Analisis

CAP´
ITULO IX.
´
SERIES NUMERICAS

SECCIONES
A. Series de t´rminos no negativos.
e
B. Ejercicios propuestos.

401

´
A. SERIES DE TERMINOS NO NEGATIVOS.

Dada una sucesiń {a1 , a2 , . . . , an , . . . }, se llama serie de t´rmino general
o
e
an , y que representaremos por
an , a la sucesiń de sumas parciales {Sn }
o
n≥1

definida por S1 = a1 , S2 = a1 + a2 , . . . , Sn = a1 + a2 + · · · + an , . . . .
Si existe S = l´ Sn , la serie
ım
n→∞

se escribe

an se dice convergente y tiene suma S y
n≥1

an = S.
n≥1

Si dicho l´
ımite es infinito o no existe, la serie

an es divergente.
n≥1

Enunciaremos a continuaciń los criterios generales para estudiar el carćter
o
a
(convergente o divergente) de una serie. Nos limitaremos a las series de
t´rminos no negativos (an ≥ 0) aunque el primer criterio es v´lido para
e
a
series generales.
1. Condiciń del resto.
o
Si una serie

an es convergente, entonces l´ an = 0.
ım
n→∞

n≥1

De aqu´ se deduce que si el t´rmino general de una serie no converge
ı
e
a cero, dicha serie es divergente.
2. Criterio de comparaciń.
o
Dadas dos series

bn , si an ≤ bn , ∀n y

an y
n≥1

n≥1

bn converge,
n≥1

an converge.

entonces
n≥1

Rec´
ıprocamente, si una serie es divergente y todos sus t´rminos son
e
mayores o iguales que los de otra serie, esta ultima es tambiń diver´
e
gente.
3. Criterio de comparaciń por paso al l´
o
ımite.
an
a) Si l´
ım
= L (L finito y L = 0), entonces
n→∞ bn
an converge ⇐⇒
n≥1

b) Si l´
ım

n→∞

bn converge.
n≥1

an
= 0, entonces
bn
bn converge =⇒
n≥1

an converge.
n≥1

402

an
= ∞, entonces
n→∞ bn

c) Si l´
ım

bn converge.

an converge =⇒
n≥1

n≥1

Para utilizar los criterios de comparaciń es conveniente conocer la
o
convergencia de las siguientes series:
1/np es convergente cuando p > 1 y

- Serie armńica: La serie
o
n≥1

divergente cuando p ≤ 1.
a · rn es convergente cuando |r| < 1

-Serie geom´trica: La serie
e
n≥1

y divergente cuando |r| ≥ 1.
4. Criterio del cociente (D’Alembert).
an+1
Sea L = l´
ım
. Entonces,
n→∞ an
a) si L < 1,

an converge;
n≥1

an diverge.

b) si L > 1,
n≥1

5. Criterio de la ra´ (Cauchy).
ız
√
Sea L = l´ n an . Entonces,
ım
n→∞

a) si L < 1,

an converge;
n≥1

an diverge.

b) si L > 1,
n≥1

6. Criterio de Raabe.
an+1
a) Si l´ n · 1 −
ım
an
b) Si l´ n · 1 −
ım

an+1
an

> 1, entonces

an converge.

< 1, entonces

an diverge.

Nota: Este criterio puede ser conveniente en los casos en que los criterios del cociente o de la ra´ no son concluyentes.
ız
7. Criterio de la integral.
Sea f : [1, ∞) → R una funciń decreciente y f (x) > 0, ∀x. Entonces
o
∞

f (n) converge ⇐⇒

f (x)dx converge.
1

n≥1

403

8. Criterio del producto (Pringsheim).
a) Si l´ np an = L ≥ 0, para algń p > 1, entonces
ım
u

an converge.

b) Si l´ np an = L > 0, para algń p ≤ 1, entonces
ım
u

an diverge.

9. Criterio logar´
ıtmico.
Si l´
ım

log 1/an
= L, entonces
log n

a)

an converge cuando L > 1.

b)

an diverge cuando L < 1.

PROBLEMA 9.1.

Estudiar el carćter de la serie
a
an =

an de t´rmino general
e

n(n + 1)
.
n2 + 2n

Soluciń
o

Como l´
ım

n(n + 1)
= 1 = 0, la serie es divergente.
n2 + 2n

PROBLEMA 9.2.

Sabiendo que la suma de los n primeros t´rminos de una serie
e
es
5n2 − 3n + 2
Sn =
,
n2 − 1
hallar el t´rmino general y estudiar su naturaleza.
e
Soluciń
o

Aplicamos la f´rmula an = Sn − Sn−1 y obtenemos:
o
an =

5n2 − 3n + 2 5(n − 1)2 − 3(n − 1) + 2
3n2 − 17n + 10
−
= 4
.
n2 − 1
(n − 1)2 − 1
n − 2n3 − n2 + 2n
404

Como adem´s l´ Sn = l´
a ım
ım

5n2 − 3n + 2
= 5, la serie es convergente.
n2 − 1

Observaciń: No confundir con la condiciń necesaria de convergencia en la
o
o
que debe ser cero el l´
ımite del t´rmino general de la serie an , no del t´rmino
e
e
general de la sucesiń de sumas parciales Sn . En este caso, como l´ Sn = 5,
o
ım
quiere decir que la suma de la serie es precisamente 5.

PROBLEMA 9.3.

Hallar el mayor valor entero que debe tomar k para que la serie
nk
an de t´rmino general an =
e
sea convergen(n + 1)(n + 2)(n + 3)
te.
Soluciń
o

Aplicando el criterio logar´
ıtmico,
l´
ım

log(1/an )
log n

log (n+1)(n+2)(n+3)
log(n + 1)(n + 2)(n + 3) − log nk
nk
= l´
ım
log n
log n
3 + 6n2 + 11n + 6) − k log n
log(n
l´
ım
log n
log(n3 )(1 + 6/n + 11/n2 + 6/n3 ) − k log n
l´
ım
log n
3 log n + log(1 + 6/n + 11/n2 + 6/n3 ) − k log n
l´
ım
log n
log(1 + 6/n + 11/n2 + 6/n3 )
l´ 3 − k +
ım
= 3 − k.
log n

= l´
ım
=
=
=
=

Para que sea convergente, debe ser 3 − k > 1, y como k debe ser entero, el
mayor valor que hace la serie convergente es k = 1.

PROBLEMA 9.4.

a
an = √

e

1
1
−√
.
n−1
n+1
405

Soluciń
o

Tenemos que
1
1
√
−√
=
n−1
n+1

√

√
2
n+1− n+1
=
.
n−1
n−1

Por el criterio de comparaciń, como l´
o
ım

2/(n − 1)
= 2 y la serie
1/n

1/n es

divergente, la serie dada es divergente.

PROBLEMA 9.5.

a

e
n
an = √
.
2n3 + 1

Soluciń
o

Aplicamos el criterio de Prinsgheim, y tenemos:
l´ nα √
ım

nα+1
n
= l´ √
ım
.
2n3 + 1
2n3 + 1

Para que dicho l´
ımite sea real debe ser el grado del numerador igual al grado
del denominador. En este caso α + 1 = 3/2 =⇒ α = 1/2. Como α < 1, la
serie es divergente.

PROBLEMA 9.6.

a
an =

e
n4

n
.
+1

Soluciń
o

Aplicando el criterio de Pringsheim, tenemos:
l´ nα
ım

n
nα+1/2
= l´ √
ım
.
n4 + 1
n4 + 1
406

Dicho l´
ımite es un n´mero real no nulo cuando α = 3/2. Como es mayor
u
que uno, la serie es convergente.

PROBLEMA 9.7.

a
an =

e
1
.
1 + np

Soluciń
o

1
= 1. De este modo,
1 + np
cuando p > 1, la serie es convergente y cuando p ≤ 1, la serie es divergente.
Segń el criterio de Pringsheim, si α = p, l´ nα
u
ım

PROBLEMA 9.8.

a
e
√
x+n−1
an = √
.
x2 + n2 + 1
Soluciń
o

Aplicamos nuevamente el criterio de Pringsheim y debemos determinar el
valor de α para que l´ nα an sea un n´mero real no nulo. Tenemos que
ım
u
√
x+n−1
l´ nα √
ım
= 1 cuando α = 1/2.
x2 + n2 + 1
Como es un valor menor que uno, se deduce que la serie es divergente.

PROBLEMA 9.9.

a
e
√
√
an = n + 1 − n.
407

Soluciń
o

Aplicamos en este caso el criterio de Pringsheim:
√
√
l´ nα ( n + 1 − n) = l´ √
ım
ım

nα
√ .
n+1+ n

Este l´
ımite es finito cuando α = 1/2 por lo que la serie es divergente.

PROBLEMA 9.10.

a
an = √
n

e
1
.
n+1

Soluciń
o

Como
l´ an = l´ √
ım
ım n

1
1
n
= 1 = 0,
= l´ n+1 = l´
ım
ım
n+1
n+1
n

la serie es divergente.

PROBLEMA 9.11.

a
an = ln

e
n+1
.
n

Soluciń
o

n+1
1
n+1
∼
−1=
y
n
n
n
1/n es divergente, la serie dada tambiń diverge.
e

Debido a la equivalencia de los infinit´simos ln
e
como la serie

408

PROBLEMA 9.12.

a
an =

e
n!
.
n2

Soluci´n
o

n!
Si calculamos el l´
ımite del t´rmino general se obtiene que l´
e
ım 2 = ∞ por
n
lo que la serie es divergente.

PROBLEMA 9.13.

a
an =

e

5 · loga n
.
3 · logb n

Soluci´n
o

Aplicando la f´rmula del cambio de base de logaritmos, podemos escrio
bir
5 ln b
5 · (ln n/ ln a)
an =
= ·
.
3 · (ln n/ ln b)
3 ln a
Como el t´rmino general es constante, no tiende a cero, por lo que la serie
e
es divergente.

PROBLEMA 9.14.

a
an =

409

e
ln n
.
n

Soluciń
o
ln n
1
Por el criterio de comparaciń, como
o
> y la serie armńica
o
n
n
divergente, la serie dada tambiń es divergente.
e

1/n es

PROBLEMA 9.15.

Demostrar que las series u1 + u2 + · · · + un + . . . y ln(1 + u1 ) + ln(1 +
u2 ) + · · · + ln(1 + un ) + . . . tienen el mismo carćter si un > 0 y
a
l´ un = 0.
ım
n→∞

Soluciń
o
Utilizando el criterio de comparaciń tenemos:
o
l´
ım

ln(1 + un )
ım(1 + un )1/un = ln e = 1 = 0.
= l´ ln(1 + un )1/un = ln l´
ım
un

Esto asegura que ambas series tienen el mismo carćter.
a

PROBLEMA 9.16.

a

e
√
an = arc sen(1/ n).

Soluciń
o
√
arc sen(1/ n)
√
= 1, la serie dada es equivalente a la serie
Debido a que l´
ım
1/ n
√
armńica
o
1/ n, la cual es divergente.

PROBLEMA 9.17.

a
an =

e

1 + sen2 n
.
n2

410

Soluciń
o

1 + sen2 n
2
Como 0 ≤
≤ 2 y la serie
2/n2 es convergente, por el criterio
2
n
n
de comparaciń se deduce la convergencia de la serie dada.
o

PROBLEMA 9.18.

a

e

an =

n!
.
nn

Soluciń
o

Aplicamos el criterio del cociente de D’Alembert:
n!/nn
n!(n − 1)n−1
l´
ım
= l´
ım n
= l´
ım
(n − 1)!/(n − 1)n−1
n (n − 1)!

n−1
n

n−1

= e−1 .

Como el l´
ımite es menor que uno, la serie es convergente.

PROBLEMA 9.19.

a
an =

e
nn
.
3n · n!

Soluciń
o

Aplicando el criterio del cociente:
l´
ım

an
an−1

= l´
ım
=

nn
3n−1 · (n − 1)!
nn−1
1
·
= l´
ım ·
3n · n!
(n − 1)n−1
3 (n − 1)n−1

1
l´
ım
3

n
n−1

n−1

=
411

1
1
l´
ım 1 +
3
n−1

n−1

=

e
< 1.
3

Por tanto la serie dada es convergente.

PROBLEMA 9.20.

a
an =

e
1
a
tg n .
n
2
2

Soluci´n
o

Aplicando el criterio de D’Alembert:
l´
ım

an+1
an

tg(a/2n+1 )
2n
1
a
a
·
= l´ tg n+1 · cotg n
ım
n+1
n)
2
tg(a/2
2
2
2
n
a
2
1
1
l´ n+1 ·
ım
= < 1.
2
2
a
4

= l´
ım
=

Esto prueba que la serie es convergente.

PROBLEMA 9.21.

a
an =

e

2n x2n
respecto a los diversos valores de x.
1 + x2n

Soluci´n
o
2n
→ ∞ y la serie ser´ divergena
En primer lugar, si x2 = 1 =⇒ an =
1+1
te.
Si x2 > 1 =⇒ l´ an = l´ 2n · l´
ım
ım
ım
divergente.

x2n
= ∞ · 1 = ∞. La serie es
1 + x2n

Para x2 < 1 aplicamos el criterio de D’Alembert:
l´
ım

an
2n x2n 1 + x2(n−1)
2x2 (1 + x2n−2 )
= l´
ım
· n−1 2(n−1) = l´
ım
= 2x2 ,
an−1
1 + x2n 2
1 + x2n
x
412

pues x2n → 0 y x2n−2 → 0 cuando x2 < 1.
La serie es convergente cuando 2x2 < 1, es decir cuando |x| <
√
divergente cuando 2x2 > 1, es decir cuando |x| > 2/2.

√

2/2 y

Para el caso en que 2x2 = 1 tenemos x2 = 1/2, de donde:
an =

2n (1/2n )
1
=
→1
n)
1 + (1/2
1 + (1/2n )

con lo que la serie es tambiń es divergente cuando |x| =
e

√

2/2.

PROBLEMA 9.22.

a
an = ln

e

n2 + 2n + 2
.
n2 − 2n + 2

Soluciń
o

Si aplicamos el criterio de Pringsheim resulta:
l´ nα ln
ım

n2 + 2n + 2
= l´ nα
ım
n2 − 2n + 2

n2 + 2n + 2
−1
n2 − 2n + 2

= l´ nα
ım

n2

4n
.
− 2n + 2

Si hacemos α = 1, el l´
ımite da como resultado 4. De aqu´ se concluye que la
ı

PROBLEMA 9.23.

a

e

2n − 1
.
an = √
( 2)n
Soluciń
o

Por el criterio de la ra´
ız:
l´
ım

n

2n − 1
1 √
1
2n − 1
1
√
= l´ √ n 2n − 1 = √ l´
ım
ım
=√ .
2n − 3
( 2)n
2
2
2
413

Como el l´

PROBLEMA 9.24.

a

e
1
.
(ln n)ln n

an =

Soluci´n
o

ıtmico tenemos:
l´
ım

ln (ln n)ln n
ln n ln(ln n)
ln(1/an )
= l´
ım
= l´
ım
= l´ ln(ln n) = ∞ > 1.
ım
ln n
ln n
ln n

Esto indica que la serie es convergente.

PROBLEMA 9.25.

a
an =

e

ln

a

n+1
n−1

.

Soluci´n
o
2
n−1

Comparamos esta serie con la de t´rmino general bn =
e

a

que tenemos:

l´
ım

an
bn

ln 1 +
= l´
ım

2
n−1
a

2
n−1

2
= l´ ln 1 +
ım
n−1
414

a


= l´ 
ım
n−1
2

ln 1 +

2
n−1

2
n−1

a


a

= (ln e)a = 1a = 1.

, con lo

Esto quiere decir que las dos series tienen el mismo carćter y como la serie
a
a
2
de t´rmino general bn =
e
es una serie armńica, es convergente
o
n−1
cuando a > 1 y divergente cuando a ≤ 1.

PROBLEMA 9.26.

a

e

an =

logn a
.
loga n

Soluciń
o

Aplicando la f´rmula del cambio de base en los logaritmos podemos escrio
bir
ln a/ ln n
ln a 2
an =
=
.
ln n/ ln a
ln n
ıtmico:
ln(1/an )
l´
ım
ln n

ln

ln n 2
ln a

2 ln(ln n) − 2 ln(ln a)
ln n
ln n
ln(ln a)
ln(ln n)
− 2 l´
ım
.
= 2 l´
ım
ln n
ln n

= l´
ım

= l´
ım

El segundo l´
ımite da como resultado cero y para calcular el primero, aplicamos el criterio de Stolz:

l´
ım

ln(ln n)
ln n

ln n

= l´
ım

ln ln(n−1)
ln(ln n) − ln[ln(n − 1)]
= l´
ım
ln n − ln(n − 1)
ln n
n−1

1

= l´
ım
ln

n
n−1

1

= l´
ım
ln

n
n−1

1

= l´
ım
ln

ln n
−1
ln(n − 1)

n
n−1

·

ln n − ln(n − 1)
ln(n − 1)
ln

·

n
n−1

ln(n − 1)

415

= l´
ım

1
= 0.
ln(n − 1)

Como el l´
ımite es menor que uno, la serie es divergente.

PROBLEMA 9.27.

a

e

n
3n − 1

an =

2n−1

.

Soluciń
o

Por el criterio de la ra´ de Cauchy:
ız
l´
ım

n

n
3n − 1

2n−1

n
3n − 1

= l´
ım

2n−1
n

= (1/3)2 = 1/9.

Como el l´

PROBLEMA 9.28.

a
an =

e
n+1
2n − 1

n

.

Soluciń
o

Aplicamos nuevamente el criterio de la ra´
ız:

l´
ım

n

n+1
2n − 1

n

= l´
ım

n+1
1
= < 1.
2n − 1
2

Se deduce que la serie es convergente.

PROBLEMA 9.29.

a
e
n
sen a
an =
(a fijo).
n
416

Soluci´n
o

Por el criterio de Raabe,

l´ n
ım



sen a n

n
n−1 
sen a
n−1


1 −

= l´ n 1 −
ım

n−1
n

= l´ n 1 −
ım
n

(n − 1)n sen a
nn (n − 1)

sen a
= ∞ · 1 = ∞.
n−1

Como el l´
ımite es mayor que uno, la serie es convergente.

PROBLEMA 9.30.

a
an = tg n a +

b
n

e

con 0 < a < π/2.

Soluci´n
o

Aplicamos el criterio de la ra´
ız:
l´
ım

√
n

an = l´ tg a +
ım

b
n

= tg a.

De aqu´ se deduce que si 0 < a < π/4, la serie es convergente pues el l´
ı
ımite
anterior es menor que uno.
Si π/4 < a < π/2, el citado l´
ımite es mayor que uno por lo que la serie es
divergente.
Para a = π/4 se tiene:
l´ an
ım

π
b
tg(π/4) + tg(b/n)
= l´ tg
ım
+
= l´
ım
4 n
1 − tg(π/4) tg(b/n)
1 + tg(b/n) n
= l´
ım
= eL ,
1 − tg(b/n)
n

donde
L = l´ n
ım

1 + tg(b/n)
−1
1 − tg(b/n)

= l´ n tg(b/n) · l´
ım
ım

= l´ n ·
ım

2 tg(b/n)
1 − tg(b/n)

2
= 2b.
1 − tg(b/n)

417

n

Por lo tanto, l´ an = e2b = 0 y la serie es divergente.
ım

PROBLEMA 9.31.

a
an =

e
nln n
.
(ln n)n

Soluci´n
o

Aplicamos el criterio de Cauchy o de la ra´
ız:
l´
ım

√
n

an = l´
ım

nln n/n
.
ln n

Tomando logaritmos resulta:
l´ ln
ım

√
n

an = l´
ım

(ln n)2
ln n
ln n − ln(ln n) = l´
ım
− ln(ln n) .
n
n

Utilizamos el criterio de Stolz para calcular el l´
ımite del primer sumando:
l´
ım

(ln n)2
n

(ln n)2 − [ln(n − 1)]2
n − (n − 1)
l´
ım[ln n + ln(n − 1)][ln n − ln(n − 1)]
n
l´ ln n(n − 1) ln
ım
n−1
ln(n2 − n)
n
− 1 = l´
ım
l´ ln(n2 − n)
ım
n−1
n−1
2 − n) − ln[(n − 1)2 − (n − 1)]
ln(n
l´
ım
n − 1 − (n − 1 − 1)
2−n
n
l´ ln 2
ım
= ln 1 = 0.
n − 3n + 2

= l´
ım
=
=
=
=
=

Como el l´
ımite del segundo sumando es l´ ln(ln n) = +∞, resulta que
ım
l´ ln
ım

√
n

an = −∞ =⇒ l´
ım

de modo que la serie es convergente.
418

√
n

an = 0 < 1,

PROBLEMA 9.32.

a
an =

e

1
√ n.
(1 + 1/ n)

Soluciń
o

Aplicamos el criterio logar´
ıtmico:
√

l´
ım

ln(1/an )
ln n

ln 1 +
= l´
ım

1
√
n

n

√

n ln 1 +

= l´
ım

1+

= l´
ım

ln n
√

ln

1
√
n

n

1
√
n

√
n

n

ln n
√

√

n
1
= l´
ım
l´ ln 1 + √
ım
ln n
n

ln n

n

.

Es evidente que el l´
ımite del segundo factor es 1. Utilizaremos el criterio de
Stolz para calcular el l´
ımite del primer factor:
√
√
√
n
n− n−1
n − (n − 1)
1
√
l´
ım
= l´
ım
= l´ √
ım
·
n
ln n
ln n − ln(n − 1)
n + n − 1 ln n−1
1
n−1
√
= +∞.
= l´ √
ım
= l´ √
ım
√
n+ n−1
( n + n − 1) n − 1
n−1

En definitiva, l´
ım

ln(1/an )
= +∞ > 1 y la serie es convergente.
ln n

PROBLEMA 9.33.

a
an =

n+1
n

e
n+1

n+1
−
n

−n

.

Soluciń
o

Por el criterio de la ra´
ız:
l´
ım

n

n+1
n

n+1

n+1
−
n

−n

= l´
ım
419

1
n+1 n+1
n

−

n+1
n

=

1
< 1.
e−1

Esto muestra que la serie es convergente.

PROBLEMA 9.34.

a
n+1
n

an =

e
n

+

2n + 1
n

−n

.

Soluci´n
o

Aplicando el criterio de la ra´
ız:
l´
ım

√
n

an = l´
ım

1
+

n+1 n
n

2n+1
n

= l´
ım

1
1+

1 n
n

+

2n+1
n

=

1
< 1.
e+2

La serie es convergente.

PROBLEMA 9.35.

a
an =

e

nn
.
1 · 3 · 5 · . . . (2n − 3)(2n − 1)

Soluci´n
o
Aplicando el criterio del cociente de D’Alembert:
l´
ım

an
an−1

nn
1 · 3 · 5 · . . . (2n − 3)
·
1 · 3 · 5 · . . . (2n − 3)(2n − 1)
(n − 1)n−1
1
nn
nn−1
n
= l´
ım
·
= l´
ım
·
2n − 1 (n − 1)n−1
2n − 1 (n − 1)n−1

= l´
ım

= l´
ım

n
l´
ım
2n − 1

n
n−1

Por tanto la serie es divergente.
420

n−1

=

1
· e > 1.
2

PROBLEMA 9.36.

a
an =

e

ln 2 · ln 3 . . . ln n
.
n!

Soluci´n
o

Aplicando el criterio del cociente de D’Alembert:
l´
ım

an
an−1

ln 2 · ln 3 . . . ln n
(n − 1)!
·
n!
ln 2 · ln 3 . . . ln(n − 1)
ln n
= 0 < 1.
= l´
ım
n

= l´
ım

Entonces se trata de una serie convergente.

PROBLEMA 9.37.

a
an =

e

n!
.
(a + 1)(a + 2) . . . (a + n)

Soluci´n
o

Aplicamos el criterio del cociente:

l´
ım

n!
(a + 1)(a + 2) . . . (a + n − 1)
n
·
= l´
ım
= 1.
(a + 1)(a + 2) . . . (a + n)
(n − 1)!
a+n

El criterio no permite decidir sobre la convergencia de la serie por lo que
aplicamos el criterio de Raabe:
l´ n 1 −
ım

n
an
= l´
ım
= a.
a+n
a+n

Resulta que si a < 1, la serie es divergente; si a > 1, la serie es convergente.
421

Cuando a = 1, sustituimos este valor en la serie y obtenemos
n!
=
2 · 3 · · · · · (n + 1)

1
n+1

la cual es evidentemente divergente.

PROBLEMA 9.38.

a
an =

e

1 · 3 · 5 · · · · · (2n − 1)
.
2 · 4 · 6 · · · · · (2n + 2)

Soluciń
o

Aplicaremos el criterio de D’Alembert:
an
l´
ım
= l´
ım
an−1

1·3·5·····(2n−1)
2·4·6·····(2n+2)
1·3·5·····(2n−3)
2·4·6·····(2n)

= l´
ım

2n − 1
= 1.
2n + 2

Como este criterio no decide el carćter de la serie, aplicamos el criterio de
a
Raabe:
l´ n 1 −
ım

an
an−1

2n − 1
2n + 2

= l´ n 1 −
ım

= l´
ım

3n
3
= .
2n + 2
2

Como el l´
ımite es mayor que uno, la serie es convergente.

PROBLEMA 9.39.

a
−n2 x

an = e

e

segń los valores de x.
u

Soluciń
o

Por el criterio de Raabe, tenemos:
2x

l´ n 1 −
ım

e−n

−(n−1)2 x

e

2 x+n2 x+x−2nx

= l´ n 1 − e−n
ım
422

= l´ n 1 − ex(1−2n) .
ım

Cuando x = 0, la serie dada es

1 que es evidentemente divergente.

Cuando x < 0, l´ n 1 − ex(1−2n) = −∞ < 1 por lo que la serie es diverım
gente.
Cuando x > 0, l´ n 1 − ex(1−2n) = +∞ > 1 por lo que la serie es converım
gente.

PROBLEMA 9.40.

a
an =

e

α(α + 1) . . . (α + n − 1)
segń los valores de α y β .
u
β(β + 1) . . . (β + n − 1)

Soluciń
o

Por el criterio de Raabe:

l´ n 1 −
ım

an
an−1

= l´ n 1 −
ım

α(α+1)...(α+n−1)
β(β+1)...(β+n−1)
α(α+1)...(α+n−2)
β(β+1)...(β+n−2)


 = l´ n 1 −
ım

α+n−1
β+n−1

√
β+n−1− α+n−1
√
= l´ n
ım
β+n−1
β+n−1−α−n+1
√
= l´ n · √
ım
√
β + n − 1( β + n − 1 + α + n − 1)
n(β − α)
β−α
√
= l´
ım
.
=
2 + ...
2
β+n−1+ n
√

De aqu´ se deduce que si β − α > 2, la serie es convergente. Si β − α < 2, la
ı
En el caso en que β −α = 2, es decir β = α+2, al sustituir en la serie original
α(α + 1)
. Aplicando ahora el criterio de Pringsheim,
resulta
(α + n)(α + n + 1)
α(α + 1)
es finito y no nulo cuando p = 1 lo
(α + n)(α + n + 1)
que hace que la serie sea divergente.
resulta que l´ np
ım

En definitiva, la serie es convergente si y s´lo si β − α > 2.
o
423

PROBLEMA 9.41.
∞

Calcular la suma de la serie
n=1

n2

1
√

− 2 2n + 1

.

Soluciń
o

Si descomponemos el t´rmino general en fracciones simples, obtenemos:
e
A
B
1
√
√
√
=
+
.
− 2 2n + 1
n− 2−1 n− 2+1
√
√
Esto implica que 1 = A(n − 2 + 1) + B(n − 2 − 1) por lo que A = 1/2 y
B = −1/2.
n2

Sumando ahora los n primeros t´rminos de la sucesiń tenemos:
e
o
an =
an−1 =
an−2 =
...
a2 =
a1 =
Sn =
En definitiva, S =

1/2
1/2
√
√
−
n− 2−1 n− 2+1
1/2
1/2
√
√
−
n− 2−2 n− 2
1/2
1/2
√
√
−
n− 2−3 n− 2−1
1/2
1/2
√ −
√
1− 2 3− 2
1/2
1/2
√ −
√
− 2 2− 2
1
1
1
1
1
√ + √ −
√
√ .
−
2 1− 2 − 2 n− 2+1 n− 2
an = l´ Sn =
ım

1
1
1
√ + √ .
2 1− 2 − 2

PROBLEMA 9.42.

Dada la serie de t´rmino general an =
e
que es convergente y sumarla.

424

n3

n + 12
, demostrar
+ 5n2 + 6n

Soluci´n
o
Por el criterio de Pringsheim, l´ np an = l´
ım
ım
2 > 1, por lo que la serie es convergente.

np (n + 12)
= 1 cuando p =
n3 + 5n2 + 6n

Para sumar la serie descomponemos el t´rmino general en fracciones sime
ples:
A
B
C
n + 12
= +
+
n3 + 5n2 + 6n
n
n+2 n+3
A(n + 2)(n + 3) + Bn(n + 3) + Cn(n + 2)
=
n(n + 2)(n + 3)
=⇒ n + 12 = A(n + 2)(n + 3) + Bn(n + 3) + Cn(n + 2).

an =

Para n = 0, 12 = 6A =⇒ A = 2.
Para n = −2, 10 = −2B =⇒ B = −5.
Para n = −3, 9 = 3C =⇒ C = 3.
De aqu´ obtenemos:
ı
an =
an−1 =
an−2 =
an−3 =
...

2
5
3
−
+
n n+2 n+3
2
5
3
−
+
n−1 n+1 n+2
5
3
2
− +
n−2 n n+1
2
5
3
−
+
n−3 n−1 n

2 5 3
− +
4 6 7
2 5 3
a3 =
− +
3 5 6
2 5 3
a2 =
− +
2 4 5
2 5 3
a1 =
− +
1 3 4
2
2
3
3 2 2
Sn = −
−
+
− + + =⇒ S = l´ Sn = −1 + 1 + 2 = 2.
ım
n+1 n+2 n+3 3 2 1
a4 =

PROBLEMA 9.43.

Sumar la serie

1
1
1
+
+
+ . . ..
1·3·5 3·5·7 5·7·9
425

Soluci´n
o
El t´rmino general de la serie es an =
e

1
. Al descom(2n − 1)(2n + 1)(2n + 3)

ponerlo en fracciones simples resulta:
A
B
C
+
+
2n − 1 2n + 1 2n + 3
A(2n + 1)(2n + 3) + B(2n − 1)(2n + 3) + C(2n − 1)(2n + 1)
=
(2n − 1)(2n + 1)(2n + 3)
=⇒ A(2n + 1)(2n + 3) + B(2n − 1)(2n + 3) + C(2n − 1)(2n + 1) = 1

an =

=⇒ A = 1/8, B = −1/4, C = 1/8.
Por tanto,
an =
an−1 =
an−2 =
...
a2 =
a1 =
Sn =

1
8
1
8
1
8

1
2
1
−
+
2n − 1 2n + 1 2n + 3
1
2
1
−
+
2n − 3 2n − 1 2n + 1
1
2
1
−
+
2n − 5 2n − 3 2n − 1

1
8
1
8
1
8

1 2 1
− +
3 5 7
1 2 1
− +
1 3 5
1
1
1
−
+1−
2n + 3 2n + 1
3

Tenemos entonces que S = l´ Sn =
ım

1
8

PROBLEMA 9.44.
∞

Sumar la serie
n=1

1
n+3
3

.

426

1−

1
3

=

1
.
12

.

Soluciń
o

Escribimos el t´rmino general en la forma an =
e

3!
y lo
(n + 3)(n + 2)(n + 1)

descomponemos en fracciones simples:
6
A
B
C
=
+
+
.
(n + 3)(n + 2)(n + 1)
n+3 n+2 n+1
Esto implica que 6 = A(n + 2)(n + 1) + B(n + 3)(n + 1) + C(n + 3)(n + 2) lo
que al resolver produce los valores A = 3, B = −6, C = 3. Sumando ahora
los n primeros t´rminos de la sucesiń:
e
o
6
3
3
−
+
n+3 n+2 n+1
3
6
3
−
+
n+2 n+1 n
3
6
3
− +
n+1 n n−1

an =
an−1 =
an−2 =
...

3 6 3
− +
5 4 3
3 6 3
− +
4 3 2
3
6
3
3 6 3
−
+
+ − + .
n+3 n+2 n+2 3 3 2

a2 =
a1 =
Sn =

Entonces S = l´ Sn = 1/2.
ım

PROBLEMA 9.45.
∞

Sumar la serie
n=2

ln n+1
n
.
ln n ln(n + 1)

Soluciń
o

Escribimos el t´rmino general como
e
an =

ln(n + 1) − ln n
1
1
=
−
.
ln n · ln(n + 1)
ln n ln(n + 1)
427

Sumando los primeros t´rminos de la sucesi´n resulta:
e
o
an =
an−1 =
a3 =
a2 =
Sn =

1
1
−
ln n ln(n + 1)
1
1
−
ln(n − 1) ln n
...
1
1
−
ln 3 ln 4
1
1
−
ln 2 ln 3
1
1
−
.
ln 2 ln(n + 1)

Entonces S = l´ Sn = 1/ ln 2.
ım

PROBLEMA 9.46.
ln 1 −

Sumar la serie
n≥2

1
.
n2

Soluci´n
o

Escribimos el t´rmino general de la forma:
e
an = ln

n2 − 1
(n + 1)(n − 1)
= ln
= ln(n + 1) − 2 ln n + ln(n − 1).
2
n
n2

Dando valores decrecientes a n tenemos:
an = ln(n + 1) − 2 ln n + ln(n − 1)
an−1 = ln n − 2 ln(n − 1) + ln(n − 2)
an−2 = ln(n − 1) − 2 ln(n − 2) + ln(n − 3)
...
a4 = ln 5 − 2 ln 4 + ln 3
a3 = ln 4 − 2 ln 3 + ln 2
a2 = ln 3 − 2 ln 2 + ln 1.
n+1
− ln 2.
n
La suma de la serie es S = l´ Sn = ln 1 − ln 2 = − ln 2.
ım
Sn = ln(n + 1) − ln n − ln 2 = ln

428

PROBLEMA 9.47.

Estudiar el carćter y hallar la suma de la serie
a

n≥1

2n + 1
.
7n

Soluciń
o

Aplicando el criterio de D’Alembert,
an
2n + 1
7n−1
1 2n + 1
1
= l´
ım
·
= l´
ım ·
= < 1.
n
an−1
7
2(n − 1) + 1
7 2n − 1
7
La serie es convergente.
l´
ım

5
2n + 1
3
. Los t´rminos
e
Para hallar su suma escribimos Sn = + 2 + · · · +
7 7
7n
de la serie resultan de multiplicar los t´rminos de la progresiń aritm´tica
e
o
e
3, 5, . . . 2n+1 por los correspondientes de la progresiń geom´trica 1/7, 1/72 , . . . 1/7n .
o
e
Estas series, llamadas aritm´tico-geom´tricas, se suman de la siguiente fore
e
ma:
3
5
2n − 1 2n + 1
Sn = + 2 + · · · + n−1 +
7 7
7
7n
1
3
5
2n − 1 2n + 1
Sn = 2 + 3 + · · · +
+ n+1
7
7
7
7n
7
Restando:
6
3
2
2
2
2n + 1
Sn =
+ 2 + 3 + · · · + n − n+1
7
7 7
7
7
7
2
2
3
2n + 1
n+1 − 72
=
+ 7 1
− n+1 .
7
7
7 −1
Como l´
ım

2n + 1
= 0, resulta que la suma de la serie es:
7n+1
6
3 2/49
10
5
S= +
=
=⇒ S = .
7
7
6/7
21
9

PROBLEMA 9.48.
n2 xn , 0 < x < 1.

Sumar la serie
n≥1

429

Soluci´n
o

El proceso que seguiremos es el siguiente:
Sn = x + 4x2 + 9x3 + · · · + (n − 1)2 xn−1 + n2 xn
xSn = x2 + 4x3 + · · · + (n − 2)2 xn−1 + (n − 1)2 xn + n2 xn+1 .
Restando miembro a miembro:
(1 − x)Sn = x + 3x2 + 5x3 + · · · + (2n − 1)xn − n2 xn+1
x(1 − x)Sn = x2 + 3x3 + · · · + (2n − 3)xn + (2n − 1)xn+1 − n2 xn+2 .
Restando nuevamente las dos ultimas igualdades:
´
(1 − x)2 Sn = x + 2x2 + 2x3 + · · · + 2xn − (n2 + 2n − 1)xn+1 + n2 xn+2
xn+1 − x2
− (n2 + 2n − 1)xn+1 + n2 xn+2 .
= x+2·
x−1
Como 0 < x < 1, (n2 + 2n − 1)xn+1 → 0 y n2 xn+2 → 0 cuando n →
∞. Resulta entonces que si llamamos S = l´ Sn a la suma de la serie,
ım
tenemos:
2x2
x2 + x
(1 − x)2 S = x −
=⇒ S =
.
x−1
(1 − x)3

430

B. EJERCICIOS PROPUESTOS.

1.- Estudiar la convergencia de las siguientes series:
a)

nn
.
(2n + 1)n

Resp.: Convergente (ra´
ız).

b)

24n−3
.
(4n − 3)!

Resp.: Convergente (cociente).
n
.
en

c)

d)

2n
.
1 · 3 · 5 . . . (2n + 1)


e)

cos2 n
.
n2

Resp.: Convergente (comparaci´n con
o
√
3

f)

n+2
.
+1

n3

o
n2
.
n!

g)

h)

nn · n!
.
(3n)!


i)

1/n2 ).

(2n)!
.
(n!)2
431

1/n8/3 ).

Resp.: Divergente (cociente).

j)

1
.
(ln n!) + n2

o

k)

1/n2 ).

1 1·3 1·3·5
+
+
+ ...
3 3·6 3·6·9


l)

1 · 3 . . . (2n − 1)
.
2 · 4 . . . 2n

Resp.: Divergente (Raabe).

m)

1
n(n + 1)

.

Resp.: Divergente (comparaci´n con
o

n)

1/n).

2n
.
n


o)

2 · 5 · 8 . . . (3n − 1)
.
1 · 5 · 9 . . . (4n − 3)


p)

nn/2 · 5n
.
n!

ız).

q)

1
.
(3n − 2)(3n + 1)

o

r)

1
n ln 1 +

1
n

.

Resp.: Divergente (l´ an = 0).
ım
432

1/n2 ).

1 · 11 · 21 . . . (10n − 9)
.
(2n − 1)!

s)

n!
.
nn
ız).

t)

√
2n senn 3
u)
.
en n2
ız).
1
.
n ln n
Resp.: Divergente (integral).

v)

2.- Calcular la suma de las siguientes series:
a)
n≥1

3n + 5
.
2n

Resp.: S = 11.
n(n − 1)xn para |x| < 1.

b)
n≥1

Resp.: S =
√

c)
n≥1

2x2
.
(1 − x)3

√
n+1− n
√
.
n2 + n

Resp.: S = 1.

d)
n≥1

1
.
(3n + 2)(3n + 8)

Resp.: S = 13/240.

e)
n≥2

n−1
en

2

.

433

Resp.: S =

f)
n≥2

e2 + 1
.
(e2 − 1)3

2n + 3
.
(n − 1)n(n + 2)

Resp.: S = 65/36.

g)
n≥1

(4n2

n
.
− 1)2

Resp.: S = 1/8.
nen .

h)
n≥1

Resp.: S = ∞.

i)
n≥1

2n2 + n − 1
.
en

Resp.: S =

2e2 − 2e + 9
.
(e − 1)3

434

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