, para todon∈IN.

F Soluci´on. Se debe probar que 7|(32n+1 _{+ 2}n+2_{) para todo} _n _natural _n _≥_{0. Es}

decir, que para todon∈IN, existek∈ZZtal que:

(5)

De este modo se tendr´ıa que:

Pn≡7|(32n+1+ 2n+2)

Se debe demostrar que P0 ≡V. (Probar que es v´alido paran= 0) 31+ 22 = 7 y 7|7, por lo que se tiene queP0≡V.

Se debe probar que Pn ⇒Pn+1. Suponga v´alido para n(Pn ≡V) que ser´a la

Hip´otesis de Inducci´on.

HI : 32n+1+ 2n+2= 7k conk∈ZZ

⇔ 32n+1 = 7k−2n+2 conk∈ZZ

Hay que demostrar, bajo la HI, que Pn+1 ≡ V, esto equivale a probar que

existebk∈ZZ tal que:

32n+3+ 2n+3 = 7bk Demostraci´on 32n+3+ 2n+3 = 32·32n+1+ 2·2n+2 HI = 32·(7k−2n+2) + 2·2n+2 = 9·7k−9·2n+2+ 2·2n+2 = 9·7k−(9−2)2n+2 = 9·7k−7·2n+2 = 7(9·k−2n+2) = 7bk

Y como k∈ZZse tiene que bk∈ZZ. De donde se concluye que P_n⇒P_n₊₁.

Finalmente, por el principio de inducci´on se tiene que, 32n+1+ 2n+2 es divisible por 7, para todon∈IN

F

Ejemplo 4

Utilice el principio de inducci´on matem´atica, para demostrar que 7n+ 3n−2 es divisible por8 para todon∈IN.

F Soluci´on.Se debe demostrar que 8|(7n_{+ 3}n₋_{2), para todo}_n_∈_IN_{. Esto es, que}

para todonnatural, existe unk∈ZZtal que:

7n+ 3n−2 = 8k

(6)

Se debe probar que la proposici´onP0≡V,

P0 ≡8|(70+ 30−2)≡8|0≡V

Ahora de debe probar quePn⇒Pn+1. Suponga válidoPn, que será la Hipótesis

de Inducci´on:

HI : 7n+ 3n−2 = 8k conk∈ZZ

⇔ 3n= 8k−7n+ 2 conk∈ZZ

Se debe probar, bajo laHI, que la proposici´onPn+1 tiene que ser v´alida. Esto

equivale probar que para todo n∈IN existe un bk∈ZZpara la cual se cumple

que: 7n+1+ 3n+1−2 = 8bk Demostraci´on: 7n+1+ 3n+1−2 = 7·7n+ 3·3n−2 HI = 7·7n+ 3·(8k−7n+ 2)−2 = 7·7n+ 3·8·k−3·7n+ 6−2 = 8·3·k+ 4·7n+ 4 = 8·3·k−4(7n+ 1) = (∗)

Sin embargo, se debe notar que para cualquier n∈ IN se tiene que 7n+ 1 es par, pues 7n siempre será impar (También se puede demostrar por inducción, sin embargo, dicho detalle se presenta evidente). De este modo, existe p ∈ZZ

tal que 7n+ 1 = 2p pues es par. As´ı se tiene que: (∗) = 8·3·k−4·2p= 8(3k+p) Finalmente, se tiene que:

7n+1+ 3n+1−2 = 8(3k+p) = 8bk

y como k y p son enteros, necesariamentebk es entero. Lo que demuestra que Pn+1≡V.

Finalmente, por el principio de inducci´on matem´atica se tiene que 8|(7n_{+ 3}n₋₂₎

para todon∈IN.

F En el ejemplo 4 se requirió justificar que 7n+ 1 es un número par, y de este modo poder decir que se puede expresar por 2p para algún p∈ZZ. En algunas ocasiones, dicha justificación se torna evidente y se puede justificar tal y como se realizó en el ejemplo 4. Sin embargo, en otras ocasiones, dicha justificación no será tan directa, por lo que se debe proceder por inducción.

(7)

1. Demuestre que para todon∈INse cumple que 72n+16n−1 es divisible por 64.

2. Demuestre que para todon∈INse cumple que 102n+1+ 1 es divisible por 11.

(8)

(9)

Sucesiones y Series

2.1. Sucesiones

Definici´on 4 (Sucesi´on)

Una sucesión {a0, a1, a2,· · · } de números reales, es una función a : IN −→ IR. Es

decir, es una funci´on de la forma:

a : IN−→IR

n7−→a(n) =an

En las sucesiones, la notaci´on funcional cambia por una notaci´on de sub´ındice, as´ı:

a(0) = a0 a(1) = a1 a(2) = a2 a(3) = a3 .. . ... a(k) = ak .. . ...

Las sucesiones pueden iniciar enn= 0,n= 1, o enn=p, conp∈IN,p≥2. En caso de iniciar enp conp6= 0, la sucesi´on se debe denotar expl´ıcitamente por{an}∞n=p o

bien{an}n≥p. En caso de que la sucesi´on inicie en 0, entonces es posible denotarla

con{an}∞n=0 ,{an}n∈IN, o bien{an}.

Ejemplo 5

1. Considere la sucesión de los números impares {1,3,5,7,9,11, . . .}. Es posible denotar esta sucesión como{2n+ 1},{2n−1}∞

n=1,{2n−3}∞n=2,{2n−5}∞n=3,

etc.

(10)

2. Considere la sucesi´on {2n_{+ (−1)}n_{}, los primeros t´}_{erminos de esta sucesi´}_on:

{2,1,5,7,17,31, . . .}

3. Considere la sucesi´onn_nn₋₁2 o

∞

n=2. Esta sucesi´on se puede representar por

exten-si´on por: ₄ 1, 9 2, 16 3 , 25 4, 36

5 , . . . . Esta sucesi´on puede ser redefinida de manera

que pueda iniciar en n= 0, para esto basta realizar un corrimiento del ´ındice, quedando: n(n_n+2)₊₁2o∞

n=0.

Como se observa en el ejemplo 5, toda sucesión puede ser expresada de forma que su dominio seaIN, es decir, que inicie enn= 0. Por esta razón, a partir de aqu´ı, en este documento se supondrá que todas las sucesiones inician en 0 a menos que se indique expl´ıcitamente lo contrario.

2.1.1. Sucesi´on factorial Definici´on 5

La sucesi´on definida por {n!}, se denomina sucesi´on factorial, donde:

n! =n(n−1)! con0! = 1

Ejemplo 6

3! = 3·2! = 3·2·1! = 3·2·1·0! = 3·2·1·1 = 6

5! = 5·4! = 5·4·3! = 5·4·3·2·1·1 = 125

Considere la sucesi´on{an}n≥1, donde an= ₂₍3(_nn+1)!_−1)!. Note que a3 = 3·4!_2·2! = 72₄ =

18.

Considere adem´as la sucesi´on{bn}n≥1 definida porbn= _aa_nn₊₂. Es posible

sim-plificar la fórmula del enésimo término de esta nueva sucesión, de la siguiente manera: an an+2 = 3(n+1)! 2(n−1)! 3(n+3)! 2(n+1)! = 3(n+ 1)!2(n+ 1)! 2(n−1)!3(n+ 3)! = n(n+ 1) (n+ 3)(n+ 2)

De esta forma se tiene que la sucesi´on:

{bn}n≥1= n(n+ 1) (n+ 3)(n+ 2) n≥1

(11)

Considere la sucesi´on definida por {an} = 3(2n)! 4(2n+ 4)! . Determine a2 y

a4. Adem´as, simplifique la expresi´on an+1

an+2

.

Ejercicios 2.

Ejemplo 7

Encuentre una posible fórmula para el enésimo término de cada una de las siguientes sucesiones: a) 3,7,11,15, ... b) 2,−1,1 2, −1 4 , 1 8, ... c) 1, 1 2, 1 6, 1 24, 1 120, ... d) 2 3, 3 4, 4 5, 5 6, ... e) 1 2, 1 3, 2 9, 4 27, 8 81, ... d) −1,2,7,14,23, ... F Solución. a) {4n−1}_n_≥1 b) (−1)n 2n−1 c) 1 n! n≥1 d) n n+ 1 n≥2 e) 2n−1 3n d) n2−2 _n_≥1 F Todas las sucesiones dadas anteriormente están expresadas en forma expl´ıcita, esto es que sun-ésimo término está en función de solon. Existe otra forma de representar sucesiones, esta nueva forma se conocerá como recursiva o recurrente.

2.1.2. Sucesiones recursivas Definici´on 6 (Sucesi´on Recursiva.)

Se dice que una sucesión{an}está definida en forma recursiva, si eln−ésimo término

está en función de los términos anteriores.

Adem´as, se define el orden de una sucesi´on {an} dada en forma recursiva como el

número de términos anteriores necesarios para representar el n−ésimo término. Es decir, se dice que{an}es una sucesión recursiva de orden k, si y solo s´ı:

an=f(an−1, an−2, . . . , an−k)

donde los t´erminosa0,a1, . . .,ak−1 son conocidos y se denominan condiciones

(12)

Ejemplo 8

Considere la sucesi´on de orden1 definida por:

an= 2an−1+ 3 a0= 1

Esta sucesi´on corresponde a: {1,5,13,29,61, . . .}.

En las sucesiones definidas por recurrencia es necesario definir condiciones iniciales que son el punto de partida para la sucesión, en caso de que el k−ésimo término dependa dem términos anteriores, entonces se requieren m condiciones iniciales, a estas sucesiones se denominan sucesiones recursivas de ordenm.

Ejemplo 9

Considere la sucesi´on definida por:

an=an−1+an−2 a0 = 1, a1= 1 Esta sucesi´on corresponde a:

{1,1,2,3,5,8,13,21,34, . . .} y es conocida como la sucesi´on de Fibonacci.

La sucesión de Fibonacci es una de las sucesiones más curiosas que se conocen, esta sucesión da la solución al famoso problema de los conejos que Fibonacci escribió en su libroLiber abaci. El problema en lenguaje actual dir´ıa:

Problemas de los conejos

Una pareja de conejos tarda un mes en alcanzar la edad fértil, a partir de ese momento cada vez engendra una pareja de conejos, que a su vez, tras ser fértiles engendrarán cada mes una pareja de conejos. ¿Cuántas parejas de conejos habrá al cabo de un determinado número de meses?

Ejemplo 10

Considere la sucesi´on {xn} definida por:    xn+1 =xn− f(xn) f0₍_x n) x0= 1

dondef es la funci´on con criterio f(x) =x2+ 3. Note quef0(x) = 2x por lo que la

sucesi´on ser´ıa: _   xn+1 =xn− x2_n+ 3 2xn x0 = 1

(13)

Para cada una de las funciones que se presentan a continuaci´on, determine los

primeros 5 t´erminos de las sucesiones:

   xn+1=xn− f(xn) f0₍_x n) x0=p    an+1=an− f(an)(an−an−1) f(an)−f(an−1) a0=p, a1=p+ 1 1. f(x) =x3₋₂_x_{+ 1;}_p_{= 2.} 2. f(x) = cos(x)−x;p=π. 3. f(x) = ln(x) +x2_;_p_{= 2.} 4. f(x) = cos(x)−x2;p=−2. Ejercicios 3.

2.1.3. Paso de la forma recursiva a expl´ıcita y viceversa

Las sucesiones recursivas tienen el inconveniente de requerir mucha información para determinar nuevos términos. Por ejemplo, para determinar el término 8 de la sucesión de Fibonacci es necesario saber el valor dea6 ya7. Para sabera7 es necesario saber el valor de a6 y a5, pero para saber el valor de a5 es necesario saber a4 y a3 y

as´ı sucesivamente hasta llegar a las condiciones inicialesa0 =a1 = 1.

Por otro lado, si una sucesión está dada en forma expl´ıcita, determinar el valor de algunos de los términos de la sucesión es muy sencillo, basta asignar el valor denque se desee y listo. Por esta razón es importante determinar un método que funcione para representar sucesiones recursivas como sucesiones expl´ıcitas.

La fuerza bruta: De recursiva a expl´ıcita Ejemplo 11

Determine una f´ormula expl´ıcita para la sucesi´on recursiva dada por:

an+1 = 2an+ 1 a0 = 1 F Soluci´on. a0 = 1 a1 = 2·1 + 1 a2 = 2·(2·1 + 1) + 1 = 22+ 2 + 1 a3 = 2· 22+ 2 + 1 + 1 = 23+ 22+ 2 + 1 a4 = 2· 23+ 22+ 2 + 1+ 1 = 24+ 23+ 22+ 2 + 1 .. . =...

(14)

De esta forma se tiene que an= 2n+ 2n−1+ 2n−2+· · ·+ 22+ 2 + 1 = (2−1) 2 n_{+ 2}n−1_{+ 2}n−2₊_{· · ·}_{+ 2}2_{+ 2 + 1} 2−1 = (2−1) 2 n_{+ 2}n−1_{+ 2}n−2₊_{· · ·}_{+ 2}2_{+ 2 + 1} 1 = 2n+1+ 2n+ 2n−1+· · ·+ 23+ 22+ 2 − 2n+ 2n−1+ 2n−2+· · ·+ 22+ 2 + 1 = 2n+1−1

De esta forma se sospecha quean= 2n+1−1. Ahora se debe demostrar por inducci´on:

Para n= 0 se tiene que

a0= 21−1 = 1 Ahora se debe demostrar que Pn⇒Pn+1, esto es:

HI z }| { an= 2n+1−1⇒ HQD z }| { an+1= 2n+2−1 Demostraci´on:

Se sabe que an+1 = 2an+ 1, de esta manera se tiene que: an+1 = 2an+ 1

HI

= 2·(2n+1−1) + 1 = 2n+2−2 + 1 = 2n+2−1

Por lo que queda demostrado que para todon∈INse cumple quean= 2n+1−1.

F

Ejemplo 12

an+1 = 3an+ 1 a0 = 2 F Soluci´on. a0 = 2 a1 = 3·2 + 1 a2 = 3·(3·2 + 1) + 1 = 2·32+ 3 + 1 a3 = 3· 2·32+ 3 + 1+ 1 = 2·33+ 32+ 3 + 1 .. . =...

(15)

De esta forma se tiene que: an= 2·3n+ 3n−1+ 3n−2+· · ·+ 3 + 1 = 2·3n+(3−1) 3 n−1_{+ 3}n−2₊_{· · ·}_{+ 3 + 1} 3−1 = 2·3n+3 3 n−1_{+ 3}n−2₊_{· · ·}_{+ 3 + 1} − 3n−1+ 3n−2+· · ·+ 3 + 1 2 = 2·3n+ 3 n_{+ 3}n−1₊_{· · ·}_{+ 3}2_{+ 3} − 3n−1_{+ 3}n−2₊_{· · ·}_{+ 3 + 1} 2 = 2·3n+3 n₋₁ 2 = 5·3 n₋₁ 2

Por lo que se sospecha que

an=

5·3n−1 2 Ahora se debe de demostrar por inducci´on:

Para el caso de n= 0 se tiene que:

a0 =

5·30−1 2 = 2X Ahora se debe probar que Pn=⇒Pn+1, esto es:

HI z }| { an= 5·3n−1 2 =⇒ HQD z }| { an+1 = 5·3n+1−1 2

Demostraci´on: Se sabe quean+1= 3an+ 1 de donde se tiene que: an+1= 3an+ 1 HI = 35·3 n₋₁ 2 + 1 = 5·3n+1−1 2

Por lo que queda demostrado que para todo n∈IN se cumple que

an=

5·3n−1 2

F

Ejemplo 13

( _a

n+1 = 5an−3 a0 =

1 2

(16)

F Soluci´on. a0 = 1 2 a1 = 5·1 2−3 a2 = 5· 5·1 2−3 −3 = 52·1 2−5·3−3 a3 = 5· 52·1 2−5·3−3 −3 = 53·1 2 −5 2_·₃₋₅_·₃₋₃ a4 = 5· 53·1 2−5 2_·₃₋₅_·₃₋₃ −3 = 54·1 2 −5 3_·₃₋₅2_·₃₋₅_·₃₋₃ .. . =...

De esta forma se tiene que:

an= 5n· 1 2−5 n−1_· 3−5n−2·3− · · · −52·3−5·3−3 = 5n·1 2−3· 5 n−1_{+ 5}n−2₊_{· · ·}_{+ 5}2_{+ 5 + 1} = 5n·1 2−3· (5−1) 5n−1_{+ 5}n−2₊_{· · ·}_{+ 5}2_{+ 5 + 1} 5−1 = 5n·1 2−3· 5 5n−1+ 5n−2+· · ·+ 52+ 5 + 1 − 5n−1+ 5n−2+· · ·+ 52+ 5 + 1 4 = 5n·1 2−3· 5n+ 5n−1+· · ·+ 53+ 52+ 5 − 5n−1+ 5n−2+· · ·+ 52+ 5 + 1 4 = 5n·1 2−3· 5n−1 4 = 3−5 n 4

De donde se sospecha que

an=

3−5n 4

Ahora se debe demostrar por inducci´on nuestras sospechas. Para el caso de n= 0 se tiene que:

a0 = 3−5

0

4 =

1 2X Se debe demostrar que Pn=⇒Pn+1, ´esto es:

HI z }| { an= 3−5n 4 =⇒ HQD z }| { an+1 = 3−5n+1 4

Demostraci´on:Se sabe que an+1= 5an−3 de este modo se tiene que: an+1= 5an−3 HI = 5·3−5 n 4 −3 = 3−5n+1 4

(17)

Por lo que se tiene que para todon∈IN se cumple que an= 3−5n 4 F Ejemplo 14

qn+1 = 2(n+ 1)qn q0 = 1 F Soluci´on. q0= 1 q1= 2·1·1 = 2 q2= 2·2·(2) = 2·22 q3= 2·3· 2·22 = 2·3·23 q4= 2·4· 2·3·23= 2·3·4·24 q5= 2·5· 2·3·4·24 = 2·3·4·5·25 .. . =... De este modo se sospecha que:

qn=n!2n

Se debe demostrar por inducci´on que nuestra sospecha es cierta. Para n= 0 se tiene que:

q0 = 0!20= 1X

Se debe probar que Pn=⇒Pn+1, esto es: HI z }| { qn=n!2n=⇒ HQD z }| { qn+1= (n+ 1)!2n+1

Demostraci´on:Se sabe que qn+1= 2 (n+ 1)qn de donde se tiene que: qn+1= 2 (n+ 1)qn

HI

= 2 (n+ 1)n!2n= (n+ 1)!2n+1 De donde queda demostrado que para todon∈IN se cumple que:

qn=n!2n

(18)

1. Determine la forma expl´ıcita para las siguientes sucesiones dadas en forma recursiva. a) an+1 = a2n a0 = 2 b) ( _b n+1 = 3bn−7 b0 = 3 2 c) cn+1 = 2ncn c1 = 1 d) dn+1 = 7dn−2 d0 = 1 Ejercicios 4.

Fuerza Bruta: de expl´ıcita a recursiva Ejemplo 15

Determine una f´ormula recursiva para la sucesi´on expl´ıcita dada por:

an= 5n+1−1 7 F Soluci´on. a0 = 50+1−1 7 = 4 7 a1 = 5 1+1₋₁ 7 = 24 7 a2 = 5 2+1₋₁ 7 = 124 7 a3 = 5 3+1₋₁ 7 = 624 7 a4 = 5 4+1₋₁ 7 = 3124 7 a5 = 5 5+1₋₁ 7 = 15 624 7 .. . =...

Diferenciando los t´erminos sucesivos se tiene que: 7a1−7a0= 24−4 = 20 7a2−7a1= 124−24 = 100 7a3−7a2= 624−124 = 500 7a4−7a3= 3124−624 = 2500 7a5−7a4= 15624−3124 = 12 500 .. .

(19)

En esta nueva sucesi´on es importante notar que el 7an+1 −7an = 5 (7an−7an−1)

de donde se tiene que:

7an+1−7an= 5 (7an−7an−1) ⇐⇒ an+1−an= 5an−5an−1 ⇐⇒ an+1= 6an−5an−1 Por lo que an+1 = 6an−5an−1 paran≥1 a0 = 4₇,a1= 24₇

Ahora se debe demostrar dicha sospecha por inducci´on. Ejercicio.

F

Sucesiones recursivas, lineales, homog´eneas y de orden k Definici´on 7

Dada una sucesi´on recursiva{an} de ordenk. Se dice que {an} es lineal homog´enea

si y solo si, el t´erminon−´esimo se puede expresar de la forma:

A0an+A1an−1+A2an−2+· · ·+Akan−k= 0

dondeAi son constantes parai= 0,1,2,3, . . . , k yA0 6= 0.

Definici´on 8 (Polinomio caracter´ıstico)

Dada una sucesi´on recurrente, lineal homog´enea de ordenk tal que:

A0an+A1an−1+A2an−2+· · ·+Ak−1an−k+1+Akan−k= 0

El polinomio formado por:

P(x) =A0xk+A1xk−1+A2xk−2+· · ·+Ak−1x1+Ak

se le conoce como polinomio caracter´ıstico asociado a la sucesión recursiva. Y a la ecuación P(x) = 0 se le llama ecuación caracter´ıstica donde P(x) es el polinomio caracter´ıstico.

Los ceros del polinomio caracter´ıstico y bien las soluciones de la ecuación carac-ter´ıstica serán de mucha importancia para determinar la fórmula expl´ıcita de una sucesión recursiva, lineal y homogénea de ordenk.

Ejemplo 16

La sucesión de Fibonacci es una sucesión es una sucesión lineal, homogénea de orden 2. La misma se puede expresar como:

an−an−1−an−2 = 0 a1 =a0 = 2

El polinomio caracter´ıstico es:P(x) =x2−x−1, los ceros de dicho polinomio son

x= 1 + √ 5 2 yx= 1−√5 2

(20)

Ejemplo 17

(

an =

25an−1−23an−2+ 6an−3

6

a0 = 1, a0 = 2, a2 = −1

Esta sucesión es un sucesión recursiva, lineal, homogénea de orden 3, ya que su

n−´esimo t´ermino se puede escribir de la forma6an−25an−1+ 23an−2−6an−3 = 0.

Para la cual se tiene que el polinomio caracter´ıstico corresponde a: P(x) = 6x3− 25x2+ 23x−6. Cuyos ceros corresponden a x= 3,x= 1₂ yx= 2₃.

Teorema1 (F´ormula expl´ıcita para una lineal homog´enea de orden 2)

Dada una sucesi´on: lineal, homog´enea, de orden 2, tal quec1 yc2 sean los ceros del

polinomio caracter´ıstico. Entonces:

Si c1 6= c2, entonces la f´ormula expl´ıcita de la sucesi´on es: an =Acn1 +Bcn2.

Donde A yB son constantes.

Sic1 =c2 =c, entonces la f´ormula expl´ıcita de la sucesi´on es:an=Acn+Bncn.

Donde A yB son constantes.

Los valores de las constantes A yB se determinan haciendo uso de las condiciones iniciales de la sucesi´on recursiva.

Teorema2 (F´ormula expl´ıcita para una lineal homog´enea de orden 3)

Dada una sucesi´on lineal homog´enea de orden 2, tal que c1, c2 y c3 sean los ceros del polinomio caracter´ıstico. Entonces:

Si c1 6= c2 6= c3 6= c1, entonces la f´ormula expl´ıcita de la sucesi´on es: an = Acn₁ +Bcn₂ +Ccn₃. Donde A,B yC son constantes.

Si c1 6=c2 =c3, entonces la f´ormula expl´ıcita de la sucesi´on es: an = Acn1 + Bcn₂ +Cncn₂. Donde A,B yC son constantes.

Si c1 = c2 = c3 = c, entonces la f´ormula expl´ıcita de la sucesi´on es: an = Acn+Bncn+Cn2cn. Donde A,B yC son constantes.

Los valores de las constantesA,ByCse determinan haciendo uso de las condiciones iniciales de la sucesi´on recursiva.

Ejemplo 18

Considere la sucesi´on recursiva definida

an = −2an−1−an−2 a0 = 1, a1 = 2

(21)

Esta sucesión es recursiva, lineal, homogénea de orden 2 con polinomio caracter´ıstico asociadoP(x) =x2+2x+1y con cerosx1 =−1yx2 =−1. As´ı, el términon−ésimo de la sucesión tendrá la forma:

an=A(−1)n+Bn(−1)n

De los t´erminos iniciales se tiene que:

a0=A·(−1)0+B·0·(−1)0 = 1

a1=A·(−1)1+B·1·(−1)1 = 2

De donde se tiene el sistema:

A= 1 −A−B = 2

De donde se tiene queA= 1 yB =−3. As´ı, la f´ormula expl´ıcita ser´a:

an= (−1)n−3n(−1)n

Ejemplo 19

(

an =

25an−1−23an−2+ 6an−3

6

a0 = 3, a1 = 5, a2 = −1

Esta sucesión es un sucesión recursiva, lineal, homogénea de orden 3, ya que su

n−´esimo t´ermino se puede escribir de la forma6an−25an−1+ 23an−2−6an−3 = 0.

Para la cual se tiene que el polinomio caracter´ıstico corresponde a: P(x) = 6x3− 25x2+ 23x−6. Cuyos ceros corresponden a x= 3,x= 1₂ yx= 2₃.

De esta forma se sabe que su f´ormula expl´ıcita tiene la forma:

an=A3n+B 1₂ n

+C 2₃n

Ahora, de las condiciones iniciales se tiene que:

a0 =A+B+C= 3

a1 = 3A+ 1₂B+2₃C= 5 a3 = 9A+ 1₄B+4₉C=−1

De donde se tiene el sistema

   A+B+C= 3 3A+ 1₂B+2₃C= 5 9A+1₄B+4₉C=−1

Cuya soluci´on es A=−1, B=−32, C= 36de esta manera se tiene que:

an=−1·3n−32· 1 2 n + 36· 3 2 n

(22)

Ejemplo 20

Considere la sucesi´on dada en forma expl´ıcita por:

an= 3 + 2n+1−3·n·2n n≥0

Determine su t´ermino recursivo.

F Soluci´on. Primero que todo, note que

an= 3 (1)n+ 2·2n+−3·n·2n

Donde se tiene que los ceros del polinomio caracter´ıstico es:

x1 = 1 , x2 = 2 , x3 = 2 As´ı, la ecuaci´on caracter´ıstica ser´a

(x−1) (x−2) (x−2) = 0 =⇒x3−5x2+ 8x−4 = 0 As´ı, la f´ormula de la sucesi´on recursiva es:

an−5an−1+ 8an−2−4an−3 = 0

con las condiciones iniciales

a0 = 3 (1)0+ 2·20+−3·0·20 = 5 a1 = 3 (1)1+ 2·21+−3·1·21 = 1 As´ı, la f´ormula ser´a:

an= 5an−1−8an−2+ 4an−3 a0= 5, a1= 1, a2 =−13

F

Ejemplo 21

Considere la sucesi´on dada en forma expl´ıcita por:

an= 3−2n+ 3n−2 n≥2

Determine su t´ermino recursivo.

F Soluci´on. Primero que todo note que:

(23)

Donde se tiene que los ceros del polinomio caracter´ıstico es:

x1 = 1 , x2 = 1 , x3 = 3 As´ı, la ecuaci´on caracter´ıstica ser´a

(x−1) (x−1) (x−3) = 0 =⇒x3−5x2+ 7x−3 = 0 As´ı, la f´ormula de la sucesi´on recursiva es:

an−5an−1+ 7an−2−3an−3 = 0

con las condiciones iniciales

a2 = 3−2·2 + 30= 0

a3 = 3−2·3 + 31= 0

As´ı, la f´ormula ser´a:

an= 5an−1−7an−2+ 3an−3 n≥2 a2 = 0, a3 = 0, a4 = 4 F 2.1.4. Monoton´ıa de sucesiones. Definici´on 9

Una sucesi´on{an}se dice que es:

creciente, si y solo si, an≤an+1 para todon∈IN.

decreciente, si y solo si,an≥an+1 para todon∈IN.

Otra forma para estudiar la monoton´ıa de una sucesión, se puede, si la sucesión lo permite, definir una función que pasa por todos los puntos de la sucesión y utilizar los conocimientos acerca de la primera derivada. Si la función es monótona entonces la sucesión también es monótona.

Ejemplo 22

Considere la sucesi´on definida por

2n2 n+ 1

∞

n=1

, estudie la monoton´ıa de dicha su-cesi´on:

F Soluci´on. Si se logra demostrar que para cualquier valor de n ∈ IN se cumple que an ≤ an+1, entonces se tendr´ıa que la sucesi´on {an} es creciente, en caso que

(24)

se demuestre quean ≥an+1, se tendr´ıa que {an} es decreciente. En cualquier otro

caso, se tendr´ıa que la sucesi´on no es mon´otona.

an ? ≤an+1 ⇐⇒ 2n2 n+ 1 ? ≤ 2 (n+ 1) 2 n+ 2 ⇐⇒ 2n2(n+ 2)≤? 2 (n+ 1)3 ⇐⇒ 2n3+ 4n2 ≤? 2n3+ 6n2+ 6n+ 2 ⇐⇒ 4n2 ≤? 6n2+ 6n+ 2 ⇐⇒ 0≤? 2n2+ 6n+ 2

Note que como 0≤2n2₊₆_n_{+2 es cierta para}_n_≥_{0, entonces se tiene que}_a

n≤an+1.

Por lo tanto{an}n≥1 es siempre creciente.

La otra alternativa, consiste en considerar una funciónf :IR+ →IRtal que el gráfico de la sucesión sea subconjunto del gráfico de la función, es decir, una función que cumpla quef(n) =an para todon∈IN,n≥1.

Seaf definida porf(x) = 2x

2 x+ 1. f(x) = 2x 2 x+ 1 =⇒f 0₍_x_{) =} 4x(x+ 1)−2x2 (x+ 1)2 =⇒f0(x) = 2x(x+ 2) (x+ 1)2

De donde, construyendo la tabla de signos, se establece que f(x) > 0 para todo

x∈]0,∞[ por lo quef es creciente en ]0,∞[ y se concluye que{an}n≥1 es creciente.

F

Ejemplo 23

Discutir la monoton´ıa de las siguientes sucesiones:

a) {an}={3 + (−1)n} b) {bn}= ₋₂ n 1 +n F Soluci´on. {an}={3 + (−1)n}

Esta sucesi´on alterna entre 2 y 4, por lo tanto no es mon´otona. {bn}=

₋₂ n

1 +n

(25)

¿Ser´a esta sucesi´on creciente?, es decir ¿bn≤bn+1? ∀n≥1. bn ? ≤bn+1 ⇐⇒ −2n 1 +n ? ≤ −2 (n+ 1) 1 + (n+ 1) ⇐⇒ 4n+ 2n2 ≥? 2n2+ 4n+ 2 ⇐⇒ 0≥? 2

Debe notarse que 0 ≥ 2 es evidentemente falso, para todo n ∈ IN. Es decir, 0 ≤ 2 es evidentemente verdadero para todo n ∈ IN, lo que conlleva a que

bn≥bn+1 para todon∈IN, as´ı{bn}es decreciente.

Otra forma, considere la funci´onf que cumple:f(n) =bn para todon∈IN y

que est´a definida por:

f(x) = −2x

x+ 1 Luegof0(x) = −2

(1 +x)2, y comof

0₍_x₎_≤₀_, _∀_{x >}₋₁_,_entonces_f _{es decreciente}

y esto implica que {bn}es decreciente.

F

Ejemplo 24

Use inducción matemática para demostrar que la sucesión

n! 2n n≥1 es una sucesi´on creciente.

F Soluci´on. Considere la proposici´on Pn : an ≤ an+1. Se debe demostrar que Pn≡V para todon∈IN,n≥1

Demuestre que P1≡V (Demostrar para el primer elemento). P1 :a1≤a2 ⇐⇒ 1

2 ≤ 1

2

Demostremos que Pn⇒Pn+1. Considere quePn≡V (HI):

HI : n! 2n ≤

(n+ 1)! 2n+1

HQDPn+1≡V, suponiendoHI, esto es que:

(n+ 1)! 2n+1 ≤

(n+ 2)! 2n+2 Demostraci´on:

(26)

(n+ 1)! 2n+1 = (n+ 1)n! 2·2n = (n+ 1) 2 · n! 2n HI ≤ (n+ 1) 2 · (n+ 1)! 2n+1 ≤ (n+ 2) 2 · (n+ 1)! 2n+1 = (n+ 2)! 2n+2 Por lo que: (n+ 1)! 2n+1 ≤ (n+ 2)! 2n+2

Como P1 ≡ V y Pn ⇒ Pn+1 ≡ V, entonces por el principio de inducci´on

matem´atica se tiene quePn:an≤an+1 para todon∈IN,n≥1. Por lo tanto,

la sucesi´on{an}n≥1 es creciente.

F

2.1.5. Sucesiones convergentes Definici´on 10 (Sucesi´on Convergente)

Sea{xn} una sucesión, decimos que la sucesión {xn}es una sucesión convergente si

existe unL∈IR tal que

l´ım

n→∞xn=L

En este caso se dice que la sucesi´on {xn} converge a L. En caso de que no exista L∈IR tal que l´ım

n→∞xn=L se dice que{xn} diverge.

Ejemplo 25 Determine si la sucesi´on en 2en_{+ 5}_n2 converge o diverge. F Soluci´on. l´ım n→∞ en 2en_{+ 5}_n2 = l´ım_n_→∞ e n e n 2 +5n 2 en = l´ım_n_→∞ 1 2 + 7 0 5n2 en = 1 2

Por lo que la sucesi´on converge a 1 2.

(27)

Teorema3

Seaf una funci´on de variable real tal que:

l´ım

x→∞f(x) =L

Si{an} es una sucesi´on tal quef(n) =an ∀n∈IN,entonces l´ım

n→∞an=L.

La importancia de este resultado es la posibilidad de aplicar la regla de L’Hˆopital.

Teorema4 (del valor absoluto)

Sea{an}una sucesi´on de n´umeros reales. Si l´ım

n→∞|an|= 0,entoncesnl´ım→∞an= 0.

Ejemplo 26

Determine si las siguientes sucesiones son convergentes o divergentes:

an= n2 2n₋₁ bn= (−1)n n + 2 F Soluci´on.

Consideremos la funci´on asociada f(x) = x

2

2x₋₁. Calculamos l´ım_x_→∞ x2

2x₋₁,

para ello empleamos la regla de L’Hopital: l´ım x→∞ x2 2x₋₁ = l´ım_x→∞ 2x 2x_·_{ln 2} = l´ım_x→∞ 2 2x_·_ln2₂ = 0

Como la funci´on posee l´ımite 0,entonces la sucesi´on {an}anterior converge a

0. Note que l´ım n→∞ (−1)n n + 2 = l´ım n→∞ (−1)n

n + 2, por lo que se debe

anali-zar la convergencia de la sucesi´on

₍₋₁₎n n

. Por el teorema 4 se tiene que l´ım n→∞ (−1)n n = 0, de donde se tiene: l´ım x→∞ ₍₋₁₎n n + 2 = 2 F

(28)

Determine si las sucesiones siguientes convergen o divergen 2n2+ 3n n2₋₅ {ln (3n+ 5)−ln (5n+ 8)} sen2n n2 1 n+ 4 ₍₋₁₎n+2 n 3 7 n + 1 n− 1 n+ 1 Ejercicios 5.

Se debe tener cuidado, ya que el rec´ıproco del teorema 3 no es cierto en general, se considerar´a un ejemplo en el cual se muestre este detalle.

Ejemplo 27

Considere los siguientes l´ımites. Los primeros dos sobreIR y el tercero sobre IN.

l´ım x→∞ 1 x = 0 l´ım x→∞ 1 x+sen(πx)

.Este l´ımite no existe pues´ sen(πx) oscila entre−1 y1 cuando x tiende a infinito.

l´ım n→∞ 1 n+sen(πn)

.Observe quesen(πn) = 0 ∀n∈IN,por lo que

l´ım n→∞ 1 n+sen(πn) = 0. As´ı la sucesi´onan= 1

n+sen(πn)converge a0 a pesar que la funci´on f(x) =

1

(29)

2 4 6 8 10 -2 -1 1 2 3

Figura 2.1: Rec´ıproco del teorema 3

Teorema5 (del encaje para sucesiones)

Si a partir de un N se tiene que an ≤ bn ≤ cn para todo n ≥ N y l´ım n→∞an =

l´ım

n→∞cn=Lentoncesnl´ım→∞bn=L.

Ejemplo 28

Estudie la convergencia de la siguiente sucesi´on

sen (n) 3n_{+ 1} . F Soluci´on.

Se tiene que−1≤sen (n)≤1 ∀n∈IN,as´ı:

−1 3n_{+ 1} ≤ sen (n) 3n_{+ 1} ≤ 1 3n_{+ 1} Luego l´ım n∞ −1 3n_{+ 1} = l´ım_n_∞ 1

3n_{+ 1} = 0,por el teorema anterior se tendr´ıa que:

l´ım

n∞

sen (n) 3n_{+ 1} = 0

y por lo que la sucesi´on anterior converge a 0.

F Teorema6 Si{an} es una sucesi´on y l´ım n→∞ an+1 an =L <1 entonces l´ım n→∞an= 0

(30)

Ejemplo 29 Dada la sucesi´on cn= n! nn,tenemos que: l´ım n→∞ cn+1 cn = l´ım n→∞ cn+1 cn = l´ım n→∞ (n+ 1)! (n+ 1)n+1 n! nn = l´ım n→∞ (n+ 1)n!nn n! (n+ 1)n+1 = l´ımn→∞ n n+ 1 n = l´ım n→∞ n+ 1 n −n = l´ım n→∞ 1 + 1 n n−1 =e−1 <1 As´ı l´ım n→∞cn=e

−1 _{y como}_e−1_<₁_{entonces la sucesi´}_{on converge a}_0.

2.1.6. Sucesiones acotadas Definici´on 11

Se dice que una sucesi´on {an}es acotada inferiormente si existe una constante

real K1 tal queK1≤an para todon∈IN.

Se dice que una sucesi´on{an}es acotada superiormente si existe una constante

real K2 tal quean≤K2 para todon∈IN.

Si una sucesi´on es acotada inferiormente y superiormente se dice que es aco-tada.

Teorema7

Si una sucesi´on es decreciente y acotadas inferiormente, entonces es conver-gente.

Si una sucesi´on es creciente y acotada superiormente, entonces es convergente.

Ejercicios

1. Hallar eln−ésimo término de la sucesión dada por:

an= 1−f(n−1)(0)

donde f(x) =ex3 _{y determinar si es convergente dicha sucesi´}_on.

2. Determine si las siguientes sucesiones convergen o no. 1. an= 1 + (−1)n n 4. an= np en p >0 2. bn= ln2n n 5. bn= (n−2)! n! 3. cn= 1 +k n n 6. cn=nsen 1 n

(31)

2.2. Series

Definici´on 12

Dada una sucesi´on {an}∞n=1, se define la serie P∞

n=1an como la suma de todos los

t´erminos de la sucesi´on {an}∞n=1. Es decir: ∞

X

n=1

an=a1+a2+a3+a4+· · ·

En caso de que la serie inicie en 0, entonces se puede denotar porP

an. En cualquier

otro caso, es necesario indicar el t´ermino inicial de la serie.

Definici´on 13

Dada una serieP∞

n=1an, se define suk−´esima suma parcial, y se denota Sk como:

Sk = k X

n=1

an=a1+a2+a3+· · ·+ak

En caso de que la serie inicie enp, entonces

Sk= k+p−1

X

n=p

an=ap+ap+1+ap+2+· · ·+ap+k−1

Se define además, la sucesión dek−ésimas sumas parciales como{Sk}∞k=1.

Al igual que se hizo en sucesiones, las series se pueden redefinir de forma que den inicio enp= 0,p= 1 o bien en el valor que m´as convenga. As´ı:

∞ X k=p ak= ∞ X k=1 ap+k−1= ∞ X k=0 ap+k

Por esta razón, a partir de este punto, los resultados se estudiarán para series que inicien en uno. Sin embargo, los resultados que se estudiarán podrán ser aplicados a series que dan inicios en números naturales distintos a la unidad aplicando una traslación conveniente.

2.2.1. Convergencia y divergencias de series Definici´on 14

Dada una serie P∞

n=1an, si la sucesi´on de las k−´esimas sumas parciales converge,

entonces se dice que la serie es convergente. En caso contrario se dice que la serie es divergente.

(32)

Si la sucesi´on de las k−´esimas sumas parciales de una serie converge a S, entonces la serie converge aS y se escribe:

∞ X n=1 an= l´ım k→∞ k X n=1 an=S Ejemplo 30 Considere la serie ∞ X n=1 2

3n. Use inducci´on para demostrar que:

Sk = k X n=1 2 3n = 1− 1 3k

¿Es la serie convergente? de serlo ¿cu´al es su valor de convergencia?

FSoluci´on.Aplicando inducci´on sobrek. Se debe demostrar que para todok∈IN,

k≥1 se cumple que: k X n=1 2 3n = 1− 1 3k

Para k= 1 se tiene que:

1 X n=1 2 3n = 1− 1 31 ⇐⇒ 2 3 = 1− 1 3

Se debe probar que Pk⇒Pk+1, esto es: HI z }| { k X n=1 2 3n = 1− 1 3k ⇒ HQD z }| { k+1 X n=1 2 3n = 1− 1 3k+1 Demostraci´on: k+1 X n=1 2 3n = 2 3+ 2 32 + 2 33 +· · ·+ 2 3k | {z } Pk n=1 2 3n + 2 3k+1 = k X n=1 2 3n + 2 3k+1 HI = 1− 1 3k + 2 3k+1 = 1− 3 3k+1 + 2 3k+1 = 1− 1 3k+1

(33)

∴ k+1 X n=1 2 3n = 1− 1 3k+1

Por el principio de inducci´on matem´atica se tiene que

k X n=1 2 3n = 1− 1 3k, ∀k∈IN

Lo anterior demostr´o que

Sk = 1−

1

3k, ∀k∈IN

Para analizar si la serieP∞ n=1

2

3n converge, basta probar si la sucesi´on de lask−´

esi-mas suesi-mas parciales converge, esto es, se debe analizar si la sucesi´on 1−₃1k

∞ k=1 converge. l´ım k→∞ 1− 1 3k = 1 de donde se tiene que la serie converge y lo hace a 1.

∴ ∞ X n=1 2 3n = 1 F Ejemplo 31 Considere la serieP∞

k=1k. Use inducci´on matem´atica para demostrar que: n

X

k=1

k= n(n+ 1) 2 Determine si la serie converge o diverge.

F Solución. Se aplicará inducción sobren, paran≥1. Para n= 1 se tiene que:

1 X

k=1

k= 1 = 1 (1 + 1)

2 X

Ahora se debe probar que Pn=⇒Pn+1, esto es: HI z }| { n X k=1 k= n(n+ 1) 2 =⇒ HQD z }| { n+1 X k=1 k= (n+ 1) (n+ 2) 2

(34)

Demostraci´on: n+1 X k=1 k= 1 + 2 + 3 +· · ·+n | {z } Pn k=1k + (n+ 1) = n X k=1 k+ (n+ 1) HI = n(n+ 1) 2 + (n+ 1) = (n+ 1) (n+ 2) 2 Por lo tanto se tiene que:

n+1 X

k=1

k= (n+ 1) (n+ 2) 2

Por el principio de inducci´on matem´atica se tiene que:

n X

k=1

k= n(n+ 1)

2 paran≥1.

De esta manera se ha demostrado que la sucesión de las n−ésimas sumas parciales está dada por{Sn}n≥1 donde

Sn=

n(n+ 1) 2

Finalmente, se puede observar queSn → ∞ cuando n → ∞, de donde se concluye

que la serieP∞

k=1kes divergente.

F

Ejemplo 32

Considere la serie dada por P∞

k=0rk, donde r es una constante real distinta de

cero y uno. Deduzca una fórmula para lan−ésimas suma parcial. Demuéstrela por inducción. Y determine bajo que condiciones se tiene la convergencia de la serie.

F Soluci´on. Se desea determinar una f´ormula paraSn, donde

Sn= n−1 X

k=0

(35)

As´ı, se tiene que: Sn= n−1 X k=0 rk = 1 +r+r2+r3+· · ·+rn−1 = (1−r) 1 +r+r 2₊_r3₊_{· · ·}₊_rn−1 1−r = 1 +r+r 2₊_r3₊_{· · ·}₊_rn−1 −r 1 +r+r2+r3+· · ·+rn−1 1−r = 1 +r+r 2₊_r3₊_{· · ·}₊_rn−1 −r−r2−r3−r4− · · · −rn−1−rn 1−r = 1−r n 1−r por lo que: Sn= n−1 X k=0 rk= 1−r n 1−r

Ahora debemos probarla por inducci´on sobre n, conn≥1. Para n= 1 se tiene que:

1−1 X k=0 rk=r0= 1 = 1−r 1 1−r X

Ahora se debe probar que Pn=⇒Pn+1, esto es: HI z }| { n−1 X k=0 rk = 1−r n 1−r =⇒ HQD z }| { n X k=0 rk= 1−r n+1 1−r Demostraci´on: n X k=0 rk= 1 +r+r2+r3+· · ·+rn−1 | {z } Pn−1 k=0rk +rn = n−1 X k=0 rk+rn HI = 1−r n 1−r +r n = 1−r n+1 1−r

Donde queda demostrado que:

n X k=0 rk= 1−r n+1 1−r

(36)

Por el principio de inducci´on matem´atica se tiene que n−1 X k=0 rk= 1−r n 1−r para todon≥1.

Finalmente se debe probar, bajo que condiciones se cumple que P∞

k=0rk converge.

Por definici´on se tiene que:

∞ X k=0 rk converge ⇐⇒ l´ım n→∞ 1−rn 1−r existe

Aplicando propiedades de l´ımites se tiene que

l´ım n→∞ 1−rn 1−r = 1− l´ım n→∞r n 1−r Donde l´ım n→∞r

n _{existe ´}_{unicamente cuando}_|_r_|_<_{1. Y en este caso se tiene que:}

l´ım n→∞ 1−rn 1−r = 1 1−r

De donde se tiene que:

∞ X

k=1

rk= 1 1−r

siempre que|r|<1. Y diverge en cualquier otro caso.

(37)

1. Considere la serie

∞ X

k=0

1

(k+ 1)(k+ 2). Demuestre que la sucesión de las n−ésimas sumas parciales está dada por

n−1 3n+ 6 n≥2 . ¿La serie original ser´a convergente?

2. Considere la serie

∞ X

k=1

1

k(k+ 2). Demuestre que la sucesi´on de las

n−´esimas sumas parciales est´a dada por

1 4 − 2n+ 3 2(n+ 1)(n+ 2) n≥1 . ¿La serie original ser´a convergente?

3. Use el método de inducción matemática para demostrar que lan−´ esi-ma suesi-ma parcial de la serie

∞ X k=1 k 1 2 k es igual que 2−2−n(n+ 2) para todon≥1. Use este hecho para demostrar que la serie converge. 4. Considere la siguiente serie:

∞ X

n=1 n

(n+ 1)!

a) Demuestre, usando inducci´on

n X k=1 k (k+ 1)! = 1− 1 (k+ 1)!.

b) Determine si la serie dada converge o diverge. En caso de con-vergencia determine su suma.

5. Realice lo siguiente:

a) Demuestre, utilizando inducci´on matematica,la siguiente igual-dad. n X k=1 2k−1 2k = 3− 2n+ 3 2n (1)

b) Utilice el resultado (1) para determinar si la serie

∞ X

k=1

2k−1 2k es

convergente o divergente, en cada caso de convergir indique a que valor converge.

(38)

Ejemplo 33 Considere la serie ∞ X i=1 2i−1

2i . Demuestre que la serie converge. Para esto proceda

como sigue:

Use inducci´on matem´atica para demostrar que Sk ≤

7 2 −

2k+ 3

2k . Use este

hecho para concluir que {Sk} es acotada superiormente por

7 2. Pruebe que {Sk} es una sucesi´on creciente.

Concluya que la serie es convergente usando el resultado del teorema 7.

F Soluci´on. Se debe probar que:

Sk= k X i=1 2i−1 2i ≤ 7 2 − 2k+ 3 2k para todok≥1.

Usando inducci´on sobre kse tiene: para k= 1 se tiene que:

1 X i=1 2i−1 2i ≤ 7 2 − 2 + 3 21 ⇐⇒ 1 2 ≤1 X Ahora se debe demostrar que Pk =⇒Pk+1, que es lo mismo a:

HI z }| { k X i=1 2i−1 2i ≤ 7 2 − 2k+ 3 2k =⇒ HQD z }| { k+1 X i=1 2i−1 2i ≤ 7 2 − 2 (k+ 1) + 3 2k+1 Demostraci´on: k+1 X i=1 2i−1 2i = 1 2 + 3 4 + 5 8+· · ·+ 2k−1 2k | {z } Pk i=1 2i−1 2i +2 (k+ 1)−1 2k+1 = k X i=1 2i−1 2i + 2 (k+ 1)−1 2k+1 HI ≤ 7 2 − 2k+ 3 2k + 2 (k+ 1)−1 2k+1 = 7 2 − 4k+ 6 2k+1 − 2 (k+ 1)−1 2k+1 = 7 2 − 2k+ 5 2k+1 = 7 2 − 2 (k+ 1) + 3 2k+1

(39)

De donde se deduce que: k+1 X i=1 2i−1 2i ≤ 7 2 − 2 (k+ 1) + 3 2k+1

Por el principio de inducci´on se tiene que:

Sk= k X i=1 2i−1 2i ≤ 7 2 − 2k+ 3 2k para todok≥1 .

Note adem´as que

7 2 − 2k+ 3 2k ≤ 7 2 ⇐⇒ − 2k+ 3 2k ≤0 ⇐⇒ −(2k+ 3)≤0 ⇐⇒ −2k≤3 ⇐⇒ k≥ −3 2

Lo que es evidentemente cierto, por lo que se tiene que{Sk}k≥1 est´a acotada

supe-riormente por 7₂.

Ahora se demostrar´a que {Sk}k≥1 es creciente. Por definici´on basta demostrarSk≤ Sk+1 para todok≥1. Sk≤Sk+1 ⇐⇒ k X i=1 2i−1 2i ≤ k+1 X i=1 2i−1 2i ⇐⇒ k X i=1 2i−1 2i ≤ k X i=1 2i−1 2i + 2 (k+ 1)−1 2k+1 ⇐⇒ 0≤ 2 (k+ 1)−1 2k+1 ⇐⇒ 0≤2 (k+ 1)−1 ⇐⇒ 1≤2k+ 2 ⇐⇒ −1≤2k ⇐⇒ −1 2 ≤k

Esto ´ultimo es evidentemente cierto, por lo que se tiene que Sk ≤Sk+1 para todo k≥1. As´ı, se tiene que{Sk}k≥1 es una sucesi´on creciente.

Como {Sk}_k≥1 es una sucesi´on creciente y acotadas superiormente, entonces en

virtud del teorema 7 se tiene que es convergente. Por lo quePk_i₌₁ 2i₂−1i es una serie

convergente.

(40)

Ejemplo 34

Considere la serie dada por

∞ X m=1 1 √ m.

Use inducci´on para demostrar queSk≥

√

k.

¿Qu´e se puede decir sobre la convergencia de la serie?

F Soluci´on. Se debe probar que:

Sk= k X m=1 1 √ m ≥ √ k para todok≥1

Usando inducci´on sobre kse tiene que:

para k= 1 se tiene que:

1 X m=1 1 √ m ≥ √ 1 ⇐⇒ 1≥1 X

Ahora se debe demostrar que Pk =⇒Pk+1,que es lo mismo a:

HI z }| { k X m=1 1 √ m ≥ √ k=⇒ HQD z }| { k+1 X m=1 1 √ m ≥ √ k+ 1 Demostraci´on: k+1 X m=1 1 √ m = 1 1 + 1 √ 2+ 1 √ 3 +. . .+ 1 √ k | {z } Pk m=1 1 √ m +√ 1 k+ 1 = k X m=1 1 √ m + 1 √ k+ 1 ≥ √k+√ 1 k+ 1 ? ≥√k+ 1

(41)

√ k+ √ 1 k+ 1 ≥ √ k+ 1 ⇐⇒ √k+ 1√k+ 1≥k+ 1 ⇐⇒ √k+ 1 √ k≥k ⇐⇒ (k+ 1)k≥k2 ⇐⇒ k2+k≥k2 ⇐⇒ k≥0, lo cual es verdadero. De donde se deduce que:

k+1 X m=1 1 √ m ≥ √ k+ 1 Por el principio de inducci´on se tiene que:

Sk= k X m=1 1 √ m ≥ √ kpara todok≥1

Finalmente, note que la serie diverge, pues l´ım

k→∞ √ k=∞y comoSk ≥ √ kpara todo k, entonces l´ım k→∞Sk=∞. F

1. Considere la serie dada por

∞ X

r=1

r2. Use inducci´on para demostrar que

Sk> k3

3 . ¿Qu´e se puede decir de la convergencia de la serie? 2. Considere la serie dada por

∞ X

n=1

n+ 2

n(n+ 1)2n. Use inducci´on para

demos-trar queSk<

3 2−

1

(n+ 1)2n. ¿Qu´e se puede decir de la convergencia

de la serie?

Ejercicios 7.

Teorema8 (propiedades de las series)

SiP∞ n=pan y

P∞

n=pbn son dos series convergentes,p un n´umero natural cualquiera

y c es una constante real, entonces tambi´en son convergentes las series P∞ n=pcan, P∞

(42)

∞ X n=p can=c ∞ X n=p an ∞ X n=p (an+bn) = ∞ X n=p an+ ∞ X n=p bn ∞ X n=p (an−bn) = ∞ X n=p an− ∞ X n=p bn

Si se suprimen los primeros N primeros t´erminos de una serie, no se destruye su convergencia o su divergencia, resultado que se extiende en el siguiente teorema.

Teorema9 (Supresi´on de los primeros N t´erminos de una serie)

Para cualquier entero positivoN las series

∞ X n=1 an=a1+a2+· · · y ∞ X n=N+1 an=aN+1+aN+2+· · ·

son ambas convergentes o ambas divergentes. Si ambas convergen, sus sumas difieren por la suma parcialSN.

Ejemplo 35

Si se hace uso del resultado obtenido en el ejemplo 32, con r = 2

3, se obtiene que ∞ P n=0 2 3 n

= 3,entonces utilizando el teorema anterior determine

∞ P n=3 2 3 n . F Soluci´on. ∞ X n=0 2 3 n =S2+ ∞ X n=3 2 3 n =⇒ 3 = 19 9 + ∞ X n=3 2 3 n =⇒ 3−19 9 = ∞ X n=3 2 3 n =⇒ ∞ X n=3 2 3 n = 8 9 Por lo tanto tenemos que:

∞ X n=3 2 3 n = 8 9 F

(43)

2.2.2. Criterio de divergencia

Teorema10 (criterio de la divergencia)

Si la serieP∞

k=1ak converge aL∈IR, entonces l´ım

k→∞ak= 0.

oDemostraci´on.Suponga queP∞

k=1akconverge a un n´umero realL, esto implica

que{Sn}dondeSn=Pnk=1ak tambi´en converge aL. Adem´as se tiene que: an=Sn−Sn−1 ⇒ l´ım n→∞an= l´ımn→∞(Sn−Sn−1) ⇒ l´ım n→∞an= l´ımn→∞Sn−nl´ım→∞Sn−1 ⇒ l´ım n→∞an=L−L= 0

De donde se tiene que l´ım

n→∞an= 0.

p La contrapositiva del teorema 10 es lo que se conoce como el criterio de divergencia, el mismo se leer´ıa como sigue:

Criterio de divergencia

Si la sucesi´on{ak} noconverge a cero, entonces la serie P∞

k=1ak diverge.

Es importante aclarar que en caso de que la sucesi´on {ak} converja a cero, no hay

garant´ıa de la convergencia de la serieP∞

k=1ak. Esto es: siak →0 cuandok→ ∞,

entonces la serieP∞

k=1ak puede converger o puede diverger. Ejemplo 36

Determine, de ser posible, utilizando el criterio anterior, cu´ales de las siguientes series divergen: 1. ∞ P n=0 2n 2. ∞ P n=0 1 2n 3. ∞ P n=1 n! 2n! + 1 4. ∞ P n=1 10 n 5. ∞ P n=1 arctan (n) 6. ∞ P n=1 (−1)n 7. ∞ P n=1 sennπ 2 8. ∞ P n=1 nln 1 n 9. ∞ P n=1 (−1)n·3n2 4n2₋₁ F Soluci´on.

Para la 2.y la 4.tenemos que: l´ım n→∞ 1 2n = 0 _nl´ım→∞ 10 n = 0

(44)

por lo que el criterio no se aplica y no se puede concluir nada sobre su conver-gencia (posteriormente se ver´a que una de ellas converge y la otra diverge). Para las series 1., 3., 5.y 9.se tiene que:

l´ım n→∞2 n ₌ _{∞ 6= 0} l´ım n→∞ n! 2n! + 1 = nl´ım→∞ n! n! 2 + 1 n! = l´ım n→∞ 1 2 + 1 n! = 1 2 6= 0 l´ım n→∞arctan (n) = π 2 6= 0 l´ım n→∞ (−1)n₃_n2 4n2₋₁ =              3 4 6= 0 Sines par. −3 4 6= 0 Sines impar.

y por el criterio de divergencia se concluye que las cuatro series divergen. Para el caso de la series dadas en 6., 7.y 8.se tiene que:

l´ım

n→∞(−1)

n _{no existe, pues cuando} _n _{es par da 1 y cuando es impar da}

−1. De este modo diverge, pues el l´ımite no es cero.

Considere el l´ımite l´ım

n→∞sen nπ

2

, note que cuando nes par se tiene que sen

nπ

2

= 0 y cuando n es impar se tiene que sen

nπ 2 = 1 o bien sennπ 2

=−1. De donde se concluye que el l´ımite no existe.

Para el caso de l´ımn→∞nln

1

n

, considere la funci´on real que cumple que f(n) = nln

1

n

para todo n ∈ IN, n ≥ 1. Usando L’Hˆopital se demuestra que: l´ım x→∞xln 1 x =−∞ de donde se tiene que la serie diverge.

F

(45)

2.2.3. Criterio de la serie Geométrica Definición 15 (Serie Geométrica)

La serie dada por:

1 +r+r2+· · ·+rn+· · ·= ∞ X k=0 rk= ∞ X k=1 rk−1

se llama serieGeom´etrica.

Teorema11

La serie geom´etrica

∞ X

k=0

rk converge a 1

1−r si |r|<1y diverge si|r| ≥1.

o Demostraci´on.La demostraci´on del teorema corresponde al ejemplo 32. Puede consultarse all´ı.

p En el caso de que la serie inicie enp y|r|<1 se tiene que

∞ X k=p rk= ∞ X k=0 rk+p =rp ∞ X k=0 rk =rp· 1 1−r = rp 1−r

Criterio de la serie Geom´etrica ∞ X k=p rk      converge a r p 1−r si |r|<1 diverge si |r| ≥1. Ejemplo 38 Determine la suma de ∞ P k=3 4k+1 5k : F Soluci´on. ∞ X k=3 4k+1 5k = 4 ∞ X k=3 4k 5k = 4 ∞ X k=3 4 5 k como 4 5

<1 la serie anterior converge y:

4 ∞ X k=3 4 5 k = 4· 4 5 3 1−4 5 = 256 25

(46)

F

Ejemplo 39

Determine, en caso de convergencia, la suma de la serie

∞ P k=0

(−1)k+1−2k 5k+1 .

F Soluci´on. Usando la propiedades para series convergentes dadas en el teorema 8, se tiene que: ∞ X k=0 (−1)k+1−2k 5k+1 = ∞ X k=0 (−1)k+1 5k+1 − ∞ X k=0 2k 5k+1 = ∞ X k=0 " −1 5 (−1)k 5k − 1 5 2k 5k # = ∞ X k=0 " −1 5 ₋₁ 5 k −1 5 2 5 k# como −1 5 <1 y 2 5

<1 ambas series convergen, as´ı:

∞ X k=0 " −1 5 ₋₁ 5 k −1 5 2 5 k# = −1 5 ∞ X k=0 −1 5 k −1 5 ∞ X k=0 2 5 k = −1 5 · 1 1−−1₅ − 1 5 · 1 1−2₅ =− 1 2 por lo tanto ∞ P k=0 (−1)k+1−2k 5k+1 = −1 2 . F Ejemplo 40 Considere la serie ∞ X n=0 23n+ 3n−1 42n

Analice la convergencia de dicha serie. En caso de converger calcule el valor de su suma.

(47)

F Soluci´on. Haciendo uso del teorema 8 se tiene que: ∞ X n=0 23n+ 3n−1 42n = ∞ X n=0 23n 42n + 3n−1 42n = ∞ X n=0 23n 24n + 1 3 ∞ X n=0 3n 16n = ∞ X n=0 1 2 n + 1 3 ∞ X n=0 3 16 n Note que 1 2 <1 y 3 16

<1, entonces las series son convergentes, de este modo se tiene que: ∞ X n=0 1 2 n +1 3 ∞ X n=0 3 16 n = 1 1−1 2 +1 3· 1 1− 3 16 = 2 +16 39 = 94 39 F

1. Calcule la suma de las siguientes series:

a) ∞ X k=1 6ek 3k+1 b) +∞ X n=1 7 4 2−n c) ∞ X n=1 2n 3n+1 −2 −n+2 d) ∞ X n=1 " 2 3 n + 2 3 n+2#

2. Encuentre los valores de w (w6= 0) para que la serie geom´etrica

∞ X

n=3

2w2n+1

3wn+3 sea convergente y halle su respectiva suma parcial en

t´erminos dew. 3. Sea S = 3 10 + 3 100+ 3 1000+...

a) Represente aS por medio de una serie.

b) Verifique queS converge y halle el valor al cual converge.

(48)

2.2.4. Criterio de la serie telescópica Definición 16 (Serie telescópica)

Decimos que una serie

∞ P n=1

an es telesc´opica si existe una sucesi´on {bn} tal que an=bn−bn+1. Teorema12 Sea ∞ P n=1 an = ∞ P n=1

(bn−bn+1) una serie telesc´opica. Entonces la serie converge si y

solo si la sucesi´on {bn} converge y

∞ X n=1 an= ∞ X n=1 (bn−bn+1) =b1− l´ım n→∞bn+1

o Demostraci´on.Considere la k−´esima suma parcial de la serie,

Sk = k X n=1 an = k X n=1 (bn−bn+1) = (b1−b2) + (b2−b3) +· · ·+ (bk−1−bk) + (bk−bk+1) = b1−b2+b2−b3+· · ·+bk−1−bk+bk−bk+1 = b1−bk+1

De este modo se tiene que la sucesi´on de las k−´esimas sumas parciales {Sk}

co-rresponden aSk =b1−bk+1. Por definici´on, la serie ∞ P n=1

an converge, si la sucesi´on

{Sk} converge, y lo hacen al mismo valor. As´ı, la sucesi´on {Sk} converge, si y solo

si l´ım

k→∞bk+1 existe. De donde se tiene que:

∞ X n=1 an= l´ım k→∞(b1−bk+1) =b1−kl´ım→∞bk+1 p

(49)

Para el caso que la serie inicie enp se tiene que: ∞ X n=p an = ∞ X n=p (bn−bn+1) = ∞ X n=1 (bn+(p−1)−bn+(p−1)+1) = ∞ X n=1 (bn+p−1−bn+p) =bp− l´ım k→∞bk+p = bp− l´ım k→∞bk+1 Pues l´ım k→∞bk+p = l´ımk→∞bk+1.

Criterio de la serie telesc´opica ∞ X n=p (bn−bn−1)      converge abp− l´ım k→∞bk+1 si l´ımk→∞bk+1 existe diverge si l´ım k→∞bk+1 existe Ejemplo 41 Considere la serie ∞ P n=2 ln 1− 1 n2

. Determine si ´esta serie converge o diverge. Y si converge calcule su suma.

F Soluci´on. ∞ X n=2 ln 1− 1 n2 = ∞ X n=2 ln n2−1 n2 = ∞ X n=2 [ln (n+ 1) + ln (n−1)−2 ln (n)] = ∞ X n=2 [ln (n−1)−ln (n) + ln (n+ 1)−lnn] = ∞ X n=2 ln n−1 n −ln n n+ 1 Luegobn+1= ln n n+ 1 , como l´ım n→∞ln n n+ 1 = 0 se concluye que ∞ P n=2 ln 1− 1 n2

converge y al ser una serie telesc´opica, su suma est´a dada por:

b2− l´ım n→∞ln n n+ 1 = ln 1 2

(50)

F

Ejemplo 42

Analice la convergencia de la serie

∞ X n=1 −1 n2_{+ 3}_n_{+ 2}

En caso de converger, determine el valor de su suma.

F Soluci´on. Aplicando fracciones parciales a −1

n2_{+ 3}_n_{+ 2} tenemos que: −1 n2_{+ 3}_n_{+ 2} = −1 (n+ 1) (n+ 2) = A n+ 1+ B n+ 2 =⇒ −1 = (A+B)n+ 2A+B =⇒ A=−1 y B = 1 por lo tanto: −1 n2_{+ 3}_n_{+ 2} = −1 n+ 1− −1 n+ 2 y tenemos que: ∞ X n=1 ₋₁ n2_{+ 3}_n_{+ 2} = ∞ X n=1 ₋₁ n+ 1− −1 n+ 2

Luego,bn+1 = _n−1₊₂ de donde se tiene que {bn} es una sucesi´on convergente ya que

l´ım n→∞ −1 n+ 1= 0 As´ı, ∞ P n=1 −1 n2_{+ 3}_n_{+ 2}

converge y al ser una serie telesc´opica, su suma est´a dada por: b1− l´ım n→∞ −1 n+ 1 = −1 2 F Ejemplo 43

∞ X n=1 6 9n2_{+ 24}_n_{+ 7}

(51)

F Soluci´on. Aplicando fracciones parciales se tiene que: 6 9n2_{+ 24}_n_{+ 7} = 1 3n+ 1− 1 3n+ 7

notemos que los t´erminos no son consecutivos por lo que la serie no se aprecia que sea una telesc´opica.

6 9n2_{+ 24}_n_{+ 7} = 1 3n+ 1− 1 3n+ 4+ 1 3n+ 4− 1 3n+ 7 por lo que ∞ X n=1 6 9n2_{+ 24}_n_{+ 7} = ∞ X n=1 1 3n+ 1− 1 3n+ 4 + 1 3n+ 4− 1 3n+ 7 = ∞ X n=1 1 3n+ 1− 1 3n+ 4 + ∞ X n=1 1 3n+ 4− 1 3n+ 7 = 1 3 + 1−nl´ım→∞ 1 3n+ 4 + 1 3 + 4 −nl´ım→∞ 1 3n+ 7 = 1 4 + 1 7 = 11 28

y de aqu´ı tenemos que

∞ P n=1 6 9n2_{+ 24}_n_{+ 7} = 11 28 F Ejemplo 44

∞ X

n=1

1

n(n+ 1) (n+ 2)

F Soluci´on. Usando fracciones parciales se tiene que: 1 n(n+ 1) (n+ 2) = 1 2 n+ −1 n+ 1+ 1 2 n+ 2

(52)

∞ X n=1 1 n(n+ 1) (n+ 2) = ∞ X n=1 1 2 n + −1 n+ 1+ 1 2 n+ 2 ! = 1 2 ∞ X n=1 1 n+ −2 n+ 1+ 1 n+ 2 = 1 2 ∞ X n=1 1 n− 1 n+ 1− 1 n+ 1+ 1 n+ 2 = 1 2 " _∞ X n=1 1 n− 1 n+ 1 − ∞ X n=1 1 n+ 1− 1 n+ 2 # = 1 2 1− l´ım n→∞ 1 n+ 1− 1 2−nl´ım→∞ 1 n+ 2 = 1 2 1−1 2 = 1 4 F Ejemplo 45

∞ X

n=1

1

(n+ 1) (n+ 2) (n+ 3) En caso de converger, determine el valor de su suma.

F Soluci´on. Usando fracciones parciales se tiene que: 1 (n+ 1) (n+ 2) (n+ 3) = −1₂ n+ 1+ 2 n+ 2+ −3₂ n+ 3 ∞ X n=1 1 (n+ 1) (n+ 2) (n+ 3) = ∞ X n=1 −1₂ n+ 1+ 4 2 n+ 2+ −3₂ n+ 3 ! = ∞ X n=1 −1 2 n+ 1+ 1 2 n+ 2+ 3 2 n+ 2+ −3 2 n+ 3 ! = ∞ X n=1 −1 2 n+ 1+ 1 2 n+ 2 ! + ∞ X n=1 3 2 n+ 2+ −3 2 n+ 3 ! = −1 2 ∞ X n=1 1 n+ 1− 1 n+ 2 +3 2 ∞ X n=1 1 n+ 2− 1 n+ 3 = −1 2 1 2 −nl´ım→∞ 1 n+ 2 +3 2 1 3 −nl´ım→∞ 1 n+ 3 = −1 4+ 3 6 = 1 4

(53)

F

Ejemplo 46

∞ X n=1 ln n2+ 3n+ 2 n2_{+ 3}_n

F Soluci´on. ∞ X n=1 ln n2+ 3n+ 2 n2_{+ 3}_n = ∞ X n=1 ln (n+ 2) (n+ 1) n(n+ 3) = ∞ X n=1 [ln (n+ 2) + ln (n+ 1)−lnn−ln (n+ 3)] = − ∞ X n=1 [lnn−ln (n+ 1)] + ∞ X n=1 [ln (n+ 2)−ln (n+ 3)] = −hln 1− l´ım n→∞ln (n+ 1) i + h ln 3− l´ım n→∞ln (n+ 3) i = l´ım n→∞[ln (n+ 1)−ln (n+ 3)]−ln 3 = l´ım n→∞ln n+ 1 n+ 3−ln 3 = ln 3 F

1. Determine si las siguientes series convergen o divergen. En caso de ser convergente halle su suma.

a) ∞ X k=2 4 k2_{+ 6}_k_{+ 8} b) ∞ X n=2 16 (4n−1) (4n+ 7) c) ∞ X k=1 cosπ k −cos π k+ 2 d) ∞ X n=1 1 n(n+ 1) (n+ 2) e) ∞ X n=3 3n2n−(n+ 1) 2n+1 3n+1 Ejercicios 9.

(54)

2.2.5. Criterio de la integral y p−series

Este criterio permite analizar la divergencia o convergencia de una serie, pero no calcula su suma. Se puede realizar una aproximación de ésta suma y medir el error de aproximación.

Teorema13 (Criterio de la integral)

Sif es mon´otona en el intervalo [a,∞[para alg´un a∈IN entonces:

∞ X n=1 f(n) converge ⇐⇒ Z ∞ a f(x)dxconverge

o Demostraci´on.Por el teorema 9 se puede suponer que a= 1.

n f(n) n+1 f(n+1) x y n f(n) n+1 f(n+1) x y n f(n) n+1 f(n+1) x y R T A R = f(n+1) T = f(n) n n+1 f(x) dx A=

Figura2.2: Caso de una funci´on decreciente positiva

Si f es decreciente y positiva [1,∞[, entonces en el intervalo [n, n+ 1] con

n∈IN,n≥1 se cumple que: f(n+ 1)≤ Z n+1 n f(x)dx≤f(n) ⇒ k X n=1 f(n+ 1)≤ k X n=1 Z n+1 n f(x)dx≤ k X n=1 f(n) ⇒ Sk+1−f(1)≤ Z k+1 1 f(x)dx≤Sk

(55)

De la primera parte de la desigualdad anterior y del hecho que f es positiva se tiene que:

Sk+1≤ Z k+1 1 f(x)dx+f(1)≤ M z }| { Z ∞ 1 f(x)dx+f(1)

De donde se tiene que si

Z ∞

1

f(x)dxexiste se tendr´ıa que la sucesi´on{Sk}

es creciente y acotada superiormente por M, de donde y en virtud del teorema 7 se tiene que {Sk} es convergente. Por lo que la serie converge. De la segunda parte de la desigualdad anterior se tiene que:

Z k+1 1

f(x)dx≤Sk

De donde claramente si la integral

Z ∞

1

f(x)dx=∞se tiene queSk → ∞

cuando k→ ∞. Y la serie diverge.

Si f es creciente y positiva, en an´alisis es an´alogo al anterior. En caso de ser f negativa, basta estudiar la serie

∞ X n=1 −f(n). p Ejemplo 47 Determine si la serie ∞ P n=2 1 nln2n converge o diverge.

F Soluci´on. Seaf(x) = 1

xln2x. Tenemos que f

0₍_x_{) =} −(lnx+ 2)

x2_ln3_x . Es claro que

lnx >0 ∀x≥2.Por lo quef0(x)<0 ∀x≥2 y por lo tanto f es decreciente (y por lo tanto mon´otona) en [2,∞[.As´ı, aplicando el criterio de la integral:

Z ∞ 2 1 xln2xdx = bl´ım→∞ Z b 2 1 xln2xdx = l´ım b→∞ −1 lnx b 2 ! = l´ım b→∞ ₋₁ lnb + 1 ln 2 = 1 ln 2 as´ı Z ∞ 2 1

xln2xdx converge y por lo tanto ∞ P n=2 1 nln2n tambi´en. F

(56)

Ejemplo 48 Determine si la serie ∞ P n=0 e− √ n _{converge o diverge.}

F Soluci´on.Seaf(x) =e− √ x_._{Tenemos que}_f0₍_x_{) =} −e− √ x 2√x . Es claro quee −√x_>

0 ∀x ≥ 1. Por lo que f0(x) < 0 ∀x ≥ 1 y por lo tanto f es decreciente (y por lo tanto mon´otona) en [1,∞[.As´ı, aplicando el criterio de la integral:

Z ∞ 1 e− √ x_dx ₌ _l´ım b→∞ Z b 1 e− √

x_dx _{(aplicar sust. y partes)}

= l´ım b→∞ −2√xe− √ x₋₂_e−√x b 1 = l´ım b→∞ −2√be− √ b₋₂_e−√b_{− −2}_e−1₋₂_e−1 = 4e−1 as´ı Z ∞ 1 e− √

x_x _{converge y por lo tanto} P∞ n=0 e− √ n _tambi´_en. F Ejemplo 49

∞ X

k=1

lnn n .

F Soluci´on. Basta analizar el valor de la integral

Z ∞ 3 lnx x dx u= lnx=⇒du= 1 xdx l´ım A→∞ A Z ln 3 udu= l´ım A→∞ u2 2 A ln 3 =∞

Por lo que se tiene que la serie

∞ X k=1 lnn n diverge. F Ejemplo 50

Utilice el criterio de la integralpara demostrar que la serie

∞ P n=1

(n+ 1)p diverge parap >−1.

F Soluci´on. Se debe demostrar que (n+ 1)p es mon´otona. Seaf(x) = (x+ 1)p

(57)

donde si para x >1 tenemos que f es creciente si p >0 y decreciente si p <0. En cualquier casof es mon´otona. Por lo que se puede aplicar el criterio de la integral.

Z ∞ 1 (x+ 1)pdx = l´ım B→∞ Z B 1 (x+ 1)pdx= l´ım B→∞ (x+ 1)p+1 p+ 1 B 1 = l´ım B→∞ (B+ 1)p+1 p+ 1 − (1 + 1)p+1 p+ 1 ! = l´ım B→∞ (B+ 1)p+1 p+ 1 − 2p+1 p+ 1 !

Analizado el l´ımite anterior se tiene que l´ım

B→∞(B+ 1) p+1

=∞

Sip+ 1>0 =⇒p >−1 por lo que la integral diverge para p >−1.Luego, la serie diverge parap >−1.

F

1. Use el criterio de la Integral para analizar la convergencia de las si-guientes series: a) ∞ X n=2 n e3n2 b) ∞ X n=2 1 n ln3n c) ∞ X n=1 1 n(1 + ln2n) Ejercicios 10.

Teorema14 (Criterio de las p−series)

La serie definida por

∞ X

n=1

1

np

es convergente sip >1 y divergente si p≤ 1.Esta serie se conoce como p−serie o serie de Dirichlet.

o Demostraci´on.Ejercicio.

(58)

Ejemplo 51 Sonp−series: ∞ P n=2 1 n5 ∞ P n=5 √ n, pues ∞ P n=5 √ n= ∞ P n=5 1 n−1/2 y as´ıp= −1 2 ∞ P n=5 1 (n−2)6, pues ∞ P n=5 1 (n−2)6 = ∞ P n=3 1 n6 ∞ P n=1 1

n, esta serie es conocida como la serie arm´onica, la cual es divergente pues p= 1. Ejemplo 52 Si se sabe que ∞ P n=1 1 n2 = π2 6 determine la suma de ∞ P n=5 5 n2₋₆_n_{+ 9}

F Soluci´on. Se tiene que:

∞ X n=5 5 n2₋₆_n_{+ 9} = 5 ∞ X n=5 1 (n−3)2 = 5 ∞ X n=2 1 n2 = 5 ∞ X n=1 1 n2 −1 ! = 5 ∞ X n=1 1 n2 −1 ! = 5 ∞ X n=1 1 n2 −5 = 5π2 6 −5 F Ejemplo 53

Determine la convergencia o divergencia de la serie definida por:

∞ X

n=1

5 9n2_{+ 18}_n_{+ 9}

FSoluci´on.Al factorizar el denominador de la sucesi´on asociada a la serie se tiene que: ∞ X n=1 5 9n2_{+ 18}_n_{+ 9} = ∞ X n=1 5 9 (n2_{+ 2}_n_{+ 1)} = 5 9 ∞ X n=1 1 (n+ 1)2 = 5 9 ∞ X n=2 1 n2

La serie anterior es unap serie conp= 2>1 por lo que la serie converge.

(59)

2.2.6. Criterios de Comparaci´on

Teorema15 (I criterio de comparaci´on / criterio de comparaci´on directa)

SeanN ∈IN, y0≤an≤bn para todon≥N. Entonces:

Si ∞ X n=1 bn converge, entonces ∞ X n=1 an converge. Si ∞ X n=1 an diverge, entonces ∞ X n=1 bn diverge.

o Demostraci´on. Se sabe que las seriesP∞

n=1an yP∞n=Nan tiene el mismo

com-portamiento que las seriesP∞

n=1bn yP∞n=Nbn.

ConsidereSk yTk lask−´esimas sumas parciales de las seriesP∞n=Nan yP∞n=Nbn,

respectivamente. Como las series son de t´erminos positivos, las sucesiones {Sk}k≥1

y{Tk}k≥1 son crecientes.

Si P∞

n=Nbn=T, entonces se tiene que:

0≤Sk≤Tk≤T ∀k≥1

De donde se tiene que la sucesi´on{Sk}k≥1 es acotada porT. Por lo tanto dicha

sucesi´on es creciente y acotada superiormente. En virtud del teorema 7 se tiene que {Sk}k≥1 converge.

Si P∞

n=Nan =∞, entonces la sucesi´on {Sk}k≥1 crece sin cota. Y como Tk ≥ Sk para todo k, entonces se tiene que {Tk}k≥1 crece sin cota y por lo tanto P∞

k=Nbn diverge.

p

Teorema16 (II criterio de comparaci´on / criterio de comparaci´on en el l´ımite)

Suponga queP∞ n=1an y

P∞

n=1bn son series de t´erminos positivos:

1. Si l´ım

n→∞ an bn

=L, Lesfinitopositivo. Entonces ambas series convergen o ambas series divergen. 2. l´ım n→∞ an bn = 0 y ∞ X n=1 bn converge, entonces ∞ X n=1 an converge. 3. l´ım n→∞ an bn =∞ y ∞ X n=1 bn diverge, entonces ∞ X n=1 andiverge.