Inducción y recursividad

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Texto completo

(1)

Inducci´

on y recursividad

1.1.

Proposiciones

Definici´on 1 (Proposici´on)

Una proposici´on es una colecci´on de s´ımbolos sint´acticos 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 may´uscula.

Recordatorio

Sean P y Q dos proposiciones, las conectivas l´ogicas conjunci´on (∧), disyunci´on (∨), implicaci´on (⇒), y doble implicaci´on (⇔) generan nue-vas proposiciones definidas cuyos valores de verdad se define a continuaci´on:

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 proposici´on abierta es una colecci´on de proposiciones indexadas a trav´es de uno o varios par´ametros. El conjunto m´as grande de posibles valores para los par´ametros, 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.

Demostraci´on por contradicci´on: Consiste en suponer verdadero la proposici´on:P∧¬Qy demostrar que bajo dicha suposici´on, se puede concluir una contradicci´on (Una proposici´on evidentemente falsa). De esta manera, de donde se parti´o tiene que ser falso y comoP no puede ser falso, pues es la premisa o hip´otesis¬Qtiene que serlo. As´ı se tiene que P ⇒Q≡V

1.2.

Inducci´

on matem´

atica.

La inducci´on matem´atica es una t´ecnica de demostraci´on que se basa en el principio del bueno orden, dicho principio se menciona a continuaci´on:

Principio del buen orden.

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

El m´etodo de inducci´on matem´atica sirve para probar que una proposici´on abierta es verdadera para todo n es su dominio, siempre que ´este sea de la forma {p, p+ 1, p+ 2, p+ 3, . . .}, dondep≥0. Para el caso de que el dominio seaIN se tiene que:

M´etodo de inducci´on matem´atica.

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 qu´e funciona el m´etodo de inducci´on matem´atica?

El objetivo de la t´ecnica de inducci´on matem´atica, es poder garantizar que una proposici´on 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

Para n= 1 se tiene que:P1⇒P2, por lo queP2 ≡ V

Para n= 2 se tiene que:P2⇒P3, por lo queP3 ≡ V

Para n= 3 se tiene que:P3⇒P4, por lo queP4 ≡ V

Para n= 4 se tiene que:P4⇒P5, por lo queP5 ≡ V

.. . ≡ ...

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

Una variaci´on v´alida del m´etodo de inducci´on matem´atica corresponde a lo que se conoce com´unmente como m´etodo de inducci´on fuerte o inducci´on transfinita. Esta variaci´on 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 variaci´on no genera un nuevo m´etodo de inducci´on ni nada por el estilo, este es una generalizaci´on, m´as fuerte (ya que se cuenta con m´as premisas o bien unaHI m´as general) que la anterior. Se usa cuando para poder demostrarPn+1 se requiere m´as informaci´on que Pn. En esta variaci´on la hip´otesis

de inducci´on ser´ıa:

HI :P0∧P1∧P2∧ · · · ∧Pn

El por qu´e funciona esta variante del m´etodo de inducci´on matem´atica 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 t´ecnica de inducci´on matem´atica se emplear´a para demostrar varios tipos de pro-posiciones de la forma (∀n∈IN)(n≥p)[Pn]. Se trabajar´an a groso modo 3 tipos de

proposiciones: divisibilidad, igualdades y desigualdades. Seguidamente se aplicar´a la inducci´on matem´atica para el caso de divisibilidad, posteriormente durante el desa-rrollo del tema sesucesiones y series se abordar´as 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 + 2n+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 Pn⇒Pn+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+ 3n2), para todonIN. 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 v´alidoPn, que ser´a la Hip´otesis

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 ser´a impar (Tambi´en se puede demostrar por inducci´on, 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+ 3n2)

para todon∈IN.

F En el ejemplo 4 se requiri´o justificar que 7n+ 1 es un n´umero par, y de este modo poder decir que se puede expresar por 2p para alg´un p∈ZZ. En algunas ocasiones, dicha justificaci´on se torna evidente y se puede justificar tal y como se realiz´o en el ejemplo 4. Sin embargo, en otras ocasiones, dicha justificaci´on no ser´a tan directa, por lo que se debe proceder por inducci´on.

(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 sucesi´on {a0, a1, a2,· · · } de n´umeros reales, es una funci´on 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 sucesi´on de los n´umeros impares {1,3,5,7,9,11, . . .}. Es posible denotar esta sucesi´on 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´onnnn−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(nn+2)+12o∞

n=0.

Como se observa en el ejemplo 5, toda sucesi´on puede ser expresada de forma que su dominio seaIN, es decir, que inicie enn= 0. Por esta raz´on, a partir de aqu´ı, en este documento se supondr´a 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= aann+2. Es posible

sim-plificar la f´ormula del en´esimo t´ermino de esta nueva sucesi´on, 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 f´ormula para el en´esimo t´ermino 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 Soluci´on. 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 est´an expresadas en forma expl´ıcita, esto es que sun-´esimo t´ermino est´a en funci´on de solon. Existe otra forma de representar sucesiones, esta nueva forma se conocer´a como recursiva o recurrente.

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

Se dice que una sucesi´on{an}est´a definida en forma recursiva, si eln−´esimo t´ermino

est´a en funci´on de los t´erminos anteriores.

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

n´umero de t´erminos anteriores necesarios para representar el n−´esimo t´ermino. Es decir, se dice que{an}es una sucesi´on 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 sucesi´on, en caso de que el k−´esimo t´ermino dependa dem t´erminos 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 sucesi´on de Fibonacci es una de las sucesiones m´as curiosas que se conocen, esta sucesi´on da la soluci´on al famoso problema de los conejos que Fibonacci escribi´o 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 f´ertil, a partir de ese momento cada vez engendra una pareja de conejos, que a su vez, tras ser f´ertiles engendrar´an cada mes una pareja de conejos. ¿Cu´antas parejas de conejos habr´a al cabo de un determinado n´umero 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− x2n+ 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) =x32x+ 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 informaci´on para determinar nuevos t´erminos. Por ejemplo, para determinar el t´ermino 8 de la sucesi´on 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 sucesi´on est´a dada en forma expl´ıcita, determinar el valor de algunos de los t´erminos de la sucesi´on es muy sencillo, basta asignar el valor denque se desee y listo. Por esta raz´on es importante determinar un m´etodo 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+ 2n−1+ 2n−2+· · ·+ 22+ 2 + 1 2−1 = (2−1) 2 n+ 2n−1+ 2n−2+· · ·+ 22+ 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

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

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+ 3n−2+· · ·+ 3 + 1 3−1 = 2·3n+3 3 n−1+ 3n−2+· · ·+ 3 + 1 − 3n−1+ 3n−2+· · ·+ 3 + 1 2 = 2·3n+ 3 n+ 3n−1+· · ·+ 32+ 3 − 3n−1+ 3n−2+· · ·+ 3 + 1 2 = 2·3n+3 n1 2 = 5·3 n1 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 n1 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

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

( 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 2·35·33 a4 = 5· 53·1 2−5 2·35·33 −3 = 54·1 2 −5 3·352·35·33 .. . =...

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+ 5n−2+· · ·+ 52+ 5 + 1 = 5n·1 2−3· (5−1) 5n−1+ 5n−2+· · ·+ 52+ 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

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

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+11 7 = 24 7 a2 = 5 2+11 7 = 124 7 a3 = 5 3+11 7 = 624 7 a4 = 5 4+11 7 = 3124 7 a5 = 5 5+11 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 sucesi´on recursiva. Y a la ecuaci´on P(x) = 0 se le llama ecuaci´on caracter´ıstica donde P(x) es el polinomio caracter´ıstico.

Los ceros del polinomio caracter´ıstico y bien las soluciones de la ecuaci´on carac-ter´ıstica ser´an de mucha importancia para determinar la f´ormula expl´ıcita de una sucesi´on recursiva, lineal y homog´enea de ordenk.

Ejemplo 16

La sucesi´on de Fibonacci es una sucesi´on es una sucesi´on lineal, homog´enea 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

Considere la sucesi´on definida por:

(

an =

25an−1−23an−2+ 6an−3

6

a0 = 1, a0 = 2, a2 = −1

Esta sucesi´on es un sucesi´on recursiva, lineal, homog´enea 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 sucesi´on es recursiva, lineal, homog´enea de orden 2 con polinomio caracter´ıstico asociadoP(x) =x2+2x+1y con cerosx1 =−1yx2 =−1. As´ı, el t´erminon−´esimo de la sucesi´on tendr´a 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

Considere la sucesi´on definida por:

(

an =

25an−1−23an−2+ 6an−3

6

a0 = 3, a1 = 5, a2 = −1

Esta sucesi´on es un sucesi´on recursiva, lineal, homog´enea 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 sucesi´on, se puede, si la sucesi´on lo permite, definir una funci´on que pasa por todos los puntos de la sucesi´on y utilizar los conocimientos acerca de la primera derivada. Si la funci´on es mon´otona entonces la sucesi´on tambi´en es mon´otona.

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+6n+2 es cierta paran0, entonces se tiene quea

n≤an+1.

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

La otra alternativa, consiste en considerar una funci´onf :IR+ →IRtal que el gr´afico de la sucesi´on sea subconjunto del gr´afico de la funci´on, es decir, una funci´on 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,entoncesf es decreciente

y esto implica que {bn}es decreciente.

F

Ejemplo 24

Use inducci´on matem´atica para demostrar que la sucesi´on

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 sucesi´on, decimos que la sucesi´on {xn}es una sucesi´on 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+ 5n2 converge o diverge. F Soluci´on. l´ım n→∞ en 2en+ 5n2 = l´ımn→∞ e n e n 2 +5n 2 en = l´ımn→∞ 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 2n1 bn= (−1)n n + 2 F Soluci´on.

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

2

2x1. Calculamos l´ımx→∞ x2

2x1,

para ello empleamos la regla de L’Hopital: l´ım x→∞ x2 2x1 = l´ımx→∞ 2x 2x·ln 2 = l´ımx→∞ 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 n25 {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´ımn 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 comoe−1<1entonces la sucesi´on converge a0.

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−´esimo t´ermino de la sucesi´on 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 adem´as, la sucesi´on dek−´esimas 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 raz´on, a partir de este punto, los resultados se estudiar´an para series que inicien en uno. Sin embargo, los resultados que se estudiar´an podr´an ser aplicados a series que dan inicios en n´umeros naturales distintos a la unidad aplicando una traslaci´on 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 Soluci´on. Se aplicar´a inducci´on 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 sucesi´on de las n−´esimas sumas parciales est´a 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 f´ormula para lan−´esimas suma parcial. Demu´estrela por inducci´on. 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 sucesi´on de las n−´esimas sumas parciales est´a 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 m´etodo de inducci´on matem´atica 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 quePki=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 4n21 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)n3n2 4n21 =              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:

ˆ 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.

ˆ Considere el l´ımite l´ım

n→∞sen nπ

2

, note que cuando nes par se tiene que sen

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.

ˆ 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 Geom´etrica Definici´on 15 (Serie Geom´etrica)

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 telesc´opica Definici´on 16 (Serie telesc´opica)

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+ 3n+ 2

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

F Soluci´on. Aplicando fracciones parciales a −1

n2+ 3n+ 2 tenemos que: −1 n2+ 3n+ 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+ 3n+ 2 = −1 n+ 1− −1 n+ 2 y tenemos que: ∞ X n=1 −1 n2+ 3n+ 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+ 3n+ 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

Analice la convergencia de la serie

∞ X n=1 6 9n2+ 24n+ 7

(51)

F Soluci´on. Aplicando fracciones parciales se tiene que: 6 9n2+ 24n+ 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+ 24n+ 7 = 1 3n+ 1− 1 3n+ 4+ 1 3n+ 4− 1 3n+ 7 por lo que ∞ X n=1 6 9n2+ 24n+ 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+ 24n+ 7 = 11 28 F Ejemplo 44

Analice la convergencia de la serie

∞ X

n=1

1

n(n+ 1) (n+ 2)

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

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

Analice la convergencia de la serie

∞ 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

Analice la convergencia de la serie

∞ X n=1 ln n2+ 3n+ 2 n2+ 3n

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

F Soluci´on. ∞ X n=1 ln n2+ 3n+ 2 n2+ 3n = ∞ 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+ 6k+ 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 aproximaci´on de ´esta suma y medir el error de aproximaci´on.

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)

ˆ 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. ˆ 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)

x2ln3x . 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 quef0(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− √ xdx = l´ım b→∞ Z b 1 e− √

xdx (aplicar sust. y partes)

= l´ım b→∞ −2√xe− √ x2e−√x b 1 = l´ım b→∞ −2√be− √ b2e−√b− −2e−12e−1 = 4e−1 as´ı Z ∞ 1 e− √

xx converge y por lo tanto P∞ n=0 e− √ n tambi´en. F Ejemplo 49

Analice la convergencia de la serie

∞ 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 n26n+ 9

F Soluci´on. Se tiene que:

∞ X n=5 5 n26n+ 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+ 18n+ 9

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

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