Este documento presenta notas sobre series numéricas para un curso de análisis matemático. Introduce conceptos como series, términos generales, sumas parciales y convergencia de series. También cubre series geométricas y criterios para determinar la convergencia de series con términos no negativos, incluyendo la prueba de la integral y estimación de sumas.

1. Notas de:
Análisis Matemático
(En preparación)
Diana Pastrian Sonia Soulier
UNIVERSIDAD NACIONAL DE LA PATAGONIA
SAN JUAN BOSCO
Facultad de Ingeniería
Sede Trelew
2010

2. Capítulo 7
Series Numéricas
7.1. Introducción
P1
De…nición 7.1.1 Dada la sucesión fan g1 llamamos Serie a la expresión
n=1 n=1 an = a1 + a2 + a3 + :
Diremos que an es el término general de la serie.
En general una serie es una suma indicada, dicha suma puede o no existir.
Ejemplo 7.1.1
P1 1 1 1 1 1
n=1 n+3 = 4 + 5 + 6 + 7 + :
P1 ( 1)n 1 1 1
n=1 3n = 3 + 9 27 + :
De…nición 7.1.2 Llamaremos Suma Parcial n esima e indicaremos Sn ; a la suma de los n primeros
términos de una serie.
P1 Pn
Dada la serie k=1 ak de…nimos Sn = k=1 ak = a1 + a2 + a3 + ::: + an :
P1 1 1 1 1 1 1
Ejemplo 7.1.2 Dada la serie k=1 k+3 la n esima suma parcial es Sn = 4 + 5 + 6 + 7 + ::: + n+3 :
1 1 1 1 1 1
para n = 6 será S6 = 4 + 5 + 6 + 7 + 8 + 9:
P1
De…nición 7.1.3 Diremos que la serie k=1 ak es convergente y su suma es S; si la sucesión de sumas
parciales fSn g converge al valor S.
Caso contrario diremos que la serie es divergente.
En símbolos
1
X
ak = S , l m Sn = S:
n!1
k=1
P1 1
Ejercicio 7.1.1 Dada k=1 k(k+1) determinar, de ser posible, su suma.
P1 1 1
Resolución. Escribimos los primeros términos de la serie k=1 k(k+1) = 12 + 213 + 314 + y expresamos
las sumas parciales
1 11
S1 = 2 ; S 2 = 2
23 + = 2 ; S 3 = S2 +
3
1
3 4; S3 = 3 ; en general será: Sn =
4
n
n+1 :
n
Entonces, como l mn!1 n+1 = 1 concluimos que la serie dada es convergente y su suma es 1;
P
i.e. 1 k(k+1) = 1:
k=1
1
139

3. 140 CAPÍTULO 7. SERIES NUMÉRICAS
P1 1
Ejercicio 7.1.2 Hallar, de ser posible, la suma de la serie n=1 4n2 1 :
P1 1 P1 1 1 1
Resolución. Escribimos n=1 4n2 1 = n=1 (2n 1)(2n+1) = 13 + 35 + :
1 1 1
Utilizando fracciones simples expresamos (2n 1)(2n+1) = 2(2n 1) 2(2n+1) ;
las sumas parciales tienen la forma:
1 1
S1 = 2 1 3
.
.
. h i
Sk = 1 1
2
1
3 + 1
3
1
5 + 1
5
1
7 + + 1
2k 1
1
2k+1 = 1
2 1 1
2k+1
Como
1 1
l mk!1 Sk = l mk!1 2 1 2k+1 = 1 : La serie dada converge con suma 1 :
2 2
Denominamos Resto n ésimo a la expresión
1
X
Rn = ak = an+1 + an+2 + :
k=n+1
Podemos escribir:
1
X n
X 1
X
ak = ak + ak = Sn + Rn :
k=1 k=1 k=n+1
Teorema 7.1.1 El término general de una serie convergente tiende a cero.
P1
Demostración. Debemos demostrar que: Si k=1 ak converge ) l m ak = 0:
k!1
P1
Supongamos que la serie es convergene y que su suma es S; i.e. k=1 ak = S:
La suma parcial Sn = a1 + a2 + + an = Sn 1 + an luego Sn Sn 1 = an ; 8n
por lo que
l m (Sn Sn 1) = l m an ,
n!1 n!1
como la serie converge a S; se tiene que S = l m Sn = l m Sn 1 esto es
n!1 n!1
9 l m an y l m an = 0:
n!1 n!1
P1 1 1
Ejemplo 7.1.3 Vimos que la serie k=1 k(k+1) converge (Ejercicio 7.1.1), entonces l m k(k+1) = 0:
n!1
Observación 7.1.1 En general no se cumple la recíproca del Teorema 7.1.1.
Es decir, si l m an = 0 no puede concluirse que la serie converja.
n!1 P
Veremos más adelante que, si bien l m k = 0; la serie armónica 1 k diverge.
1
k=1
1
k!1
El Teorema 7.1.1 determina una condición necesaria para la convergencia, por lo que otorga en conse-
cuencia una condición su…ciente para la divergencia de una serie:
P
Si l m ak 6= 0 ó @ l m ak entonces la serie 1 ak diverge.
k=1
k!1 k!1
P1 k k
Ejemplo 7.1.4 La serie k=1 k+9 diverge, pues l m ak = l m k+9 = 1 6= 0:
k!1 k!1

4. 7.2. SERIES GEOMÉTRICAS 141
P P
Teorema 7.1.2 Si las series ak y bk son convergentes, entonces
P P P
también lo son las series: (ak + bk ) ; (ak bk ) y can ; donde c es una constante.
Además se cumple:
X X X
(ak + bk ) = ak + bk ;
X X X
(ak bk ) = ak + bk ;
X X
can = c an :
P P
Demostración. Sea A = ak y B = bk las respectivas sumas de las series convergentes.
P P P
Denominemos An = n ak ; Bn = n bk y Sn = n (ak + bk ) las sumas parciales.
k=1 k=1 k=1
Escribiendo Sn = An + Bn tenemos que l m Sn = l m (An + Bn ) ; ambas sucesiones convergen por lo que
n!1 n!1
el límite del lado derecho de la igualdad existe y es igual a la suma de los límites, entonces
P P P
9 l m Sn = S = A + B i.e. (ak + bk ) = ak + bk :
n!1
La demostración de las demás igualdades es similar.
P1 8 1
Ejercicio 7.1.3 Analizar la convergencia de la serie k=1 k2 +k 4k2 1
:
P P
Resolución. Por Ejercicios 7.1.1 y 7.1.2 sabemos que 1 k21 y 1 4k2 1 convergen.
k=1 +k k=1
1
Estando bajo las hipótesis del Teorema 7.1.2 concluimos que la serie dada converge y
P1 P P1
8
k=1 k2 +k
1
4k2 1
= 8 1 k21
k=1 +k
1
k=1 4k2 1 = 8 1
1 15
2 = 2 :
7.2. Series Geométricas
De…nición 7.2.1 Una Serie Geométrica es una serie de la forma
1
X
ark 1
= a + ar + ar2 + :
k=1
Donde a es una constante y r se denomina razón de la serie geométrica.
P1 k 1 = 2 + 2 3 + 2 32 + 2 33 +
Ejemplo 7.2.1 k=1 2 3 :
Criterio 7.2.1 Criterio de la Serie Geométrica.
P
La serie geométrica 1 ark 1 converge si jrj < 1 y diverge cuando jrj 1:
k=1
P1
Demostración. Sea k=1 ark 1 = a + ar + ar2 + : Sin pérdida de generalidad supongamos a 6= 0:
P1 P1
Para r = 1 ! k=1 ark 1 = k=1 a = a + a + a + a +
analizando el término general de la serie l m a = a 6= 0; la serie diverge.
n!1
P1 k 1
P1 a si n impar
Para r = 1! k=1 ar = k=1 a =a a+a a + ::: así Sn =
0 si n par
por lo que la serie diverge.
Sn = a + ar + ar2 + ::: + arn 1
Para jrj = 1 Escribimos:
6
rSn = ar + ar2 + ::: + arn
restando miembro a miembro obtenemos Sn (1 r) = a arn = a (1 rn )
a(1 r n )
por lo que el término general de la sucesión de sumas parciales es: Sn = 1 r :

5. 142 CAPÍTULO 7. SERIES NUMÉRICAS
8 a
< si jrj < 1
1 r
Como l mn!1 Sn = 1 si r > 1
:
oscilante si r < 1
podemos con…rmar la tesis e indicar que:
1
X a
Si jrj < 1 se tiene que ark 1
= :
1 r
k=1
P1 ( 1)n
Ejercicio 7.2.1 Determinar, de ser posible, la suma de la serie n=0 3n+2 :
P1 k 1
P1 k:
Resolución. Observemos que k=1 ar = k=0 ar
Reescribimos P1 P1
( 1)n 1 1 n 1 1
n=0 3n+2 = n=0 9 3 , con a = 9 y jrj = 3 < 1:
Entonces
P1 1 1 n
1
1
n=0 9 3 = 9
1+ 1
= 12 :
3
En los casos vistos pudo determinarse una expresión para el término general de la sucesión de sumas
parciales Sn y evaluar su límite. En general no es sencillo hallar la suma exacta de una serie. En consecuencia
vamos a ver varias pruebas que nos permitan decidir sobre la convergencia o divergencia de una serie, sin
que haya necesidad de evaluar, explícitamente, su suma.
7.3. Criterios para series de términos No Negativos
P1
Consideraremos series de la forma k=1 ak donde ak 0 y escribiremos algunos criterios de conver-
gencia para este tipo de series.
7.3.1. Prueba de la Integral y Estimación de sumas
P1 1Argumentemos geométricamente y en un caso concreto, la idea a seguir. Supongamos dada la serie
1
k=1 k2 ; el término general de la serie corresponde a la función real f (x) = x2 para x = k: En la …gura
observamos la grá…ca de la función f y los rectángulos bajo la curva. La base de cada rectángulo es un
1
intervalo de longitud uno, la altura corresponde al valor funcional x2 tomado en el extremo derecho del
P
intervalo. Tenemos que la suma de las áreas de los rectángulos es 12 + 212 + 312 + 412 +
1
= 1 k12 :
k=1
y
1
1 x2
área= 1
2
1
1 área= 1 2 área= 1 3 área= 1 4 x
2 2 2
2 3 4
1 1 1 1
R3 1 5
Observamos que S3 = 12
+ 22
+ 32
< + 1 x2 dx =
12 3 y en general se tiene que:
1 1 1 1
Rn 1 1
R1 1
Sn = 12
+ 22
+ + n2
< 12
+ 1 x2 dx < 12
+ 1 x2 dx = 2; 8n 2 N>1 ;
i.e. la sucesión fSn g está acotada superiormente ya que la integral impropia posee valor …nito. Además

6. 7.3. CRITERIOS PARA SERIES DE TÉRMINOS NO NEGATIVOS 143
esta sucesión es monótona creciente pues los términos de la serie son positivos. Entonces, como fSn g es
monótona y acotada, podemos a…rmar que tiene límite …nito, vale decir, la serie converge y su suma es
menor que 2.
Criterio 7.3.1 Prueba de la Integral.
Sea f una función continua, positiva y decreciente en [1; 1) y sea ak = f (k) : Entonces:
P R1
la serie 1 ak ; es convergente si y solamente si la integral impropia 1 f (x) dx es convergente.
k=1
Demostración. Rehaciendo el argumento geométrico anterior, tomamos ahora la expresión general,
ak = f (k)
y observamos en la …gura la grá…ca de la función y los
f(x) rectángulos de base uno y altura igual al valor funcional
en el extremo derecho del intervalo.
La función es decreciente por lo que los rectángulos siempre
a2 a3 a4 a5 an quedan comprendidos entre la grá…ca de la función f dada
y el intervalo [1; n] del eje x:
1 2 3 4 5 ... n x
Este argumento nos permite a…rmar que:
Z n
Sn = a1 + a2 + + an a1 + f (x) dx; 8n > 1: (7.3.1)
1
y
Tomemos ahora como altura de cada rectángulo, el valor
f(x)
funcional en el extremo izquierdo del intervalo de la base.
Observamos en el grá…co que el área encerrada por ellos,
supera a la encerrada por la función y el intervalo [1; n] a1 a2 a3 a4 an-1
del eje x:
Escribimos: 1 2 3 4 5 ... n x
Z n
f (x) dx a1 + a2 + + an 1 = Sn 1; n > 1: (7.3.2)
1
Entonces:
R1
a) Si 1 f (x) dx es convergente, de (7.3.1) se tiene
Rn R1
Sn a1 + 1 f (x) dx a1 + 1 f (x) dx = M , i.e. Sn M 8n.
Además Sn Sn+1 pues 0 an 8 n: Es decir fSn g es una sucesión monótona y acotada, lo que
P1
signi…ca que k=1 ak es convergente.
R1 Rn
b) Si 1 f (x) dx es divergente, por ser f 0 se tiene que 1 f (x) dx ! 1:
n!1
P1
Por (7.3.2) concluimos que Sn ! 1 vale decir k=1 ak diverge.
n!1
Observación 7.3.1 En realidad es su…ciente pedir que f sea una función continua, positiva y …nalmente
decreciente en [b; 1) ; b > 1; ya que hay una cantidad …nita de enteros entre 1 y b por lo que la suma
correspondiente a esta cantidad …nita de términos darán un número …nito.
P1 1
Ejercicio 7.3.1 Comprobar que la serie armónica k=1 k es divergente.

7. 144 CAPÍTULO 7. SERIES NUMÉRICAS
1
Resolución. Sea f (x) = x : La función es positiva, decreciente en el intevalo [1 1) :
Z 1
1 P1 1
Como x dx es divergente, a…rmamos que k=1 k es diverge.
1
P1 1
Ejercicio 7.3.2 Determinar si la serie k=1 k4 converge o diverge.
1
Resolución. Para ello tomo f (x) = x4 la cual es positiva y decrece en el [1 1) :
Z 1
1
La integral impropia x4
dx es convergente,
1 P
por el criterio de la integral concluimos que 1 k14 es converge.
k=1
Si una serie converge, podemos estimar el valor de su suma S mediante una suma parcial Sn , pero no
sabemos si estamos alejados o no del verdadero valor.
Si acotáramos el tamaño del Resto n-ésimo o Residuo podriamos indicar un intervalo en el que está la
suma. Esto es, como Rn = an+1 + an+2 + = S P , si jRn j < " entonces Sn " < S < Sn + ":
Sn
Supongamos que mostramos la convergencia de 1 ak mediante el criterio de la integral.
k=1
Ahora, utilizando la misma idea que en la demostración de dicho criterio, observamos según los grá…cos
que
y y
f(x) f(x)
an+1 an+2 an+3 ... an+1 an+2 an+3
n x n n+1 x
Z 1
Rn = an+1 + an+2 + f (x) dx
n
Z 1
f (x) dx Rn = an+1 + an+2 +
n+1
por lo que establecemos una estimación el residuo
Z 1 Z 1
f (x) dx Rn f (x) dx
n+1 n
además, sumando Sn a cada término de la desigualdad obtenemos cota inferior y cota superior para la
suma de la serie Z 1 Z 1
Sn + f (x) dx S Sn + f (x) dx
n+1 n
e e
esti indica que hallamos un intervalo donde se ecuentra S: Sea S el punto medio del intervalo. S otorga
e (vale decir el error)
una mejor aproximación a S que la suma parcial Sn ya que la diferencia entre S y S
es menor que la mitad de la longitud del intervalo.
P
Ejercicio 7.3.3 Comprobada la convergencia de la serie 1 k14 (en Ejercicio 7.3.2).
k=1
a) Calcular la suma parcial S10 :
b) Estimar el error al usar S10 como aproximación de la suma de la serie.
c) Para n = 10, hallar un estimado mejorado de la suma.
d) Calcular un valor de n de modo que Sn quede a menos de 0.00001 de la suma.

8. 7.3. CRITERIOS PARA SERIES DE TÉRMINOS NO NEGATIVOS 145
Resolución.
P10 1 1 1 43635917056897
a) S10 = k=1 k4 =1+ 24
+ + 104
= 40327580160000 1;082036583:
b) Utilizando el criterio de la integral, acotamos el error
R1 1 1
Rb 1 b 1
R10 10 x4 dx = lm 4 dx = lm 3x3 10
= 3 103
b!1 10 x b!1
= 3;3333:: 10 4 < 3;34 10 4:
P
Entonces S10 aproxima a k=1 k14 = S con error menor que 3;4 10 4:
R1 1 R1 1
c) Como Sn + n+1 x4 dx S Sn + n x4 dx =)
R1 1
R1 1 1 1
S10 + 11 x4 dx S 10 x4 dx + S10 =) S10 + 3 113
S 3 103
+ S10 =)
S10 + 2;5 10 4 S S10 + 3;34 10 4;
e
el punto medio entre los extremos de este intervalo es S = S10 + 2;92 10 4,
e
por lo que S = 1;082306583 es una mejor aproximación de S:
R1 1 5
d) Debemos hallar n de modo que Rn n x4 dx < 10 :
q
1
Integrando tenemos Rn 3 n3 < 10 5 i.e. 3 105 < n; 32 < n:
3
Por lo que debemos sumar al menos 33 términos para tener un error menor que 0;00001.
Criterio para la serie p
P 1
Se denomina serie p a la serie de la forma k=1 kp ; p 2 R:
P 1
Criterio 7.3.2 La serie k=1 kp converge si p > 1 y diverge en otro caso.
Demostración. La justi…cación la permite el criterio de la integral.
Sea f (x) = xp : Para p 1; f es continua, positiva y decreciente en [1; 1) y f (k) = k1p :
1
Z 1
1
Como xp dx converge para p > 1 y diverge para p 1 podemos a…rmar la validez del criterio.
1
7.3.2. Criterios de Comparación
Los criterios siguientes nos permiten decidir sobre la convergencia o divergencia de una serie, com-
parándola con otra cuya convergencia o divergencia es conocida.
Criterio 7.3.3 Prueba de P
P Comparación
Sean las series ak y bk con ak 0 y bk 0.
P P
a) Si bk converge y ak bk 8k; entonces la serie ak también converge.
P P
b) Si ak diverge y ak bk 8k; entonces la serie bk también diverge.

9. 146 CAPÍTULO 7. SERIES NUMÉRICAS
Demostración.
Pn Pn P
a) Denominamos An = k=1 ak ; Bn = k=1 bk yB= k=1 bk :
Como ak bk 8k N; se tiene que An Bn ; 8n:
Los términos de ambas series son positivos por lo que
An An+1 y An Bn B; 8 n;
Vale decir que la sucesión de sumas parciales fAn g es creciente y tiene cota superior, entonces
P
9 l m An = A, es decir la serie ak es convergente.
n!1
P P
b) Si la serie bk fuera convergente, aplicando la parte a) del criterio, debería ser
P ak convergente. Lo
que es un absurdo ya que ak diverge.
P
Luego bk es divergente.
P1 4
Ejercicio 7.3.4 Determinar si la serie k=1 3k2 +2k+1 converge o diverge.
Resolución. Como 3k 2 + 2k + 1 > 3k 2 ; 8k tenemos que
1 1 4 4
3k2
> 3k2 +2k+1
! 3k2
> 3k2 +2k+1
; 8k:
P 4 P
La serie 3k2
=43
1
k2
es convergente, serie p con p = 2:
P1 4
Luego la serie k=1 3k2 +2k+1 converge.
P1 p
k
Ejercicio 7.3.5 Decidir sobre la convergencia de la serie k=3 k 2 :
1 1
Resolución. Ya que k 2 < k 8k; si k 3 tenemos k < k 2;
p p p p
k k k 1 k
por monotonía k < k 2; expresamos k = k < k 2:
p
P 1 1
La serie 1 con p = 2 < 1 es divergente. Entonces, por la parte b) de la Prueba de Comparción,
k2 p
P
a…rmamos que 1 k k2 diverge.
k=3
Criterio 7.3.4 Prueba de Comparación utilizando limite.
P P
Sean las series ak y bk con ak 0 y bk 0:
8
> c
> con 0 < c < 1 ) Ambas convergen o ambas divergen.
>
< P P
Si l m an =
n 0 y bk converge ) ak también converge.
n!1 b >
> P P
> 1 y
: bk diverge ) ak también diverge.
Demostración. Supongamos 0 < c < 1 donde l m an = c; entonces
b
n
n!1
an
8" > 0 9 N (") 2 N tal que si n N se tiene que bn c < ":
Sin pérdida de generalidad se puede tomar " < c y escribir
0 < m = " + c < an < c + " = M
b
n
por lo que mbn < an < bn M; 8 n N ; así:

10. 7.4. SERIES ALTERNANTES 147
P P
Si bk converge, también converge M bk y como an < bn M; 8n N:
P1 P
Por Criterio 7.3.3.a) n=N ak converge, es decir ak es convergente.
P P
Si bk diverge, también diverge mbk y como mbn < an ; 8n N;
P
por Criterio 7.3.3.b) ak es divergente.
Se ha demostrado el primer caso, los dos siguientes se plantean como ejercicio.
P P
Ejercicio 7.3.6 Sean las series ak y bk con ak 0 y bk 0:
Demostrar que:
P P
a) si l m an = 0 y
b
n
bk converge, entonces ak converge.
n!1
P P
b) si l m an = 1 y
b
n
bk diverge, entonces ak diverge.
n!1
P1 n2 +1
Ejercicio 7.3.7 Determinar la convergencia o divergencia de la serie n=1 ln n2
:
P ln 1+ 1
Resolución. Si comparamos con 1 n2 vemos que l mn!1
n=1
1
1
n2
= 1:
n2
P 2
Por lo que la serie 1 ln nn+1 converge.
n=1 2
P1 p
3n
Ejercicio 7.3.8 Analizar si existe la suma de n=1 (2n 1)(5 pn 1) :
3
1
Resolución. Comparo con bn = n utilizando límite,
p
3n
p p
(
(2n 1) 5 3 n 1 ) n3n 1 1
l mn!1 1 = l mn!1 p
(2n 1)(5 3 n 1)
= l mn!1 1 1
= 10 :
n (2 n ) 5 p
3n
Como la serie armónica diverge, el p
criterio permite concluir que
P1 3n
n=1 (2n 1)(5 pn 1) es divergente.
3
7.4. Series Alternantes
P1
Una serie alternante es de la forma n=1 ( 1)n+1 bn = b1 b2 + b3 b4 + ; donde b1 ; b2 ; b3 ; son
positivos.
Criterio 7.4.1 (Teorema de Leibnitz)
P
Dada la serie alternante 1 ( 1)n+1 bn ; (bn > 0) :
n=1
Si fbn g es monótona decreciente y l mn!1 bn = 0; entonces
P1
la serie n=1 ( 1)n+1 bn converge, su suma es positiva y no supera el primer término.
Demostración. Tomamos una suma parcial de índice par y agrupamos:
S2k = b1 b2 + b3 b4 + + b2k 1 b2k = (b1 b2 ) + (b3 b4 ) + + (b2k 1 b2k ) :
Los términos entre paréntesis son positivos, ya que la sucesión es decreciente, por lo que podemos decir
que las sumas parciales pares son positivas.
Si ahora expresamos: S2k = b1 (b2 b3 ) (b4 b5 ) (b2k 2 b2k 1 ) b2k ;
al ser cada término entre paréntesis positivo, signi…ca que S2k < b1 :
Vale decir que
S2k < S2k + (b2k+1 b2k+2 ) = S2k+2 y S2k < b1 8k:

11. 148 CAPÍTULO 7. SERIES NUMÉRICAS
Con lo que deducimos que la sucesión de sumas parciales pares tiene límite S; i.e.
l mk!1 S2k = S y 0 < S < b1 :
Veamos qué ocurre con las sumas parciales impares,
S2k+1 = S2k + b2k+1 ; aplicamos límite
l mk!1 S2k+1 = l mk!1 (S2k + b2k+1 ) :
Este último límite existe y vale S; ya que bn ! 0: Entonces;
n!1
l mk!1 S2k+1 = S:
Quiere decir entonces que l mk!1 Sk = S; por lo que la serie alternante es convergente, además
0 < S < b1 :
Realicemos una ilustración geométrica sobre la demostración anterior.
b1 Marcamos en la recta numérica las sumas parciales,
b2
b3 esto nos permite observar que las sumas de índice par
b4
b5 forman una sucesión creciente acotada superiormente,
y las de índice impar una sucesión decreciente acotada
0 S2 S4 ... S2n S S2n+1 ... S5 S 3 S1 inferiormente.
Observación 7.4.1 Si la serie alternante converge, el error que se comete al sustituir la suma S de la
serie por la suma parcial Sn es menor que el primer término despreciado.
Escribimos S Sn = ( 1)n+1 [bn+1 (bn+2 bn+3 ) (bn+4 bn+5 ) ]
la serie encerrada en el corchete es alternante y su suma es menor que su primer término; vale decir
jS Sn j < bn+1 :
P
Ejemplo 7.4.1 La serie 1 ( 1)n n es convergente.
n=1
1
1 1 1
Pues 8 n se tiene, n + 1 > n ! n > n+1 y l mn!1 n = 0:
P1
Ejercicio 7.4.1 ¿Cuántos términos deberán sumarse para estimar la suma de la serie n=1 ( 1)n 1
n con
error menor que 2 10 3 ?.
Resolución. Debemos estimar n de modo que jS Sn j < 2 10 3:
Según la Observación 7.4.1, busquemos el n tal que bn+1 < 2 10 3;
1 3 103
i.e. n+1 < 2 10 lo que equivale a 2 = 5 102 < n + 1:
El primer natural que veri…ca la desigualdad es n = 500; i.e. debemos sumar 500 términos.
P1 cos n
Ejemplo 7.4.2 La serie n=1 ln(3+n) tiene términos positivos y negativos.
Podemos expresarla como serie alternante:
P1 cos n P1 n+1 1
n=1 ln(3+n) = n=1 ( 1) ln(3+n) ; donde los términos son positivos.
n o
1
Como ln x es una función creciente se tiene que ln(3+n) es monótona decreciente.
1
Además l mn!1 ln(3+n) = 0: Por el Criterio de Leibnitz a…rmamos que
P1 P1
n=1 ( 1)n+1 1
ln(3+n) es convergente, por lo que cos n
n=1 ln(3+n) converge.

12. 7.5. CONVERGENCIA ABSOLUTA Y CONVERGENCIA CONDICIONAL 149
7.5. Convergencia absoluta y convergencia condicional
Una serie cuyos términos a1 ; a2 ; a3 ; ; pueden ser tanto positivos como negativos la denominamos serie
de términos positivos y negativos. Obviamente una serie alternante puede considerarse un caso particular
de éstas, como vimos en el Ejemplo 7.4.2.
P1 sin(n 3 ) 1
p 1
p 1
p 1
p
Ejemplo 7.5.1 La serie n=1 n = 2 3+ 4 3 8 3 10 3+ ; es de términos positivos y
negativos.
P1
De…nición 7.5.1 Diremos que la serie n=1 an es absolutamente convergente
P
si la serie 1 jan j es convergente.
n=1
P P
De…nición 7.5.2 Si la serie 1 an es convergente y la serie 1 jan j es divergente,
n=1 n=1
P
diremos que 1 an es condicionalmente convergente.
n=1
P n
Ejemplo 7.5.2 La serie 1 ( n1) es absolutamente convergente
n=1 2
P n P
pues la serie 1 ( n1) = 1 n2 converge.
n=1 2 n=1
1
P 1)n
Ejemplo 7.5.3 La serie 1 ( n es condicionalmente convergente
n=1
P 1)n P
ya que 1 ( n
n=1 = 1 n diverge.
n=1
1
Veamos que la convergencia absoluta de una serie garantiza su convergencia.
P1
Teorema 7.5.1 Si la serie n=1 an es absolutamente convergente entonces es convergente.
P1 P
Demostración. Sea convergente, denominemos N = N jan j.
n=1 jan j n=1
P
Sea la suma parcial SN = N an ; podemos expresarla como la suma de los términos positivos más
n=1
la suma de los términos negativos. P
De jan j an jan j se tiene que 0 an + jan j 2 jan j y N (an + jan j) respresenta el duplo de
n=1
la suma de los términos positivos.
En forma análoga, como jan j an jan j ! 0 an + jan j 2 jan j ; se tiene que
PN
n=1 ( an + jan j) es igual al duplo de la suma de los términos negativos.
PN 1 PN 1 PN
Entonces n=1 an = 2 n=1 (an + jan j) 2 n=1 ( an + jan j).
Además
PN PN
0 n=1 (an + jan j) 2 N y 0 n=1 ( an + jan j) 2 N;
son sucesiones crecientes y acotadas superiormente.
Como N tiene límite …nito para N ! 1; signi…ca que cada sucesión tiene límite …nito, lo que obliga
P
la existencia del l mN !1 SN ; i.e. 1 an converge.
n=1
P1 sin(n )
Ejercicio 7.5.1 Analizar la convergencia de la serie n=1 n3
donde es un numero real.
sin(n ) 1
Resolución. Observamos que n3
8 n 2 N y éste es el término general de una serie convergente.
n3
P
Por el criterio de comparación tenemos que 1 sin(n ) converge, es decir,
n=1 n3
P1 sin(n )
n=1 n3
es absolutamente convergente.
Enunciamos el siguiente teorema cuya demostración puede hallarse en [4].

13. 150 CAPÍTULO 7. SERIES NUMÉRICAS
Teorema 7.5.2 Si una serie es absolutamente convergente con suma S, cualquier reordenamiento de sus
términos también será absolutamente convergente y con igual suma.
Observación 7.5.1 Si una serie es condicionalmente convergente, entonces se puede cambiar el orden de
sus términos y así obtener una nueva serie cuya suma sea un número arbitrario pre…jado. Más aún, puede
cambiarse el orden de los términos de una serie condicionalmente convergente de modo que la nueva serie
sea divergente.
Puede verse ejemplos en el Cap. de Series de [3].
Veamos dos importantes criterios de convergencia absoluta.
7.5.1. Prueba de D’
Alembert de convergencia absoluta
Criterio de la Razón.
Criterio 7.5.1 P
an+1
Sea la serie 1 an donde an 6= 0; n = 1; 2;
n=1 . Sea l mn!1 an = L: Entonces:
P1
Si L < 1 la serie n=1 an es absolutamente convergente.
P1
Si L > 1 la serie n=1 an diverge.
(Si L = 1 la prueba fracasa).
an+1
Demostración. Como l mn!1 an = L signi…ca que
dado " > 0 9 N (") 2 N tal que an+1
an L < "; 8n > N (") :
1 L 1+L
Veamos el caso L < 1: Elijamos " = 2 > 0 de modo que L + " = 2 = r < 1;
an+1
así se tiene an < L + " = r; 8n > N (") : Escribimos:
jaN +1 j + jaN +2 j + jaN +3 j + jaN +4 j + =
jaN +2 j jaN +2 j jaN +3 j jaN +2 j jaN +3 j jaN +4 j
= jaN +1 j 1 + jaN +1 j + jaN +1 j jaN +2 j + jaN +1 j jaN +2 j jaN +3 j +
cada término de esta serie se mantiene acotado por el respectivo término de la serie geométrica:
jaN +1 j 1 + r + r2 + r3 + ; la que converge puesto que 0 < r < 1:
P1 P
Entonces la serie n=N +1 an es absolutamente convergente, lo que indica que 1 an es absoluta-
n=1
mente convergente, ya que di…ere de la anterior en una cantidad …nita de sumandos.
L 1 1+L
Si L > 1; podemos elegir " = 2 > 0 de modo que L "= 2 = r;
así 1 < r = L " < an+1 por lo que jan j < jan+1 j ; 8n > N (") :
an
Vale decir que los términos en valor absoluto crecen, por lo que
P
l mn!1 an 6= 0; i.e. la serie 1 an es divergente.
n=1
Si L = 1; la serie puede ser convergente o divergente.
P1 1
1
n+1
Ejemplo 7.5.4 La serie armónica n=1 n diverge, y se tiene que l mn!1 1 = 1:
n
1
P1 1 (n+1)2
Mientras la serie convergente n=1 n2 también veri…ca l mn!1 1 = 1:
n2

14. 7.5. CONVERGENCIA ABSOLUTA Y CONVERGENCIA CONDICIONAL 151
P1 3n
Ejercicio 7.5.2 La serie n=1 n! ; ¿converge en forma absoluta?
3n+1
an+1 (n+1)! 3
Resolución. Evaluamos l mn!1 an = l mn!1 3n = l mn!1 n+1 = 0:
n!
El criterio de D’Alembert nos permite concluir que la serie es absolutamente convergente.
7.5.2. Prueba de Cauchy de convergencia absoluta
Criterio de la Raíz. p
Criterio 7.5.2 P
Sea la serie 1 an ; si l mn!1 n jan j = L; entonces:
n=1
P1
Si L < 1 la serie n=1 an es absolutamente convergente.
P1
Si L > 1 la serie n=1 an diverge.
(Si L = 1 la prueba fracasa).
Demostración.
p
n
Supongamos L < 1: Tomamos " > 0 de modo que jan j < L + " = r < 1; 8n > N (") :
Comparamos jan j < rn ; que es el término general de una serie geométrica convergente,
entonces la serie dada es absolutamente convergente.
Si L > 1; podemos elegir " > 0 de modo que 1 < L " = r;
p
así 1 < r < n jan j por lo que 1 < rn < jan j ; 8n > N (") :
Vemos que jan j 9 0; por lo que an 9 0; la serie diverge.
n!1 n!1
P1 n 2n+1
n
Ejercicio 7.5.3 Determinar si la serie alternante n=1 ( 1) 3n+1 es absoluta o condicionalmente
convergente.
r
p n
Resolución. Resolvamos l mn!1 n
jan j = l mn!1 n ( 1)n 2n+1
3n+1
r
n
2n+1
= l mn!1 n 3n+1
= l mn!1 2n+1 = 2 < 1:
3n+1 3
Por el criterio de la raíz concluimos que la serie es absolutamente convergente.