Ejercicios solucionados

Ejercicios resueltos de
C ´ALCULO
Agust´ın Valverde Ramos
***** BORRADOR *****
Editado electr´onicamente por Agust´ın Valverde

c Agust´ın Valverde Ramos
Dpto. de Matemática Aplicada
Escuela Técnica Superior de Ingenier´ıa Informática
Universidad de Málaga
Bvd. Louis Pasteur, s/n (Campus de Teatinos)
29071 Málaga

Introducci´on
Notaci´on de ejercicios: cap.ej(apart) o cap.ej o ej(apart) o ej
iii

Índice general
1. El cuerpo de los números complejos 1
2. Sucesiones y series numéricas 27
3. Sucesiones y series funcionales 105
4. El espacio métrico Rn.
Curvas parametrizadas 149
5. Cálculo en varias variables 228
iv

6. Optimizaci´on no-lineal 268
7. Integraci´on 327
8. Ecuaciones diferenciales ordinarias 549
v

Cap´ıtulo 1
El cuerpo de los
n´umeros complejos
1

El cuerpo de los números complejos 2
Problema 1 Hallar el módulo y el argumento de cada uno de los siguientes números:
3 + 4i; (3 + 4i)−1; (1 + i)5; 7
√
3 + 4i; |3 + 4i|
Recordemos que el recorrido considerado para la función arc tg es (−π/2, π/2); además, esta función es impar y
verifica la siguiente igualdad:
arc tg x + arc tg
1
x
=
π
2
|3 + 4i| =
√
32 + 42 = 5
arg(3 + 4i) = arc tg 4/3
Utilizamos el apartado anterior:
|(3 + 4i)−1
| = |3 + 4i|−1
= 1/5
arg((3 + 4i)−1
) = − arg(3 + 4i) = − arc tg 4/3
Resolvemos este apartado de una forma alternativa utilizando la notación de Euler y la fórmula de Moivre
(1 + i)5
= (
√
2(
1
√
2
+
1
√
2
i))5
= (
√
2(cos
π
4
+ i sen
π
4
))5
= 4
√
2(cos
5π
4
+ i sen
5π
4
)
Por tanto, |(1 + i)5| = 4
√
2 y arg(1 + i)5 = 5π
4
Ejercicios resueltos de Cálculo. c Agust´ın Valverde

Dado que |3 + 4i| = 5, | 7
√
3 + 4i| = 7
√
5. Por otra parte, un número complejo tiene n ra´ıces n−ésimas distintas
cuyos módulos coinciden; si α = arc tg 4
3 es el argumento de 3 + 4i, entonces los argumentos de las 7 ra´ıces
septimas son 1
7α + 2
7πk para k = 0, 1, . . . , 6.
Dado que |3 + 4i| = 5 es un número real positivo, coincide con su valor absoluto y su argumento es 0.

Problema 2 Expresar cada uno de los siguientes n´umeros complejos en la forma “a + bi”:
eπi/2; 2e−πi/2; 3eπi; −e−πi; i + e2πi; eπi/4; eπi/4 − e−πi/4;
1 − eπi/2
1 + eπi/2
eπi/2 = cos π
2 + i sen π
2 = i.
2e−πi/2 = −2i.
3eπi = −3.
−e−πi = 1.
i + e2πi = i + 1.
eπi/4 = 1√
2
+ i 1√
2
.
eπi/4 − e−πi/4 = 2iIm(eπi/4) = 2i sen π/4 = 2i
1√
2
= i
√
2
1 − eπi/2
1 + eπi/2 = 1 − i
1 + i
= 1
2
(1 − i)2 = −i

Problema 3 En cada caso, hallar todos los valores de x e y que satisfacen la relación dada:
x + iy = xeiy; x + iy = yeix; ex+iy = −1;
1 + i
1 − i
= xeiy
x + iy = xeiy:
Si x = 0, entonces y = 0; si x = 0, y dado que xeiy = x cos y + ix sen y, debe ocurrir que cos y = 1 y, en tal
caso, sen y = 0 e y = x sen y = 0. Por tanto, las soluciones son todos los complejos con parte imaginaria nula.
x + iy = yeix: Si y = 0, entonces x = 0; si y = 0, y dado que yeix = y cos x + iy sen x, debe ocurrir que
sen x = 1 y en tal caso cos x = 0 y x = y cos x = 0; finalmente, dado que la igualdad y = iy no es posible para
ningún y = 0, deducimos que la única solución es (0, 0).
Dado que −1 = eiπ, las soluciones de la ecuación ex+iy = −1 son: x = 0 e y = π + 2kπ
Dado que
1 + i
1 − i
= i = eiπ/2, las soluciones de la ecuación
1 + i
1 − i
= xeiy son: x = 1 e y = π
2 + 2kπ

Problema 4 Resolver las ecuaciones siguientes:
1. x2 + ix + 1 = 0; 2. x4 + x2 + 1 = 0; 3. x3 − x2 − x − 2 = 0; 4.



ix − (1 + i)y = 3
(2 + i)x + iy = 4
1. x2 + ix + 1 = 0 ⇐⇒ x =
1
2
(−i ±
√
−1 − 4)
Por tanto, las dos soluciones de la ecuación son x1 = 1
2(
√
5 − 1)i y x2 = −1
2(
√
5 + 1)i.
2. Esta es una ecuación bicuadrada:
x4
+ x2
+ 1 = 0 ⇐⇒ x2
=
1
2
(−1 ±
√
1 − 4) =
1
2
(−1 ± i
√
3)
Por tanto, las dos soluciones de la ecuación en x2 son:
y1 =
1
2
(−1 + i
√
3) = cos
2π
3
+ i sen
2π
3
y2 =
1
2
(−1 − i
√
3) = cos
4π
3
+ i sen
4π
3

Las cuatro soluciones de la ecuación del enunciado son las dos ra´ıces cuadradas de y1 y las dos de y2:
x1 = cos
π
3
+ i sen
π
3
=
1
2
(1 + i
√
3)
x2 = cos
4π
3
+ i sen
4π
3
= −
1
2
(1 + i
√
3)
x3 = cos
2π
3
+ i sen
2π
3
=
1
2
(−1 + i
√
3)
x4 = cos
5π
3
+ i sen
5π
3
=
1
2
(1 − i
√
3)
3. Dado que el polinomio x3−x2−x−2 tiene grado impar, al menos una de las tres soluciones es real; comprobando
los divisores del término independiente, encontramos que 2 es esta solución; las otras dos, son las soluciones
de la ecuación x2 + x + 1 = 0 que hemos resuelto en el apartado anterior. Las tres soluciones son:
x1 = 2 x2 =
1
2
(−1 + i
√
3) x3 =
1
2
(−1 − i
√
3)
4. Aplicamos el método de reducción o método de Gauss:
ix − (1 + i)y = 3
(2 + i)x + iy = 4
⇐⇒



ix − (1 + i)y = 3
ix +
i2
2 + i
y =
4i
2 + i



⇐⇒



ix − (1 + i)y = 3
3i
2 + i
y =
i − 6
2 + i



Por tanto, y =
i − 6
3i
= 1
3 + 2i y x =
3 + (1 + i)y
i
= −1
3(5 + 7i).

Problema 5 Hallar todas las ra´ıces cuartas de i en la forma “a + bi” sin hacer intervenir ninguna función trigo-
nométrica.
Las cuatro ra´ıces cuartas de i son: zk = exp
π
2 · 4
+
2π
4
k , k = 0, 1, 2, 3:
z1 = cos π
8 + i sen π
8 ; z2 = cos 5π
8 + i sen 5π
8 ; z3 = cos 9π
8 + i sen 9π
8 ; z4 = cos 13π
8 + i sen 13π
8
Las siguientes igualdades permiten el cálculo exacto de estas ra´ıces:
cos π
8 = cos 1
2
π
4 = 1
2 1 + cos π
4 =
√
2+
√
2
2 sen π
8 = sen 1
2
π
4 = 1
2 1 − cos π
4 =
√
2−
√
2
2
Por tanto, las ra´ıces son:
z1 = cos π
8 + i sen π
8 =
√
2+
√
2
2 + i
√
2−
√
2
2
z2 = cos 5π
8 + i sen 5π
8 = −
√
2+
√
2
2 + i
√
2−
√
2
2
z3 = cos 9π
8 + i sen 9π
8 = −
√
2+
√
2
2 − i
√
2−
√
2
2
z4 = cos 13π
8 + i sen 13π
8 =
√
2+
√
2
2 − i
√
2−
√
2
2
z1
z2 i
Re
Im
z3
z4
π
8

Problema 6 Expresar los n´umeros complejos siguientes en la forma “a + bi”:
(1 + i)2; 1/i; 1/(1 + i); (2 + 3i)(3 − 4i); (1 + i)/(1 − 2i); i5 + i16; 1
2 (1 + i)(1 + i−8)
(1 + i)2 = 1 + 2i − 1 = 2i.
1
i
= i
i2 = −i.

1
1 + i
=
1 − i
1 + 1
=
1
2
−
1
2
i.
(2 + 3i)(3 − 4i) = 6 − 12i2 + i = 18 + i.

1 + i
1 − 2i
=
1
5
(1 + i)(1 + 2i) = 1
5(−1 + 3i).
i5 + i16 = (−1)2i + (−1)8 = i + 1.

1
2
(1 + i)(1 + i−8) =
1
2
(1 + i)(1 + 1) = 1 + i.

Problema 7 Simplificar la siguiente expresión para cada n ∈ N
1 + i + i2
+ · · · + in
Para simplificarla, vamos a multiplicar y dividir por (1 − i):
1 + i + i2
+ · · · + in
=
(1 + i + i2 + · · · + in)(1 − i)
1 − i
=
1 + i + i2 + · · · + in − i − i2 − · · · − in − in+1
1 − i
=
1 − in+1
1 − i
Por lo tanto, esta expresión depende de la congruencia de n módulo 4:
Si n = 4k, 1 + i + i2 + · · · + in =
1 − i4k+1
1 − i
=
1 − i
1 − i
= 1
Si n = 4k + 1, 1 + i + i2 + · · · + in =
1 − i4k+2
1 − i
=
1 + 1
1 − i
= 1 + i
Si n = 4k + 2, 1 + i + i2 + · · · + in = 1 − i4k+3
1 − i
= 1 + i
1 − i
= i
Si n = 4k + 3, 1 + i + i2 + · · · + in =
1 − i4k+4
1 − i
=
1 − 1
1 − i
= 0

Problema 8 Representar el conjunto de todos los complejos z que satisfacen cada una de las condiciones siguientes:
1. |2z + 3| 1; 2. |z + 1| |z − 1|; 3. |z − i| ≤ |z + i|; 4. |z| ≤ |2z + 1|
Las representación de los lugares geométricos determinados por las inecuaciones es la siguiente:
Im
Re
Im
Im
ReRe
3/2 2/31/31
|2z + 3| 1 |z + 1| |z − 1| |z| ≥ |2z − 1|
Im
Re
|z + i | ≥ |z − i |
1. |2z + 3| 1 ⇐⇒ z + 3
2 1
2: interior de la circunferencia de radio 1/2 y centro en (3/2, 0).
Recordemos que los números complejos que verifican |z| = r son los situados en la circunferencia de radio r
centrada en el origen; los que verifican |z| r corresponden al interior de esta circunferencia. En general, los
números z que verifican |z − z0| = r son los situados en la circunferencia de radio r y centro en z0.

2. Considerando z = x + iy, tenemos
|z + 1| |z − 1| ⇐⇒ (x + 1)2
+ y2
(x − 1)2
+ y2
⇐⇒ x2
+ 2x + 1 x2
− 2x + 1
⇐⇒ 4x 0 ⇐⇒ x 0
3. Considerando z = x + iy, tenemos
|z − i| ≥ |z + i| ⇐⇒ x2
+ (y − 1)2
≥ x2
+ (y + 1)2
⇐⇒ y2
+ 2y + 1 ≥ y2
− 2y + 1
⇐⇒ 4y ≥ 0 ⇐⇒ y ≥ 0
4. Considerando z = x + yi, tenemos:
|z| ≥ |2z − 1| ⇐⇒ x2
+ y2
≥ (2x − 1)2
+ 4y2
⇐⇒ y2
+ x −
2
3
2
≤
1
9
Es decir, la soluci´on es el interior de la circunferencia de radio 1/3 y centro en (2/3, 0)

Problema 9
1. Hallar la parte real y la parte imaginaria de senh z, cosh z y tgh z.
2. Hallar tgh(2 + iπ
4 )
senh(x + iy) =
1
2
(ex+iy
− e−x−iy
)
=
1
2
(ex
(cos y + i sen y) − e−x
(cos y − i sen y))
=
1
2
(ex
− e−x
) cos y + i
1
2
(ex
+ e−x
) sen y
= senh x cos y + i cosh x sen y
cosh(x + iy) =
1
2
(ex+iy
+ e−x−iy
)
=
1
2
(ex
(cos y + i sen y) + e−x
(cos y − i sen y))
=
1
2
(ex
+ e−x
) cos y + i
1
2
(ex
− e−x
) sen y
= cosh x cos y + i senh x sen y

Para evaluar la función tgh dividimos las expresiones anteriores y simplificamos simplificamos el resultado:
tgh(x + iy) =
senh(x + iy)
cosh(x + iy)
=
senh x cos y + i cosh x sen y
cosh x cos y + i senh x sen y
=
(senh x cos y + i cosh x sen y)(cosh x cos y − i senh x sen y)
(cosh x cos y + i senh x sen y)(cosh x cos y − i senh x sen y)
=
senh x cosh x cos2 y + senh x cosh x sen2 y + i(cosh2
x sen y cos y − senh2
x sen y cos y)
cosh2
x cos2 y + senh2
x sen2 y
=
senh x cosh x + i sen y cos y
cosh2
x cos2 y + senh2
x sen2 y
=
1
2 senh 2x + i1
2 sen 2y
cosh2
x cos2 y + senh2
x sen2 y + cosh2
x sen2 y − cosh2
x sen2 y
=
senh 2x + i sen 2y
2(cosh2
x − sen2 y)
tgh(2 + i
π
4
) =
senh 4 + i sen π
2
2(cosh2
2 − sen2 π
4 )
=
senh 4 + i
2(cosh2
2 − 1
2)
=
senh 4 + i
2 cosh2
2 − 1
=
senh 4 + i
cosh 4
= tgh 4 +
i
cosh 4
≈ 0′
999329 + i0′
036619

Problema 10 Resolver la ecuación sen z = 2.
Empezamos utilizando la definición de la función seno
2 = sen z =
1
2i
(eiz
− e−iz
) =
e2iz − 1
2eizi
De aqui obtenemos: e2iz − 1 = 4eizi. Esta es una ecuación de segundo grado en eiz y sus soluciones son
eiz
=
1
2
(4i ±
√
−16 + 4) = i(2 ±
√
3)
Entonces, las soluciones de la ecuación propuesta verifican:
z =
1
i
log i(2 ±
√
3) = −i log i(2 ±
√
3) = −i(log i + log(2 ±
√
3))
= −i(i(
π
2
+ 2nπ) + log(2 ±
√
3))
=
π
2
+ 2nπ − i log(2 ±
√
3)
Es decir, para cada n ∈ Z tenemos dos soluciones:
z1n =
π
2
+ 2nπ − i log(2 +
√
3) z2n =
π
2
+ 2nπ − i log(2 −
√
3)

Problema 11 El objetivo de este ejercicio es calcular el coseno de los ángulos π/5 y 2π/5.
1. Sea z = cos θ + i sen θ una ra´ız quinta de −1. Probar que, si z = −1, entonces z4 − z3 + z2 − z + 1 = 0 y
deducir que 4 cos2 θ − 2 cos θ − 1 = 0. Concluir que cos π/5 = 1
4(
√
5 + 1).
2. Sea z = cos θ + i sen θ una ra´ız quinta de la unidad. Probar que, si z = 1, entonces z4 + z3 + z2 + z + 1 = 0 y
deducir que 4 cos2 θ + 2 cos θ − 1 = 0. Concluir que cos 2π/5 = 1
4 (
√
5 − 1).
Efectivamente, el valor de los cosenos de los ángulos pedidos está relacionado con las ra´ıces quintas de 1 y de
−1, ya que, por la fórmula de Moivre:
cos
π
5
+ i sen
π
5
5
= cos π + i sen π = −1
cos
2π
5
+ i sen
2π
5
5
= cos 2π + i sen 2π = 1
Vamos a explicitar la solución del primer apartado, puesto que la del segundo es exactamente igual. La primera
afirmación del enunciado es trivial, puesto que una simple división de polinomios prueba que:
z5
+ 1 = (z + 1)(z4
− z3
+ z2
− z + 1)
Dado que z = cos π
5 + i sen π
5 es una de las cinco ra´ıces quintas de -1 distinta de -1, este numero debe ser ra´ız del

polinomio de grado 4; llamando α = cos π
5 y β = sen π
5 y sustituyendo z por α + iβ en dicho polinomio, obtenemos:
0 = z4
− z3
+ z2
− z + 1 = α4
+ 4iα3
β − 6α2
β2
− 4iαβ3
+ β4
− α3
− 3iα2
β + 3αβ2
+ iβ3
+ α2
+ 2iαβ − β2
− α − iβ + 1
Por lo tanto, tanto la parte imaginaria como la parte real de la expresión de la derecha deben ser 0. Debemos
serparar y simplificar ambas partes para obtener la expresión más sencilla posible; en este caso, la expresión mas
simple se obtiene de la parte imaginaria, pero el lector deber´ıa desarrollar igualmente la parte real para comprobarlo.
0 = 4α3
β − 4αβ3
− 3α2
β + β3
+ 2αβ − β
Dividiendo por β obtenemos:
0 = 4α3
− 4αβ2
− 3α2
+ β2
+ 2α − 1
Dado que tenemos que obtener un polinomio en α, sustituimos β2 por 1 − α2:
0 = 4α3
− 4α + 4α3
− 3α2
+ 1 − α2
+ 2α − 1
= 8α3
− 4α2
− 2α
Finalmente, dividiendo por 2α obtenemos el polinomio buscado:
0 = 4α2
− 2α − 1

La resolución de esta ecuación de segundo grado, conduce finalmente al valor de cos π
5 (tomamos solamente la
solución positiva):
α = cos
π
5
=
1
8
(2 +
√
20) =
1
4
(1 +
√
5)

Problema 12 Deducir las siguientes igualdades haciendo uso de la definición de las funciones hiperbólicas en el
cuerpo de los números complejos.
1. senh z cosh u + cosh z senh u = senh(z + u)
2. cosh z cosh u + senh z senh u = cosh(z + u)
A partir de ellas deducir las siguientes:
3. cosh2
z − senh2
z = 1
4. 2 senh z cosh z = senh 2z
5. cosh2
z + senh2
z = cosh 2z
6. senh z cosh u = 1
2(senh(z + u) + senh(z − u))
7. senh z senh u = 1
2(cosh(z + u) − cosh(z − u))
8. cosh z cosh u = 1
2(cosh(z + u) + cosh(z − u))

Problema 13 Deducir las siguientes igualdades haciendo uso de la definición de las funciones trigonométricas en
el cuerpo de los números complejos.
1. sen z cos u + cos z sen u = sen(z + u)
2. cos z cos u − sen z sen u = cos(z + u)
A partir de ellas deducir las siguientes:
3. cos2 z + sen2 z = 1
4. 2 sen z cos z = sen 2z
5. cos2 z − sen2 z = cos 2z
6. sen z cos u = 1
2(sen(z + u) + sen(z − u))
7. sen z sen u = 1
2(− cos(z + u) + cos(z − u))
8. cos z cos u = 1
2(cos(z + u) + cos(z − u))

Problema 14 Deducir las siguientes expresiones para las funciones inversas de las funciones hiperbólicas:
arg senh x = log(x + x2 + 1) arg cosh x = log(x + x2 − 1)
La función cosh no es inyectiva, ya que cosh x = cosh −x. Por lo tanto, la función arg cosh x podr´ıa tomar dos
valores para cada x; el valor que se considera en la definición de dicha función es el positivo. Por otra parte, si
la función la consideramos definida sobre los números complejos, las expresiones anteriores son válidas, pero los
posibles valores del logaritmo son infinitos; en este caso, la definición de las funciones inversas se hace tomando los
valores principales del logaritmo.
Deducir una expresión para la función arg cosh se reduce a despejar y en función de x en la expresión
ez + e−z
2
= x
Multiplicando por 2ez, la igualdad anterior se convierte en la siguiente ecuación de segundo grado en ez:
e2z
− 2ez
x + 1 = 0
Cuyas soluciones son ez =
2x ±
√
4x2 − 4
2
= x±
√
x2 − 1. De donde obtenemos la solución propuesta en el enunciado:
arg cosh x = log(x +
√
x2 − 1). Debemos observar que, efectivamente, la otra solución coincide con esta, pero con
signo contrario:
log(x − x2 − 1) = log
x2 − (x2 − 1)
x +
√
x2 − 1
= − log(x + x2 − 1)

El desarrollo para obtener la expresión para arg senh x es similar obteniendo como solución:
ez
= x ± x2 + 1
Hay que observar no obstante, que la solución ez = x −
√
x2 + 1 no tiene sentido si trabajamos solo con números
reales, pero s´ı en el caso de considerar números complejos. La función arg senh se define entonces como: arg senh x =
log(x +
√
x2 + 1).

Problema 15
1. Si m y n son enteros, demostrar que
2π
0
einx
e−imx
dx =
0 si m = n,
2π si m = n.
2. Utilizar el apartado anterior para deducir las relaciones de ortogonalidad de las funciones seno y coseno: si m
y n son enteros positivos y m = n, entonces
2π
0
sen nx cos mxdx =
2π
0
sen nx sen mxdx =
2π
0
cos nx cos mxdx = 0,
2π
0
sen2
nxdx =
2π
0
cos2
nxdx = π si n = 0.
1. Si n = m, entonces
2π
0
einx
e−imx
dx =
2π
0
dx = 2π.
Si n = m:
2π
0
einx
e−imx
dx =
1
i(n − m)
einx
e−imx
2π
0
= 0

2. Supongamos que m = n; la integral correspondiente del apartado anterior se puede descomponer como sigue:
0 =
2π
0
einx
e−imx
dx =
2π
0
((cos nx cos mx + sen nx sen mx) + i(sen nx cos mx − cos nx sen mx))dx (1.1)
Adem´as, sustituyendo n por −n, deducimos la siguiente igualdad
0 =
2π
0
e−inx
e−imx
dx =
2π
0
(cos nx cos mx − sen nx sen mx) + i(− sen nx cos mx − cos nx sen mx) dx (1.2)
Sumando las igualdades 1.1 y 1.2 obtenemos:
0 =
2π
0
(2 cos nx cos mx − 2i cos nx sen mx)dx
Por tanto, necesariamente:
2π
0
cos nx cos mx dx = 0
2π
0
cos nx sen mx dx = 0
Sustituyendo estas igualdades en 1.1, obtenemos que
2π
0
sen nx sen mx dx = 0
Para las dos ´ultimas igualdades del enunciado basta sustitur m por −n en la igualdad del primer apartado:
0 =
2π
0
einx
einx
dx =
2π
0
(cos nx cos nx − sen nx sen nx) + i(sen nx cos nx − cos nx sen nx) dx
=
2π
0
(cos2
nx − sen2
nx) dx (1.3)

Por otra parte, trivialemente se tiene que
2π
0
(cos2
nx + sen2
nx) dx =
2π
0
dx = 2π (1.4)
Sumando las igualdades 1.3 y 1.4, obtenemos:
2π
0
2 cos2
nxdx = 2π
y rest´andolas obtenemos:
2π
0
2 sen2
nxdx = 2π

Problema 16
1. Para x real, demostrar que podemos elegir log (x + i) y log (x − i) como
log (x + i) = 1
2 log (1 + x2) + i π
2 − arc tg x ; log (x − i) = 1
2 log (1 + x2) − i π
2 − arc tg x
2. De la expresión:
1
1 + x2
=
1
2i
1
x − i
−
1
x + i
se obtiene, formalmente:
dx
1 + x2
=
1
2i
[log (x − i) − log (x + i)]
Utilizar la parte (a) para comprobar que esta solución concuerda con la usual.
1. exp
1
2
log (1 + x2
) + i
π
2
− arc tg x = x2 + 1 exp
π
2
− arc tg x
= x2 + 1 cos
π
2
− arc tg x + i sen
π
2
− arc tg x = x2 + 1
x
√
x2 + 1
+ i
1
√
x2 + 1
= x + i
Por tanto, efectivamente, se verifica la primera igualdad propuesta. La segunda igualdad se obtiene de forma
análoga.
2. Restando las igualdades del apartado (a) se obtiene:
1
2i
[log (x − i) − log (x + i)] =
1
2i
−2i
π
2
− arc tg x = (arc tg x) −
π
2
que es, efectivamente, una primitiva de la función
1
1 + x2

Cap´ıtulo 2
Sucesiones y series num´ericas
27

Sucesiones y series numéricas 28
Problema 17
1. Demostrar que an = log(n + k) y bn = log n son infinitos equivalentes.
2. Demostrar que an = log(kn) y bn = log n son infinitos equivalentes.
3. Sea P un polinomio y k ∈ N; demostrar que an = P(n) y bn = P(n + k) son infinitos equivalentes.
4. Demostrar que la sucesión P(n) = apnp + ap−1np−1 + · · · + a1n + a0 es un infinito equivalente a bn = apnp.
5. Demostrar que an = (n + 1)α − nα y bn = αnα−1 son infinitos equivalentes.
1. l´ım
log(n + k)
log n
= l´ım
log n 1 + k
n
log n
= l´ım
log n + log 1 + k
n
log n
= l´ım 1 +
log 1 + k
n
log n
= 1
2. l´ım
log(kn)
log n
= l´ım log k + log n
log n
= l´ım 1 + log k
log n
= 1
3. l´ım
apnp + ap−1np−1 + · · · + a1n + a0
apnp = l´ım 1 +
ap−1
apn
+ · · · +
a1
apnp−1 +
a0
apnp = 1
4. Si P es un polinomio, entonces P(n) y P(n + k) son polinomios del mismo grado y, además, coinciden sus
coeficientes del término de mayor grado; por lo tanto, l´ım
P(n)
P(n + k)
= 1.
5. l´ım
(n + 1)α − nα
αnα−1 = l´ım nα
n+1
n
α
− 1
αnα−1 = l´ım
n
α
log
n + 1
n
α
= l´ım log
n + 1
n
n
= log e = 1

Problema 18 Usar el teorema de compresión para demostrar las siguientes propiedades:
1. Si f es una función acotada en un entorno abierto de a y l´ım
x→a
g(x) = 0, entonces l´ım
x→a
f(x)g(x) = 0.
2. Si an es una sucesión acotada y l´ım bn = 0, entonces l´ım anbn = 0.
1. Sea M tal que
|f(x)| M para todo x ∈ (a − δ, a + δ)
Entonces:
−Mg(x) f(x)g(x) Mg(x) para todo x ∈ (a − δ, a + δ)
Dado que l´ım
x→a
(−Mg(x)) = 0 = l´ım
x→a
(Mg(x)), por el teorema de compresión deducimos que
l´ım
x→a
f(x)g(x) = 0
2. Sea M tal que |an| M. Entonces −Mbn anbn Mbn y, dado que l´ım(−Mbn) = 0 = l´ım(Mbn), deducimos
por el teorema de compresión que l´ım anbn = 0.

Problema 19 Sea an un sucesión. Una sucesión bn se dice que es una subsucesión de an si existe una función
estrictamente creciente, f : N → N tal que bn = af(n). Demostrar las siguientes propiedades:
1. Si bn es una subsucesión de an y l´ım an = ℓ ∈ R, entonces l´ım bn = ℓ.
2. Si bn y cn son dos subsucesiones de an tales que {bn} ∪ {cn} = {an} y l´ım bn = ℓ = l´ım cn, entonces l´ım an =
ℓ ∈ ¯R.
1. Supongamos que ℓ ∈ R. Sea f : B ⊆ N → N una aplicación estrictamente creciente y tal que bn = af(n). Sea
ε 0 y N ∈ N tal que |an − ℓ| ε para todo n ≥ N. Dado que f es estrictamente creciente, existirá un
N1 ∈ B tal que f(N1) N y por lo tanto, |bn − ℓ| = |af(n) − ℓ| ε para todo n ≥ N1; en consecuencia,
l´ım bn = ℓ.
2. Sean f : B ⊆ N → N y g: C ⊆ N → N dos aplicaciones crecientes tales que bn = af(n) y cn = ag(n). Sea
ε 0; por las hipótesis, existen dos naturales N1 ∈ B y N2 ∈ C tales que |bn − ℓ| ε y |cn − ℓ| ε.
Sea N = máx{f(N1), f(N2)} y n ≥ N; dado que {bn} ∪ {cn} = {bn}, se verifica una de las dos situaciones
siguientes:
an ∈ {bn} y en tal caso existe m tal que n = f(m); por ser f creciente, m ≥ N1 y
|an − ℓ| = |af(m) − ℓ| = |bm − ℓ| ε

an ∈ {cn} y en tal caso existe m tal que n = g(m); por ser g creciente, m ≥ N2 y
|an − ℓ| = |ag(m) − ℓ| = |cm − ℓ| ε
En cualquier caso hemos deducido que |an − ℓ| ε para todo n ≥ N y por lo tanto, l´ım an = ℓ.
La demostraci´on en los casos ℓ = +∞ y ℓ = −∞ se hace de la misma forma.

Problema 20 Resolver los siguientes l´ımites:
1. l´ım 1 −
1
3n
2n
; 2. l´ım 3
√
n − 3
√
n − 1; 3. l´ım n 1 − 3
1 −
a
n
; 4. l´ım n ( n
√
a − n−1
√
a)
1. l´ım 1 −
1
3n
2n
= l´ım exp 2n log 1 − 1
3n
= l´ım exp 2n 1 −
1
3n
− 1 (Infinitésimos equivalentes)
= e−2/3
2. l´ım( 3
√
n − 3
√
n − 1) = l´ım 3
√
n − 1 3 n
n − 1
− 1
= l´ım

 3
√
n − 1 log 3 n
n − 1

 (Infinitésimos equivalentes)
= l´ım
1
3
3
√
n − 1 log
n
n − 1
= l´ım
3
√
n − 1
3(n − 1)
(Infinitésimos equivalentes)
= l´ım
n1/3
3n
(Infinitos equivalentes: ej. 17)
= l´ım
1
3n2/3
= 0

3. l´ım n 1 − 3
1 −
a
n
= l´ım −n log 3
1 −
a
n
= l´ım −
n
3
log 1 −
a
n
= l´ım −
n
3
−
a
n
=
a
3
4. l´ım (n( n
√
a − n−1
√
a)) = l´ım n n
√
a a
1
n
− 1
n−1 − 1
= l´ım n n
√
a a
−1
n(n−1) − 1
= l´ım −n n
√
a log a
1
n(n−1) (Inﬁnit´esimos equivalentes))
= l´ım −
n
√
a log a
n − 1
= −
log a
∞
= 0

Problema 21 Utilizar el teorema de compresión para calcular los siguientes l´ımites:
1. l´ım
n!
nn
2. l´ım
(n − 1)!
(1 +
√
1)(1 +
√
2) . . . (1 +
√
n)
3. l´ım
1
n2 +
1
(n + 1)2 + · · · +
1
(n + n)2
4. l´ım
n
n2 + 1
+
n
n2 + 2
+ · · · +
n
n2 + n
Al aplicar el teorema de compresión, una de las dos acotaciones (la superior y la inferior) puede ser una constante;
en los tres primeros apartados de este ejercicio, la acotación inferior es la constante cero y por lo tanto, el trabajo
de acotación solo se hará para la cota superior.
1. 0
n!
nn =
1 · 2 · · · (n − 1)n
n · n · · · n · n

1 · n · · · n · n
n · n · · · n · n
=
1
n
Dado que
1
n
= 0, deducimos que l´ım
n!
nn = 0.

2. 0
(n − 1)!
(1 +
√
1)(1 +
√
2) . . . (1 +
√
n)

(n − 1)!
√
1
√
2 . . .
√
n − 1
√
n

1√
n
Dado que l´ım
1√
n
= 0, deducimos que: l´ım
(n − 1)!
(1 +
√
1)(1 +
√
2) . . . (1 +
√
n)
= 0.
3. 0
1
n2 +
1
(n + 1)2 + · · · +
1
(n + n)2 n
1
n2 =
1
n
Dado que l´ım
1
n
= 0, deducimos que l´ım
1
n2 +
1
(n + 1)2 + · · · +
1
(n + n)2 = 0.
4.
n
n2 + 1
+
n
n2 + 2
+ · · · +
n
n2 + n
n
n
n2 + 1
=
n2
n2 + 1
n
n2 + 1
+
n
n2 + 2
+ · · · +
n
n2 + n
n
n
n2 + n
=
n
n + 1
Dado que l´ım
n2
n2 + 1
= 1 = l´ım
n
n + 1
, deducimos que: l´ım
n
n2 + 1
+
n
n2 + 2
+ · · · +
n
n2 + n
= 1

Problema 22 Aplicar el criterio de Stöltz-Cesaro para resolver los siguientes l´ımites.
1. l´ım
log n
n
2. l´ım
(log n)2
n
3. l´ım 2 + 4 + · · · + 2n
3 + 9 + · · · + 3n 4. l´ım 1p + 2p + · · · + np
np+1
5. l´ım 1
n2 (2 + 32
2
+ · · ·
(n + 1)n
nn−1 ) 6. l´ım
log(1 · 2 · · · · · n)
n log n
1. l´ım
log n
n
= l´ım
log(n + 1) − log n
n + 1 − n
= l´ım log
n + 1
n
= 0
Dado que la sucesión an = n es creciente y divergente a infinito y, además, el último l´ımite calculado existe,
la aplicación del criterio de Stöltz-Cesaro es correcta.
2. l´ım
(log n)2
n
= l´ım (log(n + 1))2 − (log n)2 (Criterio de Stöltz-Cesaro)
= l´ım (log(n + 1) − log n)(log(n + 1) + log n) = l´ım log
n + 1
n
log((n + 1)n)
= l´ım
1
n
log((n + 1)n) (Equivalencia de infinitésimos)
= l´ım log(n + 2)(n + 1) − log(n + 1)n (Criterio de Stöltz-Cesaro)
= l´ım log
(n + 2)(n + 1)
(n + 1)n
= log 1 = 0
Dado que la sucesión an = n es creciente y divergente a infinito y, además, el último l´ımite calculado existe,
las aplicaciones del criterio de Stöltz-Cesaro son correcta.

3. l´ım
2 + 4 + · · · + 2n
3 + 9 + · · · + 3n = l´ım
2n+1
3n+1 = 0
De las desigualdades 3n−1 3 + 9 + · · · + 3n−1 3 + 9 + · · · + 3n−1 + 3n, se deduce que la sucesión del
denominador es creciente y divergente a infinito; además, el último l´ımite calculado existe y, por lo tanto, la
aplicación del criterio de Stöltz-Cesaro es correcta.
4. l´ım 1p + 2p + · · · + np
np+1 = l´ım
(n + 1)p
(n + 1)p+1 − np+1 (Criterio de Stöltz-Cesaro)
= l´ım
(n + 1)p
(p + 1)np (Infinitos equivalentes: ej. 17)
=
1
p + 1
Dado que p 0, la sucesión an = np es creciente y divergente a infinito; además, el último l´ımite calculado
existe y, por lo tanto, la aplicación del criterio de Stöltz-Cesaro es correcta.
5. l´ım
1
n2 (2 +
32
2
+ · · · +
(n + 1)n
nn−1 ) = l´ım
(n + 2)n+1
(n + 1)n
(n + 1)2 − n2 (Criterio de Stöltz-Cesaro)
= l´ım
n + 2
2n + 1
n + 2
n + 1
n
=
e
2
Dado que la sucesión an = n2 es creciente y divergente a infinito y, además, el último l´ımite calculado existe,

6. l´ım
log(1 · 2 · · · · · n)
n log n
= l´ım
log 1 + log 2 + · · · + log n
n log n
= l´ım
log(n + 1)
(n + 1) log(n + 1) − n log n
(Criterio de Stöltz-Cesaro)
= l´ım
log(n + 1)
log
(n + 1)n+1
nn
= l´ım
log(n + 1)
log
n + 1
n
n
+ log(n + 1)
= l´ım
1
log
n + 1
n
n
log(n + 1)
+ 1
=
1
1
∞
+ 1
= 1
Las sucesiones an = n y bn = log n son crecientes y divergentes a infinito y, por lo tanto, también lo es la
sucesión del denominador del l´ımite propuesto; además, el último l´ımite calculado existe y, en consecuencia,

Problema 23 Utilizar el criterio del cociente para resolver los siguientes l´ımites.
1. l´ım n
√
n 2. l´ım n
√
n2 + n
3. l´ım n
(n + 1)(n + 2) . . . (n + n) 4. l´ım
1
n
n
(3n + 1)(3n + 2) . . . (3n + n)
1. l´ım n
√
n = l´ım n + 1
n
= 1
Dado que el l´ımite final existe, la aplicación del criterio del cociente es correcta.
2. l´ım n
√
n2 + n = l´ım
(n + 1)2 + n + 1
n2 + n
= 1
Dado que el l´ımite final existe, la aplicación del criterio del cociente es correcta.
3. l´ım n
(n + 1)(n + 2) . . . (n + n)
= l´ım
((n + 1) + 1)((n + 1) + 2) . . . ((n + 1) + (n + 1))
(n + 1)(n + 2) . . . (n + n)
= l´ım
(2n + 1)(2n + 2)
n + 1
= +∞
Dado que el último l´ımite es +∞, la aplicación del criterio del cociente en la primera igualdad es correcta.
4. l´ım
1
n
n
(3n + 1)(3n + 2) . . . (3n + n) = l´ım n (3n + 1)(3n + 2) . . . (3n + n)
nn

= l´ım
(3(n + 1) + 1)(3(n + 1) + 2) . . . (3(n + 1) + (n + 1))nn
(3n + 1)(3n + 2) . . . (3n + n)(n + 1)n+1
= l´ım
(4n + 1)(4n + 2)(4n + 3)(4n + 4)
(3n + 1)(3n + 2)(3n + 3)(n + 1)
n
n + 1
n
=
44
33e
Dado que el ´ultimo l´ımite calculado existe, la aplicaci´on del criterio del cociente en la segunda igualdad es
correcta.

Problema 24 Utilizar la constante de Euler para calcular los siguietnes l´ımites.
1. l´ım
e
√
e 3
√
e . . . n
√
e
n
2. l´ım
log(1 + 1
2 + · · · + 1
n )
log(log n)
3. l´ım 1 +
1
3
+ · · · +
1
2n + 1
4. l´ım
1
n + 1
+
1
n + 2
+ · · · +
1
n + n
La constante de Euler, γ, se define como:
γ = l´ım 1 +
1
2
+
1
3
+ · · · +
1
n
− log n
y sabemos que es un número real estrictamente positivo y estrictamente menor que 1. Podemos usar este l´ımite
como herramienta de cálculo para otros l´ımites a través de las siguientes propiedades:
1 + 1
2 + 1
3 + · · · + 1
n = γ + cn + log n, en donde cn es un infinitésimo.
1 + 1
2 + 1
3 + · · · + 1
n y log n son infinitos equivalentes.
En los casos en los que no se pueda aplicar la sustitución de infinitos equivalentes, podremos usar la primera
propiedad; en particular, ninguno de los cuatro l´ımites aqu´ı propuestos puede resolverse mediante la sustitución de
infinitos. Sin embargo, en el segundo apartado vamos a utilizar la equivalencia aunque sin realizar la sustitución
expl´ıcitamente.

1. l´ım
e
√
e 3
√
e . . . n
√
e
n
= l´ım
e1+ 1
2
+···+ 1
n
n
= l´ım
elog necn+γ
n
= l´ım ecn+γ = eγ
2. l´ım
log(1 + 1
2 + · · · + 1
n )
log(log n)
= l´ım
log
1 + 1
2 + · · · + 1
n
log n
+ log(log n)
log(log n)
= l´ım
log
1 + 1
2 + · · · + 1
n
log n
log(log n)
+ 1 =
0
∞
+ 1 = 1
3. l´ım 1 +
1
3
+ · · · +
1
2n + 1
= l´ım 1 +
1
2
+
1
3
+ · · · +
1
2n + 1
−
1
2
+
1
4
+ · · · +
1
2n
= l´ım 1 +
1
2
+
1
3
+ · · · +
1
2n + 1
−
1
2
1 +
1
2
+ · · · +
1
n
= l´ım log(2n + 1) + γ + c2n+1 −
1
2
(log n + γ + cn)
= l´ım log
2n + 1
√
n
+
γ
2
+ c2n+1 −
1
2
cn = (+∞ +
γ
2
+ 0 − 0) = +∞
4. l´ım 1
n
+ 1
n + 1
+ · · · + 1
n + n
= l´ım 1 + 1
2
+ · · · + 1
n + n
− 1 + 1
2
+ · · · + 1
n − 1
= l´ım (log(2n) + γ + c2n − (log(n − 1) + γ + cn−1))
= l´ım log
2n + 1
n − 1
+ c2n − cn−1 = log 2

Problema 25 Dada una sucesión an tal que l´ım an = ℓ ∈ R, calcular los siguientes l´ımites.
1. l´ım n
√
a1a2 · · · an 2. l´ım
a1 + a2 · · · an
n
3. l´ım
a1 +
a2
2
+ · · · +
an
n
log n
4. l´ım a1 + 2a2 + · · · + nan
n2
5. l´ım
ea1 + ea2/2 + · · · + ean/n − n
log(n + 1)
1. Utilizamos el criterio del cociente:
l´ım n
√
a1a2 · · · an = l´ım
a1a2 · · · an+1
a1a2 · · · an
= l´ım an = ℓ
Dado que la sucesión an es convergente, la aplicación del criterio del cociente es correcta.
2. En este apartado, utilizamos el criterio de Stöltz-Cesaro:
l´ım
a1 + a2 + · · · + an
n
= l´ım
a1 + · · · + an+1 − a1 − · · · − an
n + 1 − n
= l´ım an+1 = ℓ
Dado que la sucesión an es convergente, la aplicación del Stöltz-Cesaro es correcta.

3. Aplicamos el criterio de Stöltz-Cesaro:
l´ım
a1 +
a2
2
+ · · · +
an
n
log n
= l´ım
an+1
n + 1
(∗)
= l´ım
an+1
n
= l´ım
an+1
log
n + 1
n
n = ℓ
En la igualdad (∗) hemos aplicado un equivalencia de infinitos (ej. 17); dado que el último l´ımite existe, la
l´ım
a1 + 2a2 + · · · + nan
n2 = l´ım
(n + 1)an+1
(n + 1)2 − n2
(∗)
= l´ım
(n + 1)an+1
2n
=
ℓ
2
En la igualdad (∗) hemos aplicado un equivalencia de infinitos (ej. 17); además, dado que el último l´ımite
existe, la aplicación del criterio de Stöltz-Cesaro es correcta.
l´ım
ea1 + ea2/2 + · · · + ean/n − n
log(n + 1)
= l´ım
ean+1/(n+1) − n − 1 + n
log(n + 2) − log(n + 1)
= l´ım
ean+1/(n+1) − 1
log n+2
n+1
(∗)
= l´ım
an+1
n+1
1
n+1
= ℓ
En la igualdad (∗) hemos aplicado un equivalencia de infinitésimos; dado que el último l´ımite existe, la

Problema 26 Determinar el término general de las siguientes sucesiones y calcular su l´ımite.
1. 0′9, 0′99, 0′999,. . .
2. 0′3, 0′33, 0′333,. . .
1. El término general de esta sucesión
0′
9, 0′
99, 0′
999, . . .
es an = 1 −
1
10n y por lo tanto su l´ımite es 1.
2. El término general de la sucesión
0′
3, 0′
33, 0′
333, . . .
lo podemos escribir como bn = 3·10−1 +3·10−2 +· · ·+3·10−n y podemos calcular su l´ımite usando el criterio
de Stöltz-Cesaro:
l´ım(3 · 10−1
+ 3 · 10−2
+ · · · + 3 · 10−n
) = l´ım
3 · 10n−1 + 3 · 10n−2 + · · · + 3 · 10 + 3
10n
= l´ım
3 · 10n
10n+1 − 10n = l´ım
3
10 − 1
=
1
3

Problema 27 Calcular el l´ımite l´ım
nα
en para todo α ∈ R.
Para α ≤ 0 el cálculo es inmediato:
l´ım
nα
en = l´ım
1
n−αen =
1
∞
= 0
Supongamos que α 0 y consideremos la función E(x) que devuelve la parte entera de x:
l´ım
nα
en = l´ım
(n + 1)α − nα
en+1 − en (Criterio de Stöltz-Cesaro)
= l´ım
αnα−1
(e − 1)en (Equivalencia de infinitos: ej. 17)
= l´ım
α
e − 1
nα−1
en
(Aplicamos E(α)–veces el Criterio de Stöltz-Cesaro)
= l´ım
α(α − 1) . . . (α − E(α))
(e − 1)E(α)+1
nα−E(α)−1
en
= 0 (Ya que α − E(α) − 1 0)

Problema 28 Dada la sucesión an =
1
n log n
calcular el l´ımite l´ım n 1 −
an+1
an
.
Observamos en primer lugar que, usando el ejercicio 17, deducimos que el l´ımite propuesto es una indetermina-
ción, ya que:
l´ım
an+1
an
= l´ım
n log n
(n + 1) log(n + 1)
= l´ım
n
n + 1
log n
log(n + 1)
= 1
El cálculo del l´ımite puede hacerse como sigue:
l´ım n 1 −
an+1
an
= l´ım n 1 −
n log n
(n + 1) log(n + 1)
= l´ım
n
n + 1
n + 1 −
n log n
log(n + 1)
= l´ım n + 1 −
n log n
log(n + 1)
(Equivalencia de infinitos: ej. 17)
= l´ım n + 1 −
n log(n + 1) + log n
n+1
log(n + 1)
= l´ım n + 1 − n −
n log n
n+1
log(n + 1)
= l´ım 1 −
log n
n+1
n
log(n + 1)
= 1 −
e
+ ∞
= 1

Problema 29
Dada la sucesión an =
1
n(log n)2 calcular el l´ımite l´ım n 1 −
an+1
an
.
La serie asociada a la sucesión an es divergente, pero como vemos en este ejercicio, el l´ımite del criterio de Raabe
es 1. Observamos en primer lugar que el l´ımite propuesto es una indeterminación (usamos el ejercicio 17):
l´ım
an+1
an
= l´ım
n(log n)2
(n + 1)(log(n + 1))2 = l´ım
n
n + 1
log n
log(n + 1)
2
= 1

El c´alculo del l´ımite puede hacerse como sigue:
l´ım n 1 −
an+1
an
= l´ım n 1 −
n(log n)2
(n + 1)(log(n + 1))2
= l´ım
n
n + 1
n + 1 −
n(log n)2
(log(n + 1))2
= l´ım n + 1 −
n(log n)2
(log(n + 1))2 (Inﬁnitos equivalentes: ej. 17)
= l´ım

n + 1 − n
log(n + 1) + log n
n+1
log(n + 1)
2

 = l´ım

n + 1 − n 1 +
log n
n+1
log(n + 1)
2


= l´ım

n + 1 − n − 2n
log n
n+1
log(n + 1)
− n
log n
n+1
log(n + 1)
2


= l´ım

1 − 2
log n
n+1
n
log(n + 1)
−
log n
n+1
n
log(n + 1)
log n
n+1
log(n + 1)


= 1 − 2
1
+ ∞
−
1
+ ∞
0
+ ∞
= 1

Veamos un procedimiento alternativo:
l´ım n 1 −
an+1
an
= l´ım n 1 −
n(log n)2
(n + 1)(log(n + 1))2
= l´ım
n
n + 1
(n + 1)(log(n + 1))2 − n(log n)2
(log(n + 1))2
= l´ım
(n + 1)(log(n + 1))2 − n(log n)2
(log(n + 1))2
= l´ım
(log(n + 1))2 + n((log(n + 1))2 − (log n)2)
(log(n + 1))2
= l´ım 1 +
n(log(n + 1) − log n)(log(n + 1) + log n)
(log(n + 1))2
= l´ım

1 +
log n+1
n
n
log(n + 1)
1 +
log n
log(n + 1)


= 1 +
1
+ ∞
(1 + 1)
= 1

Problema 30 Justificar que las siguientes sucesiones son convergentes y calcular sus l´ımites
1. a1 = 3, an+1 =
√
1 + an
2. b1 =
√
2, bn+1 = 2
√
bn
3. c1 = a 0, cn+1 = a + (cn)2
4. d1 = 0, d2 = 1, dn+2 =
dn+1 + dn
2
1. Evaluando algunos términos de la sucesión an, podemos intuir que es decreciente. La demostración la hacemos
por inducción; tenemos que probar que an an+1 para todo n ∈ N.
(i) Para n = 1: a1 = 3 2 =
√
1 + 3 = a2
(ii) Supongamos que ak ak+1; tenemos que probar que, entonces, ak+1 ak+2. La siguiente secuencia de
desigualdades completa la prueba:
ak ak+1
1 + ak 1 + ak+1
√
1 + ak 1 + ak+1
ak+1 ak+2

Por lo tanto, efectivamente an an+1 para todo n ∈ N.
En segundo lugar, observamos que la sucesión está acotada inferiormente, ya que an 0 para todo n ∈ N, y
por lo tanto, la sucesión es convergente. Si ℓ = l´ım an, entonces:
ℓ = l´ım an+1 = l´ım
√
1 + an =
√
1 + ℓ
Despejando ℓ de la igualdad anterior, obtenemos que ℓ =
1 +
√
5
2
.
2. Evaluando algunos términos de la sucesión, intuimos que la sucesión es creciente. Hacemos la demostración
por inducción, es decir, vamos a probar que bn bn+1 para todo n ∈ N.
(i) Para n = 1: b1 =
√
2 2 4
√
2 = b2
(ii) Supongamos que bk bk+1; tenemos que probar que, entonces, bk+1 bk+2. La siguiente secuencia de
desigualdades completa la prueba:
bk bk+1
bk bk+1
2 bk 2 bk+1
bk+1 bk+2
Por lo tanto, efectivamente bn bn+1 para todo n ∈ N.
En segundo lugar, demostramos que la sucesión está acotada superiormente por 4, es decir, bn 4 para todo
n ∈ N. Nuevamente, hacemos la demostración por inducción.

(i) Para n = 1, b1 =
√
2 4.
(ii) Supongamos que bk 4; tenemos que probar que, entonces, bk+1 4, lo que hacemos con la siguientes
secuencia de desigualdades:
bk 4
bk
√
4 = 2
2 bk 4
bk+1 4
Por lo tanto, efectivamente bn 4 para todo n ∈ N.
Probado que la sucesión es creciente y acotada superiormente, concluimos que es convergente. El l´ımite,
ℓ = l´ım bn, es solución de la ecuación ℓ = 2
√
ℓ y por lo tanto, ℓ = 4.
Para adivinar que 4 es una cota de la sucesión, calculamos en primer lugar su l´ımite con la última ecuación
deducida; una vez justificada la convergencia, el cálculo del l´ımite resulta correcto.
3. Demostramos en primer lugar que la sucesión cn es creciente y lo hacemos por inducción; es decir, vamos a
probar que cn cn+1 para todo n ∈ N.
(i) Para n = 1: c1 = a a + a2 = c2, ya que a = 0.
(ii) Supongamos que ck ck+1; tenemos que probar que ck+1 ck+2 y lo hacemos con la siguiente secuencia

de desigualdades:
ck ck+1
(ck)2
(ck+1)2
a + (ck)2
a + (ck+1)2
ck+1 ck+2
Por lo tanto, la sucesión es convergente o divergente a +∞. En el caso en que cn sea convergente, se verifica
que
ℓ = l´ım cn+1 = l´ım(a + (cn)2
) = a + ℓ2
Resolviendo esta ecuación, obtenemos que los posibles valores del l´ımite son
1 +
√
1 − 4a
2
y
1 −
√
1 − 4a
2
. En
cualquier caso, si cn es convergente, necesariamente 1 − 4a debe ser positivo, es decir a ≤ 1/4. Rec´ıproca-
mente, veamos que si a ≤ 1/4, entonces la sucesión está acotada superiormente y por lo tanto es convergente.
Concretamente, vamos a ver que si a ≤ 1/4, entonces cn 1/2 para todo n ∈ N y lo demostramos por inducción.
(i) Para n = 1: c1 = a ≤ 1
4 1
2
(ii) Supongamos que ck 1
2; tenemos que probar que ck+1 1
2 y lo hacemos con la siguientes secuencias de

desigualdades:
ck
1
2
(ck)2

1
4
a + (ck)2
a +
1
4

1
4
+
1
4
ck+1
1
2
Por lo tanto, efectivamente la sucesión cn está acotada superiormente por 1/2. En consecuencia, la sucesión es
convergente y su l´ımite también es menor que 1/2, es decir, ℓ = l´ım cn =
1 −
√
1 − 4a
2
. En resumen:
l´ım cn =



1 −
√
1 − 4a
2
si 0 a ≤ 1/4
+∞ si a 1/4
4. Evaluando algunos términos de la sucesión, observamos que no es monótona pero que las subsucesiones de los
términos pares y la de los impares s´ı son monótonas; concretamente, observamos que se verifican las siguientes
desigualdades:
d2n+1 d2n+3 d2n+4 d2n+2 para todo n ∈ N
Probadas estas desigualdades podremos deducir que la subsucesión d2n es decreciente y acotada inferiormente
por d1 = 0 y que la subsucesión d2n+1 es creciente y acotada superiormente por d2 = 1. Pasamos a demostrar
las desigualdades por inducción:

(i) Para n = 1: d1 = 0 1
2 = d3 3
4 = d4 1 = d2
(ii) Supongamos que d2k−1 d2k+1 d2k+2 d2k; tenemos que probar que d2k+1 d2k+3 d2k+4 d2k+2
y lo hacemos con la siguiente secuencia de desigualdades
d2k+1 d2k+2
d2k+1
d2k+1 + d2k+2
2
d2k+2
d2k+1 d2k+3 d2k+2
d2k+1 d2k+3
d2k+3 + d2k+2
2
d2k+2
d2k+1 d2k+3 d2k+4 d2k+2
d2k+1 d2k+3 d2k+4 d2k+2
(Téngase en cuenta que si 0 a b, entonces a
a + b
2
b).
Por lo tanto, quedan probadas las desigualdades para cada n ∈ N. Podemos concluir entonces que las sub-
sucesiones d2n y d2n+1 son convergentes. Por el ejercicio 19, la sucesión dn será convergente si y solo si
l´ım d2n = l´ım d2n+1, lo cual es cierto: si ℓ1 = l´ım d2n+1 y ℓ2 = l´ım d2n, entonces, ℓ1 =
ℓ2 + ℓ1
2
y, simplificando
la expresión, se obtiene que ℓ1 = ℓ2.

Problema 31
1. Demostrar que no existe ningún número racional cuyo cuadrado sea 2; es decir,
√
2 ∈ Q.
2. Considerar la sucesión an definida recursivamente por: a0 = 2, an+1 =
an
2
+
1
an
. Demostrar que dicha
sucesión (de números racionales) es decreciente y acotada inferiormente (y en consecuencia convergente en
R). Demostrar a continuación que el l´ımite es
√
2.
1. Razonamos por reducción al absurdo. Supongamos que
√
2 es racional y sean p y q dos naturales primos entre
s´ı tales que 2 =
p2
q2 ; en tal caso,
p2
= 2q2
(2.1)
y 2 divide a p2 y en consecuencia a p, pudiendo escribir p = 2k; deducimos entonces a partir de 2.1 que:
4k2
= 2q2
y de ah´ı: 2k2
= q2
;
por lo tanto, 2 divide a q2 y en consecuencia a q, lo cual es contradictorio con la hipótesis inicial.

2. La demostración de este segundo apartado queda estructurada en los siguientes pasos:
a) “an 0 para todo n”: ya que a0 es positivo y las operaciones de la definición recursiva mantienen esta
propiedad.
b) “a2
n 2 para todo n 0”:
a2
n =
an−1
2
+
1
an−1
2
=
a2
n−1
4
+
1
a2
n−1
+ 1
(∗)
2
an−1
2
1
an−1
+ 1
= 2
En el paso (∗) hemos utilizado que x2 + y2 2xy para todo x = y,

c) “an es decreciente”: a partir de la desigualdad anterior demostramos este hecho fácilmente:
a2
n 2
a2
n
2an

2
2an
an
2

1
an
an
2
+
an
2

1
an
+
an
2
an an+1
d) “an está acotada inferiormente”: volvemos a utilizar la desigualdad del segundo apartado: dado que
a2
n 2 1, an 1.
De los dos últimos puntos se deduce que la sucesión an (decreciente y acotada) converge en R. Sea ℓ su l´ımite;
entonces:
ℓ =
ℓ
2
+
1
ℓ
de donde se deduce que ℓ2 = 2.
Esta sucesión puede considerarse como un ejemplo de una sucesión (o conjunto) acotado que no tiene m´ınimo
en Q pero s´ı lo tiene en R.
El ejercicio se puede generalizar para demostrar que las ra´ız cuadrada de un número racional positivo es un

número real: si a es un número racional positivo, la sucesión b0 = 1, bn+1 =
1
2
bn +
a
an
es una sucesión de
números racionales con limite
√
a.

Problema 32 Demostrar que la sucesión sen n no es convergente.
Hacemos uso de subsucesiones para demostrar este hecho: si la sucesión fuera convergente, toda subsucesión ser´ıa
convergente al mismo l´ımite, pero vamos a construir dos subsucesiones que en tal caso tendr´ıan diferentes l´ımites.
Consideremos los intervalos Im = π
4 + 2mπ, 3π
4 + 2mπ , m ∈ N. Dado que la amplitud de estos intervalos es
mayor estrictamente que 1, necesariamente cada uno de estos intervalos contiene un número natural: sea mn ∈ N∩In
este número y consideremos la subsucesión bn = amn . Dado que sen amn sen
π
4
=
√
2
2
, si bn fuera convergente,
su l´ımite ser´ıa mayor que
√
2
2
. De la misma forma, con los intervalos Jm = 5π
4 + 2mπ, 7π
4 + 2mπ , encontrar´ıamos
una subsucesión que, de ser convergente, tendr´ıa un l´ımite menor −
√
2
2
.

Problema 33 Hallar los siguientes l´ımites.
1. l´ım
x→6
x2 − 6x
x2 − 7x + 6
2. l´ım
x→2
1
x − 2
−
6
x2 + 2x − 8
3. l´ım
t→0
4
t
− 1 t
4. l´ım
x→−3
2x + 6
4x2 − 36
5. l´ım
h→0
1
h
(x + h2
)3
− x3
6. l´ım
x→0
1
x4 −
1
x
7. l´ım
x→0−
sen x2
x3 8. l´ım
x→∞
|4x| + |x − 1|
x
9. l´ım
x→∞
x sen
1
x2
1. l´ım
x→6
x2 − 6x
x2 − 7x + 6
= l´ım
x→6
x(x − 6)
(x − 1)(x − 6)
= l´ım
x→6
x
x − 1
=
6
5
2. l´ım
x→2
1
x − 2
−
6
x2 + 2x − 8
= l´ım
x→2
1
x − 2
−
6
(x − 2)(x + 4)
3. l´ım
t→0
4
t
− 1 t = l´ım
t→0
(4 − t) = 4
4. l´ım
x→−3
2x + 6
4x2 − 36
=
2(x + 3)
4(x + 3)(x − 3)
= − 1
12
5. l´ım
h→0
(x + h2)3 − x3
h
= l´ım
h→0
x3 + h6 + 3x2h2 + 3xh4 − x3
h
= l´ım
h→0
(h5
+ 3x2
h + 3xh3
) = 0
6. l´ım
x→0
1
x4 −
1
x
= l´ım
x→0
1 − x3
x4 = +∞

7. l´ım
x→0−
sen x2
x3 = l´ım
x→0−
x2
x3 = l´ım
x→0−
1
x
= −∞
8. l´ım
x→∞
|4x| + |x − 1|
x
= l´ım
x→∞
4x + x − 1
x
= 5
9. 10. l´ım
x→∞
x sen
1
x2 = 0: producto de funci´on convergente a 0 por funci´on acotada.

Problema 34 Resolver los siguientes l´ımites
1. l´ım
θ→0
(θ2
cosec2
θ) 2. l´ım
x→0
1 − cos2 x
x2
3. l´ım
x→π/2
sen(cos x) 4. l´ım
t→π
cos
t2 − π2
t − π
1. l´ım
θ→0
(θ2
cosec2
θ) = l´ım
θ→0
θ2
sen2 θ
= l´ım
θ→0
θ2
θ2 = 1
2. l´ım
x→0
1 − cos2 x
x2 = l´ım
x→0
(1 − cos x)(1 + cos x)
x2 = l´ım
x→0
x2
2
(1 + cos x)
x2 = 1
3. l´ım
x→π/2
sen(cos x) = 0
4. l´ım
t→π
cos
t2 − π2
t − π
= l´ım
t→π
cos (t + π) = cos 2π = 1

Problema 35 Hallar los siguientes l´ımites.
1. l´ım
u→5
√
u + 4 − 3
u − 5
; 2. l´ım
h→0
√
x + h −
√
x
h
; 3. l´ım
x→1
4 −
√
x + 15
x2 − 1
4. l´ım
x→∞
√
9x2 + 6
5x − 1
; 5. l´ım
x→−∞
− 5x2 + 6x + 3√
x4 + x2 + 1
1. l´ım
u→5
√
u + 4 − 3
u − 5
= l´ım
u→5
(
√
u + 4 − 3)(
√
u + 4 + 3)
(u − 5)(
√
u + 4 + 3)
= l´ım
u→5
(u + 4) − 32
(u − 5)(
√
u + 4 + 3)
= l´ım
u→5
1
√
u + 4 + 3
=
1
6
2. l´ım
h→0
√
x + h −
√
x
h
= l´ım
h→0
(
√
x + h −
√
x)(
√
x + h +
√
x)
h(
√
x + h +
√
x)
= l´ım
h→0
x + h − x
h(
√
x + h +
√
x)
= l´ım
h→0
1
√
x + h +
√
x
=
1
2
√
x
3. l´ım
x→1
4 −
√
x + 15
x2 − 1
=
42 − (x + 15)
(x2 − 1)(4 +
√
x + 15)
=
− 1
(x + 1)(4 +
√
x + 15)
= −
1
16
4. l´ım
x→∞
√
9x2 + 6
5x − 1
= l´ım
x→∞
9 +
6
x2
5 −
1
x
=
√
9
5
=
3
5
5. l´ım
x→−∞
− 5x2 + 6x + 3√
x4 + x2 + 1
= −5.

Problema 36 Estudiar la existencia de los siguientes l´ımites
1. l´ım
x→0
2 + sen
1
x
; 2. l´ım
x→0
x
2 + sen
1
x
; 3. l´ım
x→0
x
1 − sen
1
x
1. Este primer l´ımite no existe: las sucesiones xn =
1
πn
e yn =
2
π(1 + 4n))
convergen a 0 pero
2 + sen 1
xn
= 2 + sen(πn) = 2 y 2 + sen 1
yn
= 2 + sen π
2
+ 2nπ = 3
2. Estudiamos este l´ımite viendo que la función es el producto de una funció convergente a 0 por una función
acotada: demostremos que 1
2 + sen
1
x
está acotada:
−1 sen
1
x
1
1 = 2 − 1 2 + sen
1
x
2 + 1 = 3
1
3

1
2 + sen
1
x

1
1

3. Estudiamos el l´ım
x→0
x
1 − sen
1
x
usando la caracterización secuencial; vamos determinar dos sucesiones conver-
gentes a 0 y contenidas en el dominio de la función, pero cuyas imágenes tienen l´ımites distintos.
f(x) =
x
1 − sen
1
x
Dom(f) = R∗ π
2
+ 2πn
−1
, n ∈ Z
Consideremos las sucesiones an =
3π
2
+ 2πn
−1
y bn =
π
2
+ 2πn −
1
n
−1
que son convergentes a 0 y están
contenidas en el dominio de f. En primer lugar tenemos que
l´ım f(an) = l´ım
2
π(3 + 4n)(1 − sen 3π2/2)
= 0
Y por otra parte:
l´ım f(bn) = l´ım
1
π
2
+ 2πn −
1
n
1 − sen
π
2
+ 2πn −
1
n
(∗)
= l´ım
1
π
2
+ 2πn − 1
n
1 − cos 1
n
(∗∗)
= l´ım
1
π
2
+ 2πn − 1
n
1
2n2
= l´ım
4n3
4πn2 + 3πn − 2
= +∞

En (∗) hemos utilizado la fórmula del seno del ángulo complementario y en (∗∗) hemos utilizado infinitésimos
equivalentes.

Problema 37 Calcular los siguientes limites:
1. l´ım
1 · 4 · 7 · · · · · (3n − 2)
2 · 5 · 8 · · · · · (3n − 1)
2. l´ım
k − m
k − m + 1
2k − m
2k − m + 1
· · ·
kn − m
kn − m + 1
3. l´ım
a(a + 1) · · · (a + (n − 1))
n!
= a
1
a+1
2 · · · a+(n−1)
n , 0 a 1
1. Sea an =
1 · 4 · 7 · · · · · (3n − 2)
2 · 5 · 8 · · · · · (3n − 1)
y consideremos la sucesi´on bn construida rellenando los huecos en el denomi-
nador y numerador de an:
bn =
1 · 2 · 3 · 4 · 5 · 6 · 7 · · · · · (3n − 5) · (3n − 4) · (3n − 3) · (3n − 2)
2 · 3 · 4 · 5 · 6 · 7 · 8 · · · · · (3n − 4) · (3n − 3) · (3n − 2) · (3n − 1)
Por tanto, bn =
1
3n − 1
y es convergente a 0. Por otra parte, la sucesi´on bn se puede escribir como producto
de 3 sucesiones, bn = xnynzn:
xn = an =
1 · 4 · 7 · · · · · (3n − 2)
2 · 5 · 8 · · · · · (3n − 1)
; yn =
2 · 5 · 8 · · · · · (3n − 4)
3 · 6 · 9 · · · · · (3n − 3)
; zn =
3 · 6 · 9 · · · · · (3n − 3)
4 · 7 · 10 · · · · · (3n − 2)
Estas tres sucesiones son convergentes, ya que son positivas y decrecientes:

xn
xn−1
=
3n − 2
3n − 1
1;
yn
yn−1
=
3n − 4
3n − 3
1;
zn
zn−1
=
3n − 3
3n − 2
1
Si l´ım xn = ℓ1, l´ım yn = ℓ2, l´ım zn = ℓ3, entonces ℓ1ℓ2ℓ3 = 0 y por tanto, uno de los tres l´ımites es nulo.
Teniendo en cuanta el crecimiento de la sucesión
n
n + 1
, deducimos las siguientes desigualdades:
xn yn zn 2xn
Y por tanto, si una converge a cero, las demás también, en particular, l´ım an = 0.
2. El calculo del apartado anterior se puede generalizar a cualquier par de naturales k y m. La sucesión bn =
k − m
nk − m + 1
se escribe como producto de k sucesiones decrecientes y acotadas y en consecuencia convergentes
a 0; entre ellas se encuentra la sucesión estudiada e igual que antes, la convergencia a 0 de una de ella permite
concluir que todas las demás tambien convergen a 0.
3. Sea an =
a(a + 1) · · · (a + (n − 1))
n!
=
a
1
a + 1
2
· · ·
a + (n − 1)
n
, 0 a 1; sea k ∈ N tal que 1 − a 1
k , es decir,
tal que a 1 − 1
k ; entonces:
an =
a
1
a + 1
2
· · ·
a + (n − 1)
n

1 − 1
k
1
2 − 1
k
2
· · ·
n − 1
k
n
=
k − 1
k
2k − 1
2k
· · ·
nk − 1
nk
La sucesión mayorante es la estudiada en el apartado anterior para m = 1 y, en consecuencia, es convergente
a 0, por lo que el l´ımite de an es también 0.

Problema 38 (Criterio de Pringsheim). Supongamos que l´ım ncan = 0 siendo an una sucesión de términos
positivos. Probar que:
1. Si c 1 entonces, Σan converge.
2. Si c ≤ 1 entonces, Σan no converge.
Este criterio es un caso particular del criterio de comparación por paso al l´ımite. Si l´ım ncan = l´ım
an
1
nc
= 0, el
criterio de comparación por paso al l´ımite nos dice que la serie an tiene el mismo carácter que la serie c-armónica
y en consecuencia: si c 1 la serie converge y si c ≤ 1 la serie diverge.

Problema 39 Sea {an} una sucesión de términos positivos. Probar que si
∞
n=1
an es convergente, entonces
∞
n=1
a2
n
también lo es. ¿Es cierto el resultado si la serie no es de términos positivos? ¿Es cierto el rec´ıproco?
Dado que la serie es de términos positivos, podemos aplicar el criterio de comparación por paso al l´ımite:
l´ım
a2
n
an
= l´ım an = 0
Este l´ımite efectivamente vale 0 por la condición necesaria. Dado que la serie asociada a la sucesión del denominador
es convergente, el criterio de comparación permite deducir que la serie asociada al numerador tambien.
El que la serie sea de términos positivos es una condición necesaria: la serie
∞
n=1
(−1)n
√
n
es convergente, pero
∞
n=1
(−1)n
√
n
2
=
∞
n=1
1
n
no lo es.
Por otra parte, el rec´ıproco tampoco es cierto: la serie
∞
n=1
1√
n3
=
∞
n=1
1
4
√
n3
2
es convergente, pero
∞
n=1
1
4
√
n3
no
lo es.

Problema 40
1. Demostrar que si
∞
n=an
es convergente y
∞
n=bn
es divergente, entonces
∞
n=(
an + bn) es divergente.
2. Dar un ejemplo de dos series divergentes cuya suma sea convergente.
1. Si
∞
n=(
an + bn) fuera convergente, entonces
∞
n=bn
=
∞
n=(
an + bn − an) tambi´en lo ser´ıa, e contradicci´on con lo
supuesto.
2. La series
∞
n=1
1
n2 −
1
n
y
∞
n=1
1
n
son divergentes mientras que
∞
n=1
1
n2 −
1
n
+
1
n
=
∞
n=1
1
n2
es convergente.

Problema 41 Consideremos la serie
∞
n=1
P(n)
Q(n)
donde P y Q son dos polinomios de grados p y q respectivamente;
demostrar que entonces:
1. Si q − p ≤ 1 la serie diverge.
2. Si q − p 1 la serie converge
El resultado es consecuencia del criterio de comparación, ya que la serie propuesta tiene el mismo carácter que la
serie (q − p)-armónica,
1
nq−p . Debemos observar, sin embargo, que podemos aplicar el criterio de comparación;
teniendo en cuenta que la serie es un cociente de polinomios, podemos concluir que numerador y denominador tienen
signo constante a partir de un natural N, cualquier natural mayor que todas las ra´ıces de los polinomios P y Q. Por
lo tanto, el cociente es siempre positivo o siempre negativo a partir de este natural N, y podemos aplicar el criterio
de comparación.

Problema 42 Aplicar el ejercicio anterior para decidir el carácter de las siguientes series.
1.
n
(n + 1)3
2.
(9 − a2)n3 + 3n2 + 1
7n4 − 1
3.
4n2 − n + 3
n3 + 2n
4.
n + 2
(n + 1)
√
n + 3
5.
n +
√
n
2n3 − 1
6.
n + 3
(n − 1)
√
n − 1 − n
7.
1
3
√
n2 − 1
1.
n
(n + 1)3
es convergente.
2.
(9 − a2)n3 + 3n2 + 1
7n4 − 1
es convergente si y solo si a2 = 9
3.
4n2 − n + 3
n3 + 2n
es divergente.
En las cuatro series restantes no podemos utilizar directamente el ejercicio anterior, puesto que la expresiones no
son polinómicas; en ellas aparecen expresiones con ra´ıces que tienen un comportamiento similar.
4.
n + 2
(n + 1)
√
n + 3
tiene el mismo carácter que
1
√
n
, que es divergente.

5.
n +
√
n
2n3 − 1
tiene el mismo caracter que
1
n2
, que es convergente.
6.
n + 3
(n − 1)
√
n − 1 − n
1
√
n
7.
1
3
√
n2 − 1
tiene el mismo caracter que
1
n2/3

Problema 43
1. Demostrar que si R es una función racional y |r| = 1, entonces la serie
∞
n=1
R(n)rn converge si y solo si |r| 1.
(Para el caso r = 1, ver el ejercicio 41.)
2. Demostrar que la serie
∞
n=1
(−1)n P(n)
Q(n)
donde P es un polinomio de grado p y Q un polinomio de grado q
verifica:
a) Si q − p ≥ 21 la serie converge absolutamente.
b) Si q − p = 1 la serie converge condicionalmente.
c) Si q − p ≤ 0 la serie diverge.
1. Supongamos que R(n) =
P(n)
Q(n)
donde P es un polinomio de grado p y Q un polinomio de grado q. Entonces,
por el ejercicio 17 se verifica que:
l´ım
P(n)
Q(n)
rn
= l´ım
λnp−q
(en)− log |r|
= l´ım λ
nα
en
− log |r|
= 0 si y solo si |r| 1
Además, en este caso la serie converge absolutamente, lo que se demuestra con el criterio del cociente:
l´ım
P(n + 1)Q(n)rn+1
Q(n + 1)P(n)rn = |r| 1

2. Consideremos la serie
∞
n=1
(−1)n P(n)
Q(n)
donde P es un polinomio de grado p y Q un polinomio de grado q:
Si q − p ≥ 2 la serie converge absolutamente: ejercicio 41.
Si q − p ≤ 01 la serie diverge, ya que no verifica la condición necesaria.
Si q − p = 1 la serie converge condicionalmente; esto se razona por el criterio de Leibniz: En primer lugar
observamos que l´ım
P(n)
Q(n)
= 0; además, por ser cociente de polinomios, la función P′
(x)/Q′
(x) es positiva
o negativa en un intervalo [N, +∞) y por lo tanto, P(x)/Q(x) es creciente, y por lo tanto negativa, en
[N, +∞) o es decreciente, y por lo tanto positiva, en [N, +∞); en cualquiera de los casos, la sucesion
P(n)
Q(n)
es decreciente para n ≥ N.

Problema 44 Determinar el car´acter de las siguientes series.
1.
n2 + 1
n5n 2.
3n
n · 5n 3.
2n−1
(3n + 2) · n4/3
4.
2n
n2 + 1
5.
n2
en 6.
n + 1
an
7.
an
n
8. n · an
Todas estas series son casos particulares del ejercicio anterior; utilizaremos el criterio del cociente en los tres
primeros apartados y el ejercicio anterior en el resto.
1.
n2 + 1
n5n es convergente: l´ım
((n + 1)2 + 1)n5n
(n + 1)5n+1(n2 + 1)
=
1
5
1
2.
3n
n · 5n es convergente: l´ım 3n+1n5n
(n + 1)5n+13n = 3
5
1
3.
2n−1
(3n + 2) · n4/3
es divergente: l´ım
2n(3n + 2) · n4/3
(3n + 5)(n + 1)4/32n−1 = 2 1
4.
2n
n2 + 1
es divergente.
5.
n2
en es convergente.

6.
n + 1
an es absolutamente convergente si |a| 1 y condicionalmente convergente si a = −1; en los otros
casos, es divergente.
7.
an
n
es absolutamente convergente si |a| 1 y condicionalmente convergente si a = −1; en los otros casos,
es divergente.
8. n·an
es absolutamente convergente si |a| 1 y condicionalmente convergente si a = −1; en los otros casos,
es divergente.

Problema 45 Estudiar el car´acter de las siguientes series.
1.
n!
nn 2.
(n!)2 · 4n
(2n)!
3.
(a + 1) · · · (a + n)
n!
4.
log na
n!
5.
n! an
nn 6.
na
n!
7.
nn
n!
8.
n · an
(n + 1)!
9.
xn
n!
10.
(n!)2
(2n)!
11.
(n!)c
(3n)!
12.
(n!)3
(an)!
1.
n!
nn es convergente, seg´un establece el criterio del cociente:
l´ım
(n + 1)!nn
(n + 1)n+1n!
= l´ım
(n + 1)nn
(n + 1)n+1 = l´ım
nn
(n + 1)n =
1
e
1
2.
(n!)2 · 4n
(2n)!
es divergente, aunque el criterio del cociente no lo decide:
l´ım
((n + 1)!)24n+1(2n)!
(2n + 2)!(n!)24n = l´ım
4(n + 1)2
(2n + 2)(2n + 1)
= 1

Sin embargo, del cálculo realizado deducimos que:
an+1
an
= l´ım
4(n + 1)2
(2n + 2)(2n + 1)
= l´ım
4n2 + 8n + 4
4n2 + 6n + 2)
1
y en consecuencia la sucesión es creciente y no puede converger a 0. Podemos deducir esto directamente usando
la fórmula de Stirling:
l´ım
(n!)2 · 4n
(2n)!
= l´ım
(nne−n
√
2πn)24n
(2n)2ne−2n
√
2π2n
= l´ım
2n2ne−2nπn4n
2 · 4nn2ne−2n
√
πn
= l´ım
√
πn = +∞
3.
(a + 1) · · · (a + n)
n!
; estudiamos el carácter según el valor de a:
Si a es un entero negativo no nulo, a partir del lugar N = −a, todos los términos se anulan, y por tanto
la serie es una suma finita.
Para a = 0 la serie es
1 · 2 · · · n
n!
= 1, y por tanto divergente.
Solo nos queda estudiar el carácter para a ∈ Z− ∪ {0}; el criterio del cociente no decide el carácter,
l´ım
an+1
an
= l´ım
(a + 1) · · · (a + n)(a + n + 1) n!
(n + 1)! (a + 1) · · · (a + n)
= l´ım
n + a + 1
n + 1
= 1
pero la simplificación permite deducir que se trata de una serie hipergeométrica, que es convergente si y
solo si a −1.

4.
log na
n!
es convergente, según establece el criterio del cociente (hacemos uso de los infinitos equivalentes
del ejercicio 17):
l´ım
an+1
an
= l´ım
a log(n + 1)
(n + 1)!
n!
a log n
= l´ım
log(n + 1)
(n + 1) log n
= l´ım
1
n + 1
= 0 1
5.
n! an
nn converge si y solo si |a| 1. Utilizamos el criterio del cociente para estudiar la convergencia absoluta:
l´ım
|an+1|
|an|
= l´ım
(n + 1)!|a|n+1
(n + 1)n+1
nn
n!|a|n = l´ım |a|
n
n + 1
n
=
|a|
e
Por tanto, si |a| e la serie converge; además, del cálculo anterior deducimos que
|an+1|
|an|
= |a|
n
n + 1
n

|a|
e
y por lo tanto, si |a| e, la serie no converge por no verificar la condición necesaria.
Finalmente, para a = ±e tampoco se verifica la condición necesaria:
l´ım
n!en
nn
= l´ım
nne−n
√
2πn en
nn
= l´ım
√
2πn = +∞
6.
na
n!
es convergente para todo a, según establece el criterio del cociente:
l´ım
an+1
an
= l´ım
(n + 1)a
(n + 1)!
n!
na = l´ım
n + 1
n
a
1
n + 1
= 0 1

7.
nn
n!
es divergente, según establece el criterio del cociente:
l´ım
an+1
an
= l´ım
(n + 1)n+1
(n + 1)!
n!
nn = l´ım
n + 1
n
n
= e 1
8.
n · an
(n + 1)!
es absolutamente convergente para todo a.
Si a = 0, la serie es constantemente nula y por tanto convergente. Para a = 0, estudiamos la convergencia
absoluta con el criterio del cociente:
l´ım
|an+1|
|an|
= l´ım
(n + 1)|a|n+1
(n + 2)!
(n + 1)!
n |a|n = l´ım
|a|(n + 1)
n(n + 2)
= 0
9.
xn
n!
es absolutamente convergente para todo x, según establece el criterio del cociente:
l´ım
|an+1|
|an|
= l´ım
|x|n+1
(n + 1)!
n!
|x|n = l´ım
|x|
n + 1
= 0
10.
(n!)2
(2n)!
es convergente, según establece el criterio del cociente:
l´ım
((n + 1)!)2
(2n + 2)!
(2n)!
(n!)2 = l´ım
(n + 1)2
(2n + 1)(2n + 2)
=
1
4
1

11.
(n!)c
(3n)!
; utilizamos el criterio del cociente:
l´ım
an+1
an
= l´ım
((n + 1)!)c
(3n + 3)!
(3n)!
(n!)c = l´ım
(n + 1)c
(3n + 3)(3n + 2)(3n + 1)
= ℓ
Si c 3, entonces ℓ = 0 y la serie converge.
si c = 3, entonces ℓ = 1/27 1 y la serie converge.
Si c 3, entonces ℓ = +∞ y la serie diverge.
12.
(n!)3
(an)!
; para que tenga sentido la serie, a debe ser un n´umero natural; utilizamos el criterio del cociente:
l´ım
an+1
an
= l´ım
((n + 1)!)3
(an + a)!
(an)!
(n!)3 = l´ım
(n + 1)3
(an + a) · · · (an + 1)
= ℓ
Si a 3, entonces ℓ = 0 y la serie converge.
Si a = 3, entonces ℓ = 1/27 1 y la serie converge.
Si a = 1 o a = 2, ℓ = +∞ y la serie diverge.

1. a1+ 1
2
+···+ 1
n 2.
1 · 3 · 5 · · · (2n − 1)
2 · 4 · · · (2n)
3.
1 + 1
2 + · · · + 1
n
n3 4.
2 + 4 + 8 + · · · + 2n
3n
5.
1 + 21 + · · · + 2n
4n 6.
n + 2n + · · · + n2
n5
1. a1+ 1
2
+···+ 1
n , a 0; estudiamos la convergencia usando el criterio de Raabe (usamos infinitésimos equiva-
lentes para el cálculo del l´ımite):
l´ım n 1 −
an+1
an
= l´ım n 1 − a1/n+1
= l´ım
− n log a
n + 1
= − log a
Por tanto, si a
1
e
, la serie diverge y si a
1
e
, la serie converge. Estudiamos el caso a =
1
e
por comparación
con la serie 1
elog n = 1
n
, que es divergente:
l´ım
e1+ 1
2
+···+ 1
n
elog n
= l´ım e1+ 1
2
+···+ 1
n
−log n
= eγ
= 0
En resumen, la serie converge si y solo si 0 a
1
e
.

2.
1 · 3 · 5 · · · (2n − 1)
2 · 4 · · · (2n)
es divergente, según establece el criterio de Raabe:
l´ım n 1 −
1 · 3 · 5 · · · (2n + 1)
2 · 4 · · · (2n + 2)
2 · 4 · · · (2n)
1 · 3 · 5 · · · (2n − 1)
= l´ım n 1 −
2n + 1
2n + 2
= l´ım
n
2n + 2
=
1
2
Obsérvese que por el cálculo realizado, podemos concluir que la serie es hipergeométrica.
3.
1 + 1
2 + · · · + 1
n
n3 es convergente. La forma de la serie hace que los criterios del cociente, de la ra´ız o de
condensación no sean adecuados; usaremos el criterio de comparación.
1 +
1
2
+ · · · +
1
n
n3
1 + · · · + 1
n3
=
n
n3 =
1
n2
Dado que la serie mayorante es convergente, la serie propuesta también.
Podemos usar también infinitos equivalentes para deducir que la serie propuesta tiene el mismo carácter que
log n
n3 ; el criterio de condensación permite deducir fácilmente la convergencia de esta serie.
4.
2 + 4 + 8 + · · · + 2n
3n es convergente. Podemos decidirlo de dos formas:
En primer lugar, podemos observar que la sucesión del numerador es la suma parcial n-ésima de una
serie geométrica y por tanto:
2 + 4 + 8 + · · · + 2n
3n =
2n+1 − 2
3n

Al ser suma de dos series geométricas de razones 2/3 y 1/3 respectivamente, deducimos que la serie es
convergente.
En lugar de identificar la serie, podemos utilizar el teorema de compresión:
2 + 4 + 8 + · · · + 2n
3n
2n + · · · + 2n
3n = n
2
3
n
Dado que la serie mayorante es convergente, por ser aritmético-geométrica de razón 2/3, deducimos que
la serie propuesta también lo es.
5.
1 + 21 + · · · + 2n
4n ; siguiendo el mismo razonamiento del apartado anterior, deducimos que es convergente.
6.
n + 2n + · · · + n2
n5 =
1 + 2 + · · · + n
n4 =
n(n + 1)
2n4 es convergente.

Problema 47 Estudiar el carácter de las siguientes series:
1.
1
(log n)n 2. log
n + 1
n − 1
n
3.
n + 1
n
n
+
2n
n − 1
−n
4.
nn
(2n + 1)n 5.
n
7n + 4
4n−2
1.
1
(log n)n es convergente, según establece el criterio de la ra´ız:
l´ım n
√
an = l´ım
1
log n
= 0 1
2. log
n + 1
n − 1
n
es convergente, según establece el criterio de la ra´ız:
l´ım n
√
an = l´ım log
n + 1
n − 1
= 0 1
3.
n + 1
n
n
+
2n
n − 1
−n
l´ım n
√
an = l´ım
n + 1
n
n
+
2n
n − 1
−n
= (e + 2)−1
1

4.
nn
(2n + 1)n es convergente, seg´un establece el criterio de la ra´ız:
l´ım n
√
an = l´ım
n
2n + 1
=
1
2
1
5.
n
7n + 4
4n−2
l´ım n
√
an = l´ım
n
7n + 4
4n−2
n
=
1
74 1

Problema 48 Estudiar el carácter de las series:
1.
√
n + 1 −
√
n 2. n2 + 1 − n 3. (
√
na + 1 −
√
na)
4. na
(
√
n + 1 − 2
√
n +
√
n − 1) 5.
log n
2n3 − 1
6.
1
log n
7. log
n + 1
n + 2
8.
1
n(log n)2
9.
1
(log n)r 10.
sin4
n
n2
11.
1 + sin3
n
nn
12.
n · cos2 πn
3
2n 13.
sin3
n
n4 14.
1 + cos2 n
n3
15.
sen nx
n2 16. sen
1
n
17.
1
1 + an (a 0)
Aunque las diferencias de ra´ıces son dif´ıciles de tratar, el uso de los conjugados armónicos disminuye estas
dificultades, como vemos en este ejercicio.
Por otra parte, en este ejercicio usamos varias veces los criterios de comparación y debemos recordar que es
necesario que la serie a la que se le aplica sea de términos positivos; en caso de que la serie no sea de términos
positivos, podremos estudiar la convergencia absoluta.
1.
√
n + 1 −
√
n =
n + 1 − n
√
n + 1 +
√
n
es divergente, ya que tiene el mismo carácter que
1
√
n
.

2. n2 + 1 − n =
1
√
n2 + 1 + n
es divergente, ya que tiene el mismo carácter que
1
n
.
3. (
√
na + 1 −
√
na) =
1
√
na + 1 +
√
na
1
na/2
, que converge si y solo si
a 2.
4. na
(
√
n + 1 − 2
√
n +
√
n − 1) = na (
√
n + 1 +
√
n − 1)2 − 4n
√
n + 1 + 2
√
n +
√
n − 1
= 2na
√
n2 − 1 − n
√
n + 1 + 2
√
n +
√
n − 1
=
− 2na
(
√
n2 − 1 + n)
√
n + 1 + 2
√
n +
√
n − 1
Por tanto, la serie tiene el mismo carácter que
1
n(3/2)−a
que converge si y solo si a
1
2
.
5.
log n
2n3 − 1
; haciendo uso de infinitos equivalentes, deducimos que esta serie tiene el mismo carácter que
log n
n3
y esta, a su vez, por el criterio de condensación, tiene el mismo carácter que (log 2)
k
4k
, que es
convergente por ser aritmético-geométrica de razón 1/4.
6.
1
log n
; por el criterio de condensación, tiene el mismo carácter que
2k
k log 2
, que es divergente, ya que
no verifica la condición necesaria:
l´ım
k→+∞
2k
k
= l´ım
k→+∞
2k+1 − 2k
k + 1 − k
= l´ım
k→+∞
2k
= +∞

(Hemos hecho uso del criterio de Stöltz-Cesaro.)
7. log
n + 1
n + 2
= − log
n + 2
n + 1
; haciendo uso de infinitos equivalentes, deducimos que (la serie de términos
positivos) tiene el mismo carácter que
1
n + 1
8.
1
n(log n)2 ; por el criterio de condensación, esta serie tiene el mismo carácter que
1
(log 2)2k2 , que es
convergente.
9.
1
(log n)r ; por el criterio de condensación, esta serie tiene el mismo carácter que
k
2k
kr(log 2)r que es
divergente, según se establece en el ejercicio 43. Obsérvese que para aplicar el criterio de condensación es
necesario que r 0, pero, en caso contrario, el l´ımite del término general es +∞ y en consecuencia la serie
tampoco converge.
10.
sin4
n
n2
es convergente, ya que 0
sin4
n
n2 ≤
1
n2 y la serie
1
n2
es convergente.
11.
1 + sin3
n
nn es convergente, ya que 0 ≤
1 + sin3
n
nn ≤
2
nn ≤
2
n3 si n 3 y la serie
1
n3
es convergente.
12.
n · cos2 πn
3
2n es convergente, ya que 0
n · cos2 πn
3
2n ≤
n
2n y la serie
n
2n es convergente por ser aritmético-
geométrica de razón 1/2.

13.
sin3
n
n4 es absolutamente convergente, ya que | sin3 n|
n4 ≤ 1
n4 y la serie
1
n4
es convergente.
14.
1 + cos2 n
n3 es convergente, ya que 0 ≤
1 + cos2 n
n3 ≤
1
n3 y la serie
1
n3
es convergente.
15.
sen nx
n2 es absolutamente convergente para todo x ∈ R, ya que 0 ≤
| sen nx|
n2 ≤
1
n2 y la serie
1
n2
es
convergente.
16. sen
1
n
; haciendo uso de infinitésimos equivalentes, deducimos que la serie tiene el mismo carácter que
1
n
,
que es divergente.
17.
1
1 + an , a 0, converge si y solo si a 1. Estudiamos en primer lugar la condición necesaria:
Si a = 1, entonces
1
1 + an =
1
2
y la serie es divergente.
Si a 1, entonces l´ım
1
1 + an = 1 y la serie es divergente.
Si a 1, entonces l´ım
1
1 + an = 0 y seguimos estudiando la serie.
Para a 1, la serie tiene el mismo carácter que
1
an , que es convergente:
l´ım
1 + an
an = l´ım
1
an + 1 = 1

1.
(−1)n
2n
2. (−1)n 1
n log n
3.
(−1)n−1
n
√
5
4. (−1)n log n
n
5.
1
n
−
1
n!
6. (−1)n (n!)2
(2n)!
7.
n!
(−2)n 8.
(−1)n
√
n +
√
n + 1
9.
(−1)n
n(n + 1)
1.
(−1)n
2n
es condicionalmente convergente, ya que
1
2n
es divergente pero la serie converge por el criterio
de Leibniz: an = 1
n es decreciente y convergente a 0.
2. (−1)n 1
n log n
es condicionalmente convergente. Por el criterio de condensacion, la serie
1
n log n
tiene el
mismo carácter que
1
k(log 2)
que es divergente; por otra parte, las sucesión an = 1
n log n
es decreciente y
convergente a 0 y por lo tanto, por el criterio de Leibniz, la serie es efectivamente convergente.
3.
(−1)n−1
n
√
5
no es convergente, ya que el l´ımite l´ım
(−1)n−1
n
√
5
no existe.
4. (−1)n log n
n
es condicionalmente convergente. El criterio de condensación permite afirmar que la serie
no converge absolutamente. Por otra parte, en el ejercicio 22 demostramos que la sucesión an =
log n
n
es

convergente a 0 y, además, es decreciente: basta observar que la función f(x) =
log x
x
es decreciente en [3, ∞)
ya que f′(x) =
1 − log x
x2 0 en ese intervalo; por lo tanto, el criterio de Leibniz, permite afirmar que la serie
es condicionalmente convergente.
5.
1
n
−
1
n!
. La serie
1
n
es divergente y la serie
1
n!
es convergente (ejercicio 45(9) para x = 1);
entonces, según se establece en el ejercicio 40, la serie propuesta es divergente.
6. (−1)n (n!)2
(2n)!
es absolutamente convergente: ver ejercicio 45(10).
7.
n!
(−2)n es divergente, ya que no verifica la condición necesaria (hacemos uso de la fórmula de Stirling):
l´ım
n!
2n = l´ım
e−nnn
√
2πn
2n = l´ım
√
2πn
n
2e
n
= +∞
y por lo tanto, el l´ımite l´ım
n!
(−2)n no existe.
8.
(−1)n
√
n +
√
n + 1
es condicionalmente convergente. La serie de valores absolutos tiene el mismo carácter que
1
√
n
, que es divergente, pero la serie propuesta verifica las condiciones del criterio de Leibniz: las sucesiones
√
n y
√
n + 1 son crecientes y divergentes a infinito, y por lo tanto,
1√
n +
√
n + 1
es decreciente y convergente
a 0.

9.
(−1)n
n(n + 1)
es condicionalmente convergente. La serie de valores absolutos tiene el mismo carácter que
1
n
, que es divergente, pero la serie propuesta verifica las condiciones del criterio de Leibniz: las sucesiones
√
n y
√
n + 1 son crecientes y divergentes a infinito, y por lo tanto,
1
n(n + 1)
es decreciente y convergente
a 0.

Problema 50 Sumar las siguientes series aritmético-geométricas y geométricas.
1.
∞
n=2
2n + 1
10n ; 2.
∞
n=1
2n+3
3n ; 3.
∞
n=1
(−1)n+1 1
2n ; 4.
∞
n=3
(−1)n+1 n
2n
En lugar de aplicar las correspondientes fórmulas utilizaremos el correspondiente método.
1.
Sn =
5
102 +
7
103 + · · · +
2n + 1
10n
Sn
10
=
5
103 +
7
104 + · · · +
2n + 1
10n+1
9Sn
10
=
5
102 +
2
103 +
2
104 + · · · +
2
10n −
2n + 1
10n+1
9Sn
100
=
5
103 +
2
104 +
2
105 + · · · +
2
10n+1 −
2n + 1
10n+2
9Sn
10
−
9Sn
100
=
81
100
Sn =
5
102 −
3
103 −
2n − 3
10n+1 +
2n + 1
10n+2
∞
n=2
2n + 1
10n =
100
81
l´ım
5
102 −
3
103 −
2n − 3
10n+1 +
2n + 1
10n+2 =
100
81
5
102 −
3
103 =
47
810

2.
Sn =
24
3
+
25
32 + · · · +
2n+2
3n−1 +
2n+3
3n
2
3
Sn =
25
32 +
26
33 + · · · +
2n+3
3n +
2n+4
3n+1
1
3
Sn =
24
3
−
2n+4
3n+1
∞
n=1
2n+3
3n = 3 l´ım
24
3
−
2n+4
3n+1 = 24
= 16
3.
Sn =
1
2
−
1
22 + · · · + (−1)n 1
2n−1 + (−1)n+1 1
2n
1
2
Sn =
1
22 −
1
23 + · · · + (−1)n 1
2n + (−1)n+1 1
2n+1
3
2
Sn =
1
2
+ (−1)n+1 1
2n+1
∞
n=1
(−1)n+1 1
2n =
2
3
l´ım
1
2
+ (−1)n+1 1
2n+1 =
1
3

4.
Sn =
3
23 −
4
24 + · · · + (−1)n n − 1
2n−1 + (−1)n+1 n
2n
Sn
2
=
3
24 −
4
25 + · · · + (−1)n n − 1
2n + (−1)n+1 n
2n+1
3Sn
2
=
3
23 −
1
24 +
1
25 + · · · + (−1)n+1 1
2n + (−1)n+1 n
2n+1
3Sn
4
=
3
24 −
1
25 +
1
26 + · · · + (−1)n+1 1
2n+1 + (−1)n+1 n
2n+2
3Sn
2
+
3Sn
4
=
9Sn
4
=
3
23 +
2
24 + (−1)n+1 n + 1
2n+1 + (−1)n+1 n
2n+2
∞
n=3
(−1)n+1 n
2n =
4
9
l´ım
3
23 +
2
24 + (−1)n+1 n + 1
2n+1 + (−1)n+1 n
2n+2 =
2
9

Problema 51 Determinar cuales de las siguientes series hipergeom´etricas son convergentes y sumarlas.
5.
∞
n=4
1
4n2 − 1
6.
∞
n=4
1
(4n − 1)(4n + 3)
7.
∞
n=1
(a + 1)(a + 2) · · · (a + n)
n!
8.
∞
n=2
a(a + 1)(a + 2) · · · (a + n)
b(b + 1)(b + 2) · · · (b + n)
9.
∞
n=3
n! an
(1 + a)(1 + 2a) · · · (1 + na)
1.
∞
n=4
1
4n2 − 1
=
∞
n=4
1
(2n + 1)(2n − 1)
;
an+1
an
=
(2n + 1)(2n − 1)
(2n + 3)(2n + 1)
=
2n − 1
2n + 3
; (2n + 3)an+1 = (2n − 1)an:
11a5 + 13a6 + · · · + (2n + 1)an + (2n + 3)an+1 = 7a4 + 9a5 + · · · + (2n − 3)an−1 + (2n − 1)an
2a5 + 2a6 + · · · + 2an + (2n + 3)an+1 = 7a4
2Sn + (2n + 3)an+1 = 9a4 =
9
63
=
1
7
∞
n=4
1
4n2 − 1
= l´ım
1
2 · 7
−
1
2
(2n + 3)an+1 =
1
14

2.
∞
n=4
1
(4n − 1)(4n + 3)
;
an+1
an
=
(4n − 1)(4n + 3)
(4n + 3)(4n + 7)
= 4n − 1
4n + 7
; (4n + 7)an+1 = (4n − 1)an:
23a5 + 27a6 + · · · + (4n + 3)an + (4n + 7)an+1 = 15a4 + 19a5 + · · · + (4n − 5)an + (4n − 1)an
8a5 + 8a6 + · · · + 8an + (4n + 7)an+1 = 15a4
8Sn + (4n + 7)an+1 = 23a4 =
23
15 · 19
=
23
285
∞
n=4
1
(4n − 1)(4n + 3)
= l´ım
23
8 · 285
−
1
8
(4n + 7)an+1 =
23
2280
3.
∞
n=1
(a + 1)(a + 2) · · · (a + n)
n!
; según vimos en el ejercicio 45(3), esta serie converge si y solo si a −1 y es
hipergeométrica si además, a ∈ Z; en este caso: (n + 1)an+1 = (n + a + 1)an y por lo tanto:
2a2 + · · · + nan + (n + 1)an+1 = (2 + a)a1 + (3 + a)a2 + · · · + (n + 1 + a)an
(n + 1)an+1 = (2 + a)a1 + (1 + a)a2 + · · · + (1 + a)an
(n + 1)an+1 = a1 + (1 + a)Sn = a + 1 + (1 + a)Sn
∞
n=1
(a + 1)(a + 2) · · · (a + n)
n!
= l´ım
1
1 + a
(n + 1)an+1 − 1 = −1
4.
∞
n=0
a(a + 1) · · · (a + n)
b(b + 1) · · · (b + n)
. En primer lugar observamos que:

El t´ermino general de la serie no tiene sentido si b ∈ Z− ∪ {0}.
Si a ∈ Z− ∪ {0}, la serie es constantemente nula y, en consecuencia, convergente a 0.
Si a, b ∈ Z− ∪ {0}; en este caso la serie es hipergeom´etrica,
a(a + 1) · · · (a + n)(a + n + 1)
b(b + 1) · · · (b + n)(b + n + 1)
b(b + 1) · · · (b + n)
a(a + 1) · · · (a + n)
=
n + a + 1
n + b + 1
y es convergente si y solo si b a + 1, caso en el que calculamos la suma:
(2 + b)a2 + · · · + (n + b)an + (n + 1 + b)an+1 = (2 + a)a1 + (3 + a)a2 + · · · + (n + 1 + a)an
(n + 1 + b)an+1 = (2 + a)a1 + (1 + a − b)a2 + · · · + (1 + a − b)an
(n + 1 + b)an+1 = (1 + b)a1 + (1 + a − b)Sn
∞
n=1
a(a + 1) · · · (a + n)
b(b + 1) · · · (b + n)
= l´ım
(n + 1 + b)an+1
1 + a − b
−
(1 + b)a(a + 1)
(1 + a − b)b(b + 1)
=
a(a + 1)
b(b − a − 1)

Problema 52 Estudiar el carácter y sumar en su caso las siguientes series.
1.
∞
n=1
(−1)n−1(2n + 1)
n(n + 1)
2.
∞
n=1
1
2n(n + 1)
3.
∞
n=2
log n 1 + 1
n
n+1
(log(n + 1)n+1) log nn
4.
∞
n=1
2n + n(n + 1)
2n+1n(n + 1)
5.
∞
n=1
log
(n + 1)2
n(n + 2)
1.
∞
n=1
(−1)n−1(2n + 1)
n(n + 1)
=
∞
n=1
(−1)n−1
n
−
(−1)n
n + 1
= 1 (serie telescópica).
2.
∞
n=1
1
2n(n + 1)
=
∞
n=1
1
2n
− 1
2(n + 1)
= 1
2
(serie telescópica).
3.
∞
n=2
log n 1 + 1
n
n+1
(log(n + 1)n+1) log nn =
∞
n=2
1
log nn −
1
log(n + 1)n+1 = log 4 (serie telescópica).
4.
∞
n=1
2n + n(n + 1)
2n+1n(n + 1)
=
∞
n=1
1
2n(n + 1)
+
1
2n+1 =
1
2
+
1
2
= 1. El primer sumando es la serie telescópica sumada
más arriba y el segundo sumando es una serie geométrica de razón 1/2.
5.
∞
n=1
log
(n + 1)2
n(n + 2)
=
∞
n=1
log
n + 1
n
− log
n + 2
n + 1
= log 2

Cap´ıtulo 3
Sucesiones y series funcionales
105

Sucesiones y series funcionales 106
Problema 53 Estudiar la convergencia de las siguiente sucesión de funciones.
fn(x) = x +
(1 + nx)2
1 + n2x2
Calculamos en primer lugar el l´ımite puntual:
l´ım
n→+∞
x +
(1 + nx)2
1 + n2x2 = x + 1
Mostramos a continuación la representación gráfica de las seis primeras funciones de la sucesión y del l´ımite.

-1
-1
1
1

Problema 54 Estudiar la convergencia de las siguientes sucesiones de funciones.
1. fn(x) = 2
n2 − x2
n3 + x fn(x) = n2(1 − x)xn fn = xe−nx
fn = nxe−nx fn =
(1 + nx)2
1 + n2x2 fn(x) = 1
n (1 − x)n2+1

Problema 55 Sumar las siguientes series
1.
1
4
−
1
6
+
1
8
−
1
10
+ · · · +
(−1)k
2k
+ · · · 2.
∞
k=0
k3
2k

Problema 56 Sumar las siguientes series del tipo p(n)/n!
1.
∞
n=1
n
(n + 1)!
2.
∞
n=1
n2
n!
3.
∞
n=2
n2 + 3n − 1
n!

Problema 57 Comprobar que la serie
∞
n=1
x4n−1
4n − 1
converge uniformemente en todo intervalo cerrado contenido en
(−1, 1). Aplicar este hecho para demostrar que su suma vale
1
4
log
1 + x
1 − x
−
1
2
arc tg x
El teorema ?? nos dice que una serie de potencias converge uniformemente en cualquier intervalo cerrado
contenido en su campo de convergencia. Por tanto, el problema quedará resuelto si demostramos que el campo de
convergencia es (−1, 1).
Si hacemos la identificación
∞
m=0
amxm
=
∞
n=1
x4n−1
4n − 1
deducimos que la sucesión de coeficientes es la siguiente:
am =



1
m
si m = 4n − 1
0 en otros casos
Por tanto, no podemos aplicar la proposición ??, ya que el cociente am
am+1
no está definido para todo m, y la sucesión
m
√
am no es convergente.
Aplicamos, entonces, el criterio del cociente a la serie de potencias:
l´ım
x4n+3
4n + 3
4n − 1
x4n−1
= |x4
|

Deducimos que la serie es convergente para |x| 1, es decir, el radio de convergencia es 1. Dado que las series
∞
n=1
1
4n − 1
y
∞
n=1
− 1
4n − 1
son divergentes, el campo de convergencia es (−1, 1) y, efectivamente, la serie es uniforme-
mente convergente en cada intervalo cerrado contenido en (−1, 1).
Sea f(x) =
∞
n=1
x4n−1
4n − 1
; entonces,
f′
(x) =
∞
n=1
x4n−2
= x2
∞
n=1
(x4
)(n−1)
= x2 1
1 − x4
x ∈ (−1, 1)
y de ah´ı:
f(x) =
x
0
f′
(t)dt =
x
0
t2
1 − t4
dt =
1
4
log
x + 1
x − 1
−
1
2
arc tg x

Problema 58 Hallar la suma de la serie
∞
n=1
(−1)n x4n−1
4n
.
Aplicamos el criterio del cociente para hallar el radio de convergencia
l´ım
x4n+3
4n + 4
4n
x4n−1 = |x|4
es decir, la serie es convergente para |x| 1 y el radio de convergencia es 1. Dado que las series
∞
n=1
(−1)n
4n
y
∞
n=1
(−1)n+1
4n
son convergentes, el campo de convergencia es [−1, 1] y la serie es uniformemente convergente en

[−1, 1]. Sea f(x) =
∞
n=1
x4n−1
4n
; entonces,
xf(x) =
∞
n=1
(−1)n x4n
4n
x ∈ [−1, 1]
d
dx
(xf(x)) =
∞
n=1
(−1)n
x4n−1
= −x3
∞
n=1
(−x4
)n−1
= −x3 1
1 + x4
x ∈ [−1, 1]
xf(x) =
x
0
tf′
(t)dt =
x
0
−t3
1 + t4
dt = −
1
4
log(1 + x4
) x ∈ [−1, 1]
f(x) = −
1
4x
log(1 + x4
) x ∈ [−1, 1] {0}
f(0) = 0

Problema 59 Determinar el radio de convergencia de las siguientes series:
a)
∞
n=2
xn
log n b)
∞
n=1
n2xn
2n
c)
∞
n=0
2n − 1
3n + 1
xn
d)
∞
n=1
nn
n!
x +
1
2
n
En todos los apartados podemos aplicar la proposici´on ??.
a)
∞
n=2
xn log n;
R = l´ım
log n
log(n + 1)
= 1
∞
n=2
log n y
∞
n=2
(−1)n log n son divergentes y por tanto, el campo de convergencia es (−1, 1)
b)
∞
n=1
n2xn
2n ;
R = l´ım
n22n+1
(n + 1)22n
= l´ım
2n2
(n + 1)2
= 2
∞
n=1
n2 y
∞
n=(
− 1)nn2 son divergentes, y por tanto, el campo de convergencia es (−2, 2).

c)
∞
n=0
2n − 1
3n + 1
xn;
l´ım
(2n − 1)(3n + 4)
(2n + 1)(3n + 1)
= 1
∞
n=0
2n − 1
3n + 1
y
∞
n=0
(−1)n 2n − 1
3n + 1
son divergentes y por tanto, el campo de convergencia es (−1, 1).
d)
∞
n=1
nn
n!
x +
1
2
n
’
l´ım
nn(n + 1)!
(n + 1)n+1n!
= l´ım
nn
(n + 1)n
=
1
e
∞
n=1
nn
n!en diverge (tiene el mismo car´acter que 1√
2πn
);
∞
n=1
(−1)n nn
n!en converge por el criterio de Leibniz:
l´ım
nn
n!en
= l´ım
1
√
2πn
= 0 (F´ormula de Stirling)
an+1
an
=
1
e
n + 1
n
n

e
e
= 1 ⇒ an decreciente
Por tanto, el campo de convergencia es [−1
2 − 1
e , −1
2 + 1
e )

Problema 60 Desarrollar en serie de potencias de x la funci´on
x2 + x
(1 − x)3 y determinar su radio de convergencia.
Como ya hemos comprobado en varias ocasiones, la mejor forma de manejar las funciones racionales es descom-
poniendolas en otras m´as simples (ver ejercicio 7.3):
x2 + x
(1 − x)3 = −
1
x − 1
−
3
(x − 1)2
−
2
(x − 1)3
A partir de aqu´ı, y usando las propiedades de las series de potencias, podemos hacer el desarrollo:
f(x) =
1
1 − x
=
∞
n=0
xn
|x| 1
−
3
(x − 1)2
= 3f′
(x) = 3
∞
n=1
nxn−1
= 3
∞
n=0
(n + 1)xn
|x| 1
−
2
(x − 1)3
= −f′′
(x) = −
∞
n=0
(n + 2)(n + 1)xn
|x| 1
Y sumando las tres igualdades,
x2 + x
(1 − x)3 =
∞
n=0
n2
xn
, |x| 1

Problema 61 Calcular los cinco primeros términos del desarrollo en serie de potencias de x de las funciones
f(x) =
1
1 + sen x
g(x) =
cos x
1 + sen x
h(x) =
cos x
1 − 2x
Vamos a usar las propiedades algebraicas del operador polinomio de Taylor para resolver el ejercicio (el lector
puede usar igualmente la definición de dicho polinomio). Recordamos primeramente los desarrollos elementales que
vamos a utilizar:
sen x → x −
x3
6
+
x5
120
cos x → 1 −
x2
2
+
x4
24
1
1 − 2x
=
∞
n=0
(2x)n
→ 1 + 2x + 4x2
+ 8x3
+ 16x4
+ 32x5
La función f es cociente de funciones elmentales y por tanto, tenemos que utilizar el algoritmo de división
larga (los puntos suspensivos indican que los sumandos restantes no nos importan):

1 1 + x − x3
6 + x5
120
−1 − x + x3
6 − x5
120 1 − x + x2
− 5
6 x3
+ 2
3 x4
− 61
120 x5
+x + x2
− 1
6 x4
+x2
+ 1
6 x3
− 1
6 x4
− 1
120 x5
−x2
− x3
+ 1
6 x5
−5
6 x3
− 1
6 x4
+ 19
120 x5
+5
6 x3
+ 5
6 x4
+2
3 x4
+ 19
120 x5
−2
3 x4
− 2
3 x5
− 61
120 x5
+ · · ·
+ · · ·
+ · · ·
+ · · ·
+ · · ·
+ · · ·
+ · · ·
+ · · ·
Para obtener el polinomio de g(x) = (cos x)/(1+sen x) multiplicamos los polinomios de f y de cos x ignorando
los t´erminos de grado mayor que 5:
(1 −
x2
2
+
x4
24
)(1 − x + x2
−
5
6
x3
+
2
3
x4
−
61
120
x5
)
= 1 − x + (1 −
1
2
)x2
+ (
1
2
−
5
6
)x3
+ (
1
24
−
1
2
+
2
3
)x4
+ (−
1
24
+
5
12
−
61
120
)x5
+ · · ·
= 1 − x +
1
2
x2
−
1
3
x3
+
5
24
x4
−
2
15
x5
+ · · ·
El polinomio de g es 1 − x + 1
2x2 − 1
3 x3 + 5
24 x4 − 2
15 x5.

Para hallar el polinomio de h(x) = cos x/(1 − 2x) usamos el m´etodo del apartado anterior:
(1 −
x2
2
+
x4
24
)(1 + 2x + 4x2
+ 8x3
+ 16x4
+ 32x5
)
= 1 + 2x + (−
1
2
+ 4)x2
+ (−1 + 8)x3
+ (
1
24
− 2 + 16)x4
+ (
1
12
− 4 + 32)x5
+ · · ·
= 1 + 2x +
7
2
x2
+ 7x3
+
337
24
x4
+
337
12
x5
+ · · ·
el polinomio de h es 1 + 2x + 7
2 x2 + 7x3 + 337
24 x4 + 337
12 x5.

Problema 62 Probar que las series trigonométricas
(−1)n cos nx
n2
;
sen nx
n
√
n
y
1
n!
(cos nx − sen nx)
son uniformemente convergentes.
El ejercicio es inmediato usando la prueba M de Weierstrass: tenemos que acotar el valor absoluto del término
general de cada sucesión por una serie numérica convergente
(−1)n cos nx
n2
≤
| cos nx|
n2
≤
1
n2
sen nx
n
√
n
≤
| sen nx|
n
√
n
≤
1
n
√
n
1
n!
(cos nx − sen nx) ≤
| cos nx|
n!
+
| sen nx|
n!
≤
2
n!

Problema 63 Calcular las series de Fourier de las siguientes funciones de periodo 2π:
f(x) =



−1 en (−π, 0)
1 en (0, π)
; g(x) = |x| en [−π, π]; h(x) =



0 en [−π, 0]
x en (0, π)
La funci´on f es impar y por tanto, an = 0 para todo n y;
bn =
2
π
π
0
f(x) sen nx dx =
2
π
π
0
sen nx dx =
2
πn
(1 − cos nπ) =
2
πn
(1 − (−1)n
)
De aqu´ı se deduce que b2k = 0 y b2k+1 = 4
π(2k + 1)
, k ≥ 1:
f(x) ∼
∞
k=0
4
π(2k + 1)
sen(2k + 1)x
g es una funci´on par y por tanto, bn = 0 para todo n y:
a0 =
2
π
π
0
g(x) dx =
2
π
π
0
x dx = π
an =
2
π
π
0
g(x) cos nx dx =
2
π
π
0
x cos nx dx
=
2
πn2
(cos nπ − 1) =
2
πn2
((−1)n
− 1)

De aqu´ı se deduce que a2k = 0 y a2k+1 =
− 4
π(2k + 1)2 , k ≥ 0:
g(x) ∼
π
2
−
∞
k=0
4
π(2k + 1)2
cos(2k + 1)x
La función h no verifica ninguna condición de simetr´ıa:
bn =
1
π
π
−pi
h(x) sen nx dx =
1
π
π
0
x sen nx dx = −
1
n
cos nπ =
(−1)n+1
n
a0 =
1
π
π
−pi
h(x) dx =
1
π
π
0
x dx =
π
2
an =
1
π
π
−pi
h(x) cos nx dx =
1
π
π
0
x cos nx dx
=
1
π
1
n2
(cos nπ − 1) =
1
πn2
((−1)n
− 1)
Por tanto, a0 = π
2 , a2k = 0 y a2k−1 = − 2
π(2k − 1)2 , k ≥ 1:
h(x) ∼
π
4
+
∞
n=1
(
1 − (−1)n
πn2
cos nx +
(−1)n+1
n
sen nx)

Problema 64 Desarrollar en serie de Fourier las funciones de periodo 2π:
f(x) =



π/4 si x ∈ (0, π)
−π/4 si x ∈ (−π, 0)
; g(x) =



π − x si x ∈ [0, π]
π + x si x ∈ [−π, 0]
Aplicar dichos desarrollos para calcular la suma de las siguientes series:
1 −
1
3
+
1
5
−
1
7
+ · · · +
(−1)n
2n + 1
+ · · · , 1 +
1
32
+
1
52
+ · · · +
1
(2n + 1)2
+ · · ·
La funci´on f es impar y por tanto, an = 0 para todo n y:
bn =
2
π
π
0
π
4
sen nx dx =
1
2n
(1 − cos nπ)
Por tanto, f(x) ∼ Sf (x) =
∞
k=0
1
2k + 1
sen(2k + 1)x
La funci´on g es par y por tanto, bn = 0 para todo n y:
a0 =
2
π
π
0
(π − x)dx = π
an =
2
π
π
0
(π − x) cos nx =
2
πn2
(1 − cos nπ)
Por tanto, g(x) =
π
2
+
∞
k=0
4
π(2k + 1)2 cos(2k + 1)x (se da la igualdad por la continuidad de g).

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