6 Series

MOISES VILLENA Cap. 6 Series

6 1.1

6.1. SERIES NUMÉRICAS INFINITAS
6.2. SERIES DE TÉRMINOS POSITIVOS
6.3. SERIES ALTERNANTES
6.4. SERIES DE POTENCIAS

Objetivo:
Se pretende que el estudiante:
• Determine convergencia o divergencia de
series.
• Emplee series para resolver problemas
numéricos.

105


6. 1. SERIES NUMÉRICAS INFINITAS

6.1.1 DEFINICIÓN

Sea {a n } una sucesión infinita. Y sea
S n = a1 + a 2 + a3 + L + a n .
La sucesión de suma parciales
{S n } = {S1 , S 2 , S3 ,L} = {a1 , a1 + a2 , a1 + a2 + a3,L },
∞
denotada como ∑a
n =1
n , se llama Serie Infinita.

Ejemplo
⎧ 1 ⎫
Sea la sucesión {a n } = ⎨ ⎬
⎩2n ⎭

⎧1 1 1 ⎫
Algunos términos de la sucesión serían ⎨ , , , L⎬
⎩ 2 4 8 ⎭
La sucesión de sumas parciales sería

{S1 , S 2 , S 3 , L} = ⎧ 1 , 1 + 1 , 1 + 1 + 1 , L⎫ = ⎧ 1 , 3 , 7 , L⎫
⎨ ⎬ ⎨ ⎬
⎩2 2 4 2 4 8 ⎭ ⎩2 4 8 ⎭

6.1.2 CONVERGENCIA DE SERIES

Una serie S n = ∑ an , es convergente si y sólo si lim S n
n →∞

existe. Caso contrario; es decir, si lim S n no existe, se
n →∞

dice que la sucesión es divergente.

En caso de que la serie sea convergente se dice que tiene suma S , es decir
ocurrirá que lim S n = S .
n →∞

Si tuviésemos S n o pudiéramos calcularlo, determinar la convergencia sería
muy sencillo. Estudiaremos en primer lugar las series geométricas y las series

106


telescópica que si se les puede determinar S n , y luego mencionaremos criterios
para determinar convergencia y divergencia de series cuando ya no tenemos S n

6.1.3 LA SERIE GEOMÉTRICA.

Una serie geométrica es de la forma
a + ar + ar 2 + ar 3 + L + ar n −1
La suma parcial de los n términos está dada por
a (1 − r n )
Sn = . ¡Demuéstrela!
1− r
Para determinar su convergencia, deberíamos obtener
a (1 − r n )
lím S n = lím .
n →∞ n →∞
1− r
a(1 − r n )
Observe que si r ≥ 1 entonces lím = ∞ (¿POR QUÉ?) y por tanto la
n →∞
1− r
serie geométrica es divergente
a(1 − r n ) a
Si r < 1 , entonces lím = la serie es convergente.
n →∞
1− r 1− r

Ejemplo
1 1 1
Determinar si la serie + + + es convergente o no.
2 4 8
SOLUCIÓN:
1 1
Observe que la secuencia dada es una serie geométrica con a = y r = es decir una
2 2
∞

∑
1
1
serie de la forma y por tanto converge a S = 2 = 1
2n 1− 1
n =1 2

107


6.1.4 SERIES TELESCÓPICA
Para este tipo de serie también es posible obtener S n , se lo hace
empleando fracciones parciales.

Ejemplo
∞

Sea la serie
∑
n =1
1
(n +1)(n + 2 ) . Obtener S n .

SOLUCIÓN:
Empleando fracciones parciales, tenemos:
1 A B
= +
(n + 1)(n + 2) n +1 n + 2
1 = A(n + 2 ) + B(n + 1)
Si n = −1 entonces:
1 = A(−1 + 2) + B(−1 + 1)
1= A
Si n = −2 entonces:
1 = A(−2 + 2) + B(−2 + 1)
1 = −B
B = −1
Por tanto:
∞ ∞

∑ n =1
1
(n + 1)(n + 2)
=
∑ n =1
⎛ 1
⎜ −
1 ⎞
⎟
⎝ n +1 n + 2 ⎠

Obteniendo algunos términos de su desarrollo
∞

∑ n =1
⎛ 1
⎜ −
1 ⎞ ⎛1 1⎞ ⎛1 1⎞ ⎛1 1⎞ ⎛ 1
⎟ = ⎜ − ⎟ + ⎜ − ⎟ + ⎜ − ⎟ +L+ ⎜
⎝ n +1 n + 2 ⎠ ⎝ 2 3 ⎠ ⎝ 3 4 ⎠ ⎝ 4 5 ⎠
−
1 ⎞
⎟
⎝ n +1 n + 2 ⎠

Note que al realizar la suma, los términos centrales se suprimen quedando el primer y el
último término.
1 ⎛ 1 ⎞
Entonces S n = 1 − , por tanto lím S n = lím ⎜1 − ⎟ =1
n+2 n →∞ n →∞⎝ n+2⎠
La serie es convergente

108


Ejercicios Propuestos 6.1
1.Encuentre la serie infinita que es la secuencia indicada de suma parcial. Si la serie es
convergente, encuentre su suma. (SUGERENCIA: Hallar a n , sabiendo que
S n = S n −1 + a n )

⎧1 ⎫
a) {S n } = ⎨ n ⎬ b) {S n } = {ln(2n + 1)}
⎩2 ⎭
2.Encuentre S n y determine si las series son convergentes o divergentes. Si es convergente
determine su suma:
+∞ +∞ n

a)
∑ n =1
1
n(n + 1)
b)
∑
n =1
⎛5⎞
⎜ ⎟
⎝2⎠

+∞ +∞

c)
∑ n =1
1
(3n − 1)(3n + 2)
d)
∑
n =1
⎛ 1
⎝2
4⎞
⎜ n + n⎟
3 ⎠

+∞

e)
∑ n =1
1
(n + 2)(n + 3)

6.1.5 CRITERIO GENERAL PARA LA DIVERGENCIA

TEOREMA

Si la serie ∑ a converge entonces lim a = 0
n
n →∞ n

Es decir si lim an ≠ 0 entonces la serie
n →∞ ∑a n diverge

Ejemplo
∞

La serie
∑ n =1
n
n +1
es divergente debido a que lím
n
n→∞ n + 1
=1

Verifique que los ejemplos anteriores de series convergentes se cumple
el teorema. No olvide que lim an = 0 es una condición necesaria pero no
n →∞
suficiente.

109


Ejemplo.
∞

La serie
∑
n =1
1
n
, llamada Serie Armónica, es divergente (lo demostraremos más adelante),

1
sin embargo lím =0
n →∞ n

6.1.6 PROPIEDADES DE LAS SERIES CONVERGENTES.

Si ∑a y ∑b
n n convergen y si C es una constante,
entonces también convergen ∑Ca y ∑ (a ± b ) y
n n n

además
1. ∑ Ca = C∑ a n n

2. ∑ (a ± b ) = ∑ a ± ∑ b
n n n n

6.1.7 TEOREMA DE LA SERIE DIVERGENTE

Si ∑ a diverge y C es una constate diferente de cero,
n

entonces la serie C ∑ a también diverge. n

110


6. 2. SERIES DE TÉRMINOS POSITIVOS

TEOREMA

Una serie ∑a n de términos no negativos converge si y
sólo si, sus sumas parciales están acotadas por arriba.

6.2.1 CRITERIOS PARA ESTABLECER LA CONVERGENCIA DE
SERIES DE TERMINOS POSITIVOS.

6.2.1.1 CRITERIO DE LA INTEGRAL

Sea f una función continua positiva, no creciente,
definida en el intervalo [1, ∞ ) y suponga que a n = f (n )
∞

para todo entero positivo n . Entonces la seria ∑a
n =1
n

∞

converge si y sólo si la integral impropia
∫ f ( x)dx
1

converge.

Ejemplo 1
∞

Determine si la SERIE ARMÓNICA
∑
n =1
1
n
converge o diverge

SOLUCIÓN:
Aplicando el criterio de la integral, debido a que es una serie de términos positivos
decrecientes.
∞ N

∫ ∫ x = lím [ln x]
1 1
= lím N
1 = lím ln N = ∞
x n →∞ n→∞ n →∞
1 1
Por tanto la serie diverge.

111


Ejemplo 2.
∞

Sea la serie “p”
∑
n =1
1
nP
, determine para qué valores de “ p ” converge y para que

valores diverge.
SOLUCIÓN:
∞

∫ ∫
N
1 1
Analizando la integral PP
= lím
x n →∞
1 1 x
Si P = 1 , tenemos la serie armónica, que es divergente
Si p ≠ 1 , la integración es diferente
N

∫
N
1 ⎡ x − P +1 ⎤ ⎡ N − P +1 1− P +1 ⎤
lím = lím ⎢ ⎥ = lím ⎢ − ⎥
n→∞ xP n →∞ ⎢ − p + 1 ⎥ n →∞ ⎢ − p + 1 − p + 1⎥
1 ⎣ ⎦1 ⎣ ⎦
⎡ N 1− P 1 ⎤
lím ⎢ + ⎥
n→∞ ⎢ 1 − P P − 1⎥
⎣ ⎦
⎡ ⎤
⎢ ∞ 1− P 1 ⎥ 1
Ahora, si P > 1 , ⎢ + = , la integral converge
⎢112P P − 1 ⎥ p − 1
−3 ⎥
⎣ 0 ⎦
⎡ ⎤
⎢ ∞1− P 1 ⎥
Si P < 1 , ⎢ + ⎥ = ∞ la integral diverge
⎢1 3 P − 1⎥
−
12P
⎣ ∞ ⎦
∞ ⎧ 1
En conclusión, la serie
∑n =1
1
nP
⎪Si P > 1 converge a
=⎨
⎪Si P ≤ 1 diverge
⎩
p −1

Ejemplo 3
∞

Determine si la serie
∑ n =2
1
n ln n
converge o diverge.

SOLUCIÖN:
Aplicando el criterio de la integral
∞

∫ = lím [ln(ln N ) − ln(ln 2)] = ∞
1
2 x ln x x→∞
Por tanto diverge

Ejercicios propuestos 6.2
Usando el criterio de la Integral, determine la convergencia o divergencia de la siguiente serie
numérica

+∞ +∞ +∞

1)
∑(
n =2
1
n ln n ) 2
2)
∑n =1
ne − n 3)
∑(n =1
1
n + 1) ln(n + 1)

112


6.2.1.2 CRITERIO DE COMPARACIÓN ORDINARIA

Suponga que 0 ≤ a n ≤ bn para n ≥ N
Si ∑ b converge, entonces ∑ a converge.
n n

Si ∑ a diverge, entonces ∑ b diverge
n n

Ejemplo.
∞

∑ n =1
2n 2 − 1
n
converge o diverge.

SOLUCIÓN:
Empleando el criterio de comparación.
Busquemos una serie empleando los primeros términos del numerador y del denominador:
∞ ∞ ∞

∑ n =1
2n 2
n
=
∑n =1
1
=
2n 2
1
∑
n =1
1
n

Resulta una serie divergente ¿por qué?
Los términos de la serie dada deben ser mayores que los de esta serie, para que la serie
dada sea divergente. (Si esto no ocurriese habrá que cambiar de serie o de criterio).
n n
Se observa que > para ∀n ≥ 1 .
2n − 1 2
2n 2
Por tanto se concluye que la serie dada es divergente.
Note que también se puede aplicar el criterio de la integral.

Ejemplo 2
∞

∑ n=1
3n (n + 1)
n
converge o diverge.

SOLUCIÓN: Utilicemos la serie
∞ ∞

∑ n =1
3 n
n
n
=
∑ n =1
1
3n
.

Esta serie es geométrica convergente ¿por qué?
Los términos de la serie dada deben ser menores que los de esta serie, para que la serie
dada sea convergente.
n n
Observamos que: < .
3 (n + 1)
n
3 n n

Por tanto la serie dada es convergente.

113


6.2.1.3 CRITERIO DE COMPARACIÓN DE LÍMITE.
an
Suponga que a ≥ 0 , bn > 0 y que lim
n →∞
=L
bn

Si 0 < L < ∞ entonces ∑a n
y ∑b n
convergen o
divergen juntas.
Si L = 0 y ∑b n
converge entonces ∑ a converge.
n

Ejemplo 1
∞

∑n =1
3n − 2
n − 2n 2 + 11
3
converge o diverge.

Solución:
Igual que el criterio anterior busquemos una serie de trabajo.
∞ ∞

∑
n =1
3n
n 3
=3
∑ n =1
1
n2

tenemos una serie convergente ¿por qué?
Obtenemos ahora
3n − 2
3n 3 − 2n 2
lim n − 2n + 11 = lim 3
3 2
=1
n→∞ 3 n→∞ 3n − 6n 2 + 11

n2
Por tanto la serie dada es también convergente.

Ejemplo 2
∞

∑n=1
n +n
1
2
converge o diverge.

Solución:
∞ ∞

Nuestra serie de trabajo seria
∑ n =1
1
n 2
=
∑n =1
1
n
La serie armónica (divergente)

Entonces:
1
n +1
2 n
lim = lim =1
n →∞ 1 n→∞
n2 + n
n
Por tanto serie dada también es divergente.

114


6.2.1.4 CRITERIO DEL COCIENTE

Sea ∑ a una serie de términos positivos y suponga que
n

an+1
lím =L
n →∞
an
Si L < 1 la serie converge.
Si L > 1 la serie Diverge.
Si L = 1 no se puede concluir.

Ejemplo 1
∞

∑ n =1
2n
n!
converge o diverge.

SOLUCIÓN:

En este caso a n =
2n
entonces a n +1 =
2 n +1
=
2 2n ( )
n! (n + 1)! (n + 1)n!
Luego
( )
2 2n
a
lím n+1 = lím
(n + 1)n! = lím
2
=0
n→∞ a n n →∞ 2 n n →∞ n + 1

n!
El resultado es un número menor que 1, por tanto la serie es convergente.

Ejemplo 2
∞

∑ n =1
3n
n 30
converge o diverge.

SOLUCIÓN:

En este caso a n =
3n
entonces a n+1 =
3 n+1
=
( )
3 3n
n 30
(n + 1) 30
(n + 1)30
Ahora

115


( )
3 3n
a n+1
= lím
(n + 1)30 = lím 3n 30 = 3 lím ⎛ n ⎞ 30
=3
lím ⎜ ⎟
n →∞ a n n →∞ 3n n→∞ (n + 1)30 n →∞ ⎝ n + 1 ⎠

n 30
El resultado es un número mayor que, por tanto la serie es divergente.

Ejemplo 3
∞

∑
n =1
n!
nn
converge o diverge.

SOLUCIÓN:

n! (n + 1)! = (n + 1)n! = n!
En este caso a n = entonces a n+1 =
n n
(n + 1)n+1 (n + 1)(n + 1)n (n + 1)n
Ahora
n! n
⎛ n ⎞
⎜ ⎟
a n +1 (n + 1) n
⎛ n ⎞
n
1 1
lím = lím = lím ⎜ ⎟ = lím ⎜ n ⎟ = lím =
n →∞ n →∞ n! n →∞ ⎝ n + 1 ⎠ n →∞ ⎜ n 1 ⎟ n →∞ n
an
⎜ + ⎟ ⎛ 1⎞ e
nn ⎝n n ⎠ ⎜1 + ⎟
⎝ n⎠
El resultado es un número menor que 1, por tanto la serie es convergente.

Determine la convergencia o divergencia de las series:
+∞ +∞ +∞

a)
∑(
n =1
1
n + 1) 2
b)
∑
n =1
1
n +1
2
c)
∑
n =1
1 + senn
n2

+∞ +∞ +∞

d)
∑
n =1
⎛ π ⎞
cos⎜ ⎟
⎝ n + 1⎠
e)
∑
n =1
n
n +1
f)
∑
n =1
20 n
n!

+∞ +∞ +∞

h)
∑
n =1
nn
n!
i)
∑ n =1
(n + 1)2
(n + 2)!
j)
∑
n =1
n 2 n!
(n + 3)!

116


6. 3. SERIES ALTERNANTES

Ahora se estudiará series que presenten sus términos con signos
∞ ∞

alternados, es decir series de la forma ∑ (− 1)
n =1
n +1
an o también ∑ (− 1) a
n =1
n
n

TEOREMA DE CONVERGENCIA PARA LAS SERIES ALTERNANTES

Una serie alternante con a n ≥ a n+1 > 0 . Si lím an = 0
n →∞

entonces la serie converge.

Ejemplo 1
∞

Sea la serie
∑ (−1)
n =1
n +1 1
n
1 1 1
= 1 − + − + L Determine si es convergente o
2 3 4
divergente.
SOLUCIÓN.
Primero, veamos si los términos, en valor absoluto, son no crecientes.
1 1
Comparamos a n = con a n+1 = . Se observa que:
n n +1
1 1
<
n +1 n
los términos son decrecientes.
Segundo, veamos si lím a n = 0
n →∞

1
Se observa que: lím =0
n →∞ n

Por tanto la serie armónica alternante es convergente.

Ejemplo 2
∞

Sea la serie
∑ (− 1)
n =1
n +1 1
2n
Determine si es convergente o divergente.

SOLUCIÓN.
1 1
Primero. En este caso a n = y a n+1 =
2n 2 n +1
1 1
<
Se observa que
22( ) n
2n
los términos son decrecientes.

117


1
Segundo. lím =0
n →∞ 2n
Por tanto la serie es convergente.

A continuación analicemos el teorema

TEOREMA

Si ∑a n
converge, entonces ∑a n
también converge.

Esto quiere decir que si la serie de términos positivos converge entonces
la serie alternante también converge, mientras que si la serie alternante converge
no necesariamente la serie de términos positivos converge.

6.3.1 CONVERGENCIA ABSOLUTA.

DEFINICIÓN.

Una serie ∑a n
converge absolutamente si ∑a n

converge
Ejemplo
∞ ∞

La serie
∑
n =1
(− 1)n +1 1
2n
es absolutamente convergente, debido a que
∑ 21
n =1
n
es

convergente

DEFINICIÓN.

Una serie ∑a n
es condicionalmente convergente si
∑a n
converge y ∑a n
diverge.

Ejemplo
∞ ∞

La serie
∑ (−1)
n =1
n +1 1
n
es condicionalmente convergente, debido a que
∑1
n
n =1
es

divergente, mientras que ella es convergente.

118


Las series de términos positivos convergentes son absolutamente
convergentes
Los criterios que mencionaremos a continuación ayudan a concluir
rápidamente en situaciones cuando el término general de la serie presenta formas
especiales.

6.3.2 CRITERIO DEL COCIENTE ABSOLUTO.

Sea ∑a n
una serie de términos no nulos y suponga
an+1
que lím
n →∞
= L.
an
Si L < 1 la serie converge absolutamente.
Si L > 1 la serie diverge.
Si L = 1 no se concluye.

Ejemplo
∞

∑
n
Muestre que la serie (− 1)n+1 3 es absolutamente convergente.
n!
n =1

SOLUCIÓN:
Aplicando el criterio del cociente tenemos:
3 n+1
a n+1
= lím
(n + 1)! ⎛ 3 n 3 ⎞⎛ n! ⎞
= lím ⎜ ⎟⎜ ⎟ = lím ⎛ 3 ⎞ = 0
lím ⎜ ⎟
n→∞ an n→∞ 3n n→∞⎜ (n + 1)n! ⎟⎝ 3 n ⎠ n→∞⎝ n + 1 ⎠
⎝ ⎠
n!
Como el resultado es un número menor que 1 por tanto la serie es absolutamente
convergente.

6.3.3 CRITERIO DE LA RAÍZ.

Sea ∑a n
una serie infinita y suponga que lím n an = L .
n →∞

Si L < 1 la serie converge absolutamente.
Si L > 1 o L = ∞ la serie diverge.
Si L = 1 no se concluye.

119


Ejemplo 1
∞

Analice la serie
∑n =1
(− 1)n 3 2 n +1
n 2n
.

SOLUCIÓN:
Debido a la forma de la serie, se aplica el criterio de la raíz.
2 n +1 1
2+
3 2 n +1 3 n 3 n
lím n a n = lím n = lím = lím =0
n →∞ n →∞ n 2n n →∞ 2n n →∞ n2
nn
convergente.

Ejemplo 2
∞

Analice la serie
∑ [ln(1 1 n)]
n =1
+ n
.

Debido a la forma de la serie, se aplica el criterio de la raíz.
1 1 1 1
lím n a n = lím = lím = lím = =0
[ln(1 + n )] [ln(1 + n )] ∞
n
[ln(1 + n )]
n→∞ n →∞ n n →∞ n n →∞
n

convergente.

Ejercicios Propuestos 6.4
Determine la convergencia absoluta, convergencia condicional o divergencia de las siguientes
series numérica:
+∞ +∞

a.
∑ (− 1)
n =1
n −1 1
(n + 1) 3
4
b.
∑ (− 1)
n =1
n n!
n

+∞ +∞

∑ 5 2 n +1
∑
3n
c. (− 1) n
d. (− 1)n −1 2 n
n =1
(2n + 1)! n =1
n

+∞

e.
∑ (− 1) ln 1
n =1
n
n
f.
1
+
1
+
1
+
1
1• 2 3 • 4 5 • 6 7 • 8
+L

120


6. 4. SERIES DE POTENCIAS
Ahora estudiaremos series cuyos términos ya no son numéricos.

6.4.1 DEFINICIÓN.

Una serie de potencia en “ x ” tiene la forma:
∞

∑a x
n =0
n
n
= a0 + a1 x + a2 x 2 + a3 x 3 + L

Una serie de potencia en “ x − x0 ” tiene la forma:
∞

∑ a (x − x )
n =0
n 0
n
= a0 + a1 ( x − x0 ) + a 2 ( x − x0 ) + a3 ( x − x0 ) + L
2 3

Algo importante aquí es determinar los valores de “ x ”, para los cuales la
serie numérica correspondiente sea convergente.

6.4.2 INTERVALO DE CONVERGENCIA.
∞

Empleando el criterio del cociente absoluto para que la serie ∑a x
n =0
n
n

sea convergente tenemos:
a n +1 x n +1
lim <1
n →∞
an x n
a n +1 x n x
lim <1
n →∞
an x n
⎡a ⎤
lim ⎢ n +1 x ⎥ < 1
n →∞
⎣ an ⎦
a n +1
x lim
n →∞
<1
an
a n +1
Ahora, suponga que lim = L entonces tenemos:
n →∞
an

121


x L <1
1
x<
L
1 1
− <x<
L L
1
A R= se lo llama Radio de Convergencia.
L
1 1
Si L = 0 entonces R = = = ∞ (el radio de convergencia es infinito),
L 0
es decir la serie converge para todo número real.
1
Si L = ∞ entonces R = = 0 (el radio de convergencia es cero)
∞

Ejemplo 1
∞

Determine el intervalo de convergencia para
∑ ax
n =0
n
.

SOLUCIÓN
Aplicando el criterio del cociente para que sea convergente:

a n+1 x n+1
lim <1
n →∞ an x n
ax n+1
lim <1
n →∞ ax n
lim x < 1
n →∞
x <1
−1 < x < 1
Se requiere además determinar la convergencia o divergencia en los puntos extremos. En
este caso:
∞

Si x = −1 , tenemos
∑ a(− 1)
n =0
n
una serie no convergente ¿porqué?

∞

Si x = 1 , tenemos
∑ a(1)
n =0
n
una serie no convergente. ¿porqué?

Finalmente el intervalo de convergencia para la serie dada es: −1 < x < 1
Observe que se la puede observar como una serie geométrica de razón x .

122


Ejemplo 2
∞

∑ (n + 1)2
n =0
xn
n
.

SOLUCIÓN
Aplicando el criterio del cociente

a n+1 x n+1
lim <1
n→∞ an x n

lim
x n+1
•
(n + 1)2 n <1
n→∞ (n + 2)2 n+1 xn
n +1
lim x <1
n→∞ 2(n + 2 )
1
x<1
2
−2< x < 2
En los puntos extremos:
∞ ∞ ∞
(− 2)n 2 n (− 1)n
Si x = −2 , tenemos
∑n =0
(n + 1)2 n
=
∑ (n + 1)2 = ∑ (− 1) (n 1+ 1)
n =0
n
n =0
n
una serie

alternante convergente ¿Por qué?.
∞ ∞
(2)n
Si x = 2 , tenemos
∑ n =0
(n + 1)2 n
=
∑ (n 1+ 1) una serie divergente ¿Porqué?
n =0

Finalmente, el intervalo de convergencia sería −2 ≤ x < 2

Ejemplo 3
∞

∑
n =0
xn
n!
.

SOLUCIÓN

a n+1 x n+1
lim <1
n →∞ an x n
x n+1 n!
lim • <1
n→∞ (n + 1)! xn
n!
lim x <1
n →∞ (n + 1)n!
1
x lim <1
n →∞ n +1
x0 <1

123


Entonces, la serie es convergente para x ∈ R (para todo x )

Ejemplo 4
∞

∑ n! x
n =0
n
.

SOLUCIÓN

a n+1 x n+1
lim <1
n →∞ an x n

lim
(n + 1)! x n+1 < 1
n →∞ (n )! x n
lim x
(n + 1)n! < 1
n →∞ n!
x lim n + 1 < 1
n →∞
x∞ <1
∞

Veamos para x = 0 ,
∑ n! 0
n =0
n
= 0 , tenemos una serie convergente.

Finalmente la serie dado converge sólo para x = 0 .

Ejemplo 5
∞

∑ n (x −1)
n =0
n
.

SOLUCIÓN

a n +1 x n +1
lim <1
n →∞ an x n

lim
(n + 1)(x − 1)n +1 < 1
n →∞ n(x − 1)n

lim x − 1
(n + 1) < 1
n →∞ n
n +1
x − 1 lim <1
n →∞ n
x −1 < 1
−1 < x −1 < 1
0< x<2

124


∞

Ahora, en x = 0 ,
∑ n (0 −1) tenemos una serie no convergente.
n =0
n

∞ ∞

En x = 2 ,
∑ n (2 −1) = ∑ n (1)
n =0
n

n =0
n
, una serie no convergente.

Por tanto la serie converge para x ∈ (0,2)

Determine el intervalo de convergencia para:
+∞ +∞
a)
∑
n =1
(1)n−1 x 2n −1
(2n − 1)!
b)
∑
n =1
(x − 1)n
n!

n
⎛x ⎞
+∞ +∞ +∞ ⎜ − 3⎟
c)
∑
n =1
n! x n
nn
d)
∑
n =2
xn
ln(n )
e)
∑
n =∞
⎝2 ⎠
n(ln (n ))

6.4.3 SERIE DE TAYLOR
Una serie de potencia particular es la serie de Taylor.
Suponga que:
∞

f ( x) = ∑ a (x − x )
n=0
n 0
n
= a0 + a1 ( x − x0 ) + a 2 ( x − x0 ) + a3 ( x − x0 ) + L
2 3

Los coeficientes pueden ser determinados en términos de la función f
Evaluando en x = x0

f ( x0 ) = a 0 + a1 [x0 − x0 ] + a 2 [x0 − x0 ]2 + a3 [x0 − x0 ]3 + L + a n [x0 − x0 ]n
Obtenemos: a 0 = f ( x0 )
Para encontrar el segundo coeficiente, derivamos y evaluamos en x = x0

f ´(x) = a1 + 2a 2 [x − x0 ] + 3a3 [x − x0 ]2 + L + na n [x − x0 ]n −1
f ´(x0 ) = a1 + 2a 2 [x0 − x0 ] + 3a3 [x0 − x0 ]2 + L + na n [x0 − x0 ]n−1
Entonces: a1 = f ´(x0 )
Obteniendo la segunda derivada y evaluando en x = x0

125


f ´´(x) = 2a 2 + (3)(2)a3 [x − x0 ] + L + (n )(n − 1)a n [x − x0 ]n −2
f ´´(x0 ) = 2a 2 + (3)(2 )a3 [x0 − x0 ] + L + (n )(n − 1)a n [x0 − x0 ]
n−2

f ´´(x0 ) = 2a 2
f ´´(x0 )
De la última expresión, se tiene a 2 =
2
Ahora, obteniendo la tercera derivada y evaluando en x = x0

f ´´´(x) = (3)(2)a3 + L + (n )(n − 1)(n − 2 )a n [x − x0 ]n −3
f ´´´(x0 ) = (3)(2)a3 + L + (n )(n − 1)(n − 2 )a n [x0 − x0 ]
n −3

f ´´´(x0 ) = (3)(2)a3
f ´´´(x0 )
De la última expresión, se tiene a3 =
3!
Por lo tanto:
f ´´ ( x0 ) ´´´

f ( x) = f ( x0 ) + f ′( x0 )[x − x0 ] + [x − x0 ]2 + f ( x0 ) [x − x0 ]3 + L
2! 3!
∞

∑
f n ( x0 )
f ( x) = [x − x0 ]n
n =0
n!
Si x0 = 0 se llama Serie de Maclaurin, es decir:
∞
′′ ′′′
∑
f n (0) n
f ( x) = [x] = f (0) + f ′(0) x + f (0) x 2 + f (0) x 3 + L
n =0
n! 2 6

Ejemplo 1
Hallar la serie de Taylor para f ( x) = e x , alrededor de x 0 = 0
SOLUCIÓN:

f ( x) = e x f ( 0) = 1
f ′( x) = e x
f ′(0) = 1
Obtenemos primero ⇒
f ′′( x) = e x f ′′(0) = 1
f ′′′(0) = 1
f ′′′( x) = e x

f ′′(0) 2 f ′′′(0) 3
Luego, reemplazando en: f ( x) = f (0) + f ′(0) x + x + x +L
2 6
∞

Resulta e = 1 + x +
x 1 2 1 3 1 4
2
x + x + x +L =
3! 4! ∑n =0
xn
n!

126


¡DEDUZCA SU INTERVALO DE CONVERGENCIA!

Observe que podemos tener una buena aproximación de e 0.1 utilizando la serie:

1 1
e 0.1 ≈ 1 + 0.1 + (0.1) 2 + (0.1) 3
2 6
e 0.1 ≈ 1.10517

Ejemplo 2
Hallar la serie de Taylor para f ( x) = e − x alrededor de x 0 = 0
SOLUCIÓN:
Empleando la serie anteriormente encontrada:
∞

ex =
∑ n =0
xn
n!

Sería cuestión de reemplazar − x por x , es decir:

∞ ∞
(− x )n
e −x
=
∑
n =0
n!
=
∑n =0
(− 1)n xn
n!
1 1 1
=1 + (− x) + (− x) 2 + (− x) 3 + (− x) 4 + L
2 3! 4!
1 1 1
e −x = 1− x + x 2 − x3 + x4 +L
2 3! 4!

Ejemplo 3
2

Hallar la serie de Taylor para f ( x) = e x alrededor de x 0 = 0
SOLUCIÓN:
Ahora, es cuestión de reemplazar x 2 por x , es decir:
∞
(x ) ∞

∑ ∑
2 n
2 x 2n 1 1 1
ex = = = 1+ x 2 + (x 2 ) 2 + (x 2 )3 + (x 2 ) 4 +L
n! n! 2 3! 4!
n=0 n =0
2 1 1 1
ex = 1+ x 2 + x 4 + x6 + x8 +L
2 3! 4!

127


Ejemplo 4
Hallar la serie de Taylor para f ( x) = sen x alrededor de x 0 = 0
SOLUCIÓN:
f ( x) = sen x f (0) = 0
f ′( x) = cos x f ′(0) = 1
f ′′( x) = − sen x f ′′(0) = 0
Obtenemos primero f ′′′( x) = − cos x
/ ⇒ f ′′′(0) = −1
f IV
( x) = sen x f IV
(0) = 0
f V
( x) = cos x f V
(0) = 1

f ′′(0) 2 f ′′′(0) 3
2 6
Se obtiene:
1 3 1
senx = 0 + x + 0 − x + 0 + x5 + L
3! 5!
∞
1 1 1
senx = x − x3 + x5 − x 7 + L =
3! 5! 7! ∑n =0
(− 1)n x 2n +1
(2n + 1)!

Ejemplo 5
Hallar la serie de Taylor para f ( x) = cos x alrededor de x 0 = 0
SOLUCIÓN:

f ( x) = cos x f ( 0) = 1
f ′( x ) = − sen x f ′(0) = 0
Obtenemos primero f ′′( x ) = − cos x ⇒ f ′′(0) = −1
f ′′′( x ) = sen x
/ f ′′′(0) = 0
f IV ( x) = cos x f IV (0) = 1

f ′′(0) 2 f ′′′(0) 3
2 6
Se obtiene:
(−1) 2 0 3 1 4
cos x = 1 + 0 x + x + x + x +L
2! 3! 4!
∞
(− 1)n x 2n
cos x = 1 −
1 2 1 4 1 6
2
x + x − x +L =
4! 6! ∑n=0
(2n )!

128


Ejemplo 6
Hallar la serie de de Taylor para f ( x) = e ix alrededor de x 0 = 0
SOLUCIÓN:
Sería cuestión de reemplazar ix por x , en la serie de f ( x) = e es decir:
x

∞ ∞
(ix )n
∑ ∑ (i)n!x
n n
1 1 1 1
eix = = = 1 + (ix) + (ix) 2 + (ix)3 + (ix) 4 + (ix )5 + L
n! 2 3! 4! 5!
n =0 n =0
1 1 1 1
= 1 + ix + i 2 x 2 + i 3 x 3 + i 4 x 4 + i 5 x 5 + L
2 3! 4! 5!
1 1 1 1
= 1 + ix − x 2 − ix 3 + x 4 + ix 5 + L
2 3! 4! 5!
⎛ 1 1 ⎞ ⎛ 1 1 ⎞
= ⎜1 − x 2 + x 4 + L ⎟ + i ⎜ x − x 3 + x 5 + L ⎟
⎝ 42 424443 ⎝ 444 25! 44 3
1 44
4!
4⎠ 1 3! 4 4 4⎠
cos x senx

i = −1
2

Recuerde que: i 3 = i 2 i = (− 1)i = −i
i 4 = i 2 i 2 = (− 1)(− 1) = 1
Por lo tanto, se concluye que e = cos x + i sen
ix
x
Esta última expresión es la llamada IDENTIDAD DE EULER

6.4.4 DERIVACIÓN E INTEGRACIÓN DE SERIES DE POTENCIAS.
Una serie de potencia se puede derivar o integrar término a término de tal
manera que se tendrá otra serie de potencia con el mismo radio de convergencia,
aunque no necesariamente el mismo intervalo de convergencia.

Ejemplo 1
Obtener la serie de f ( x) = cos x a partir de la serie del seno.
SOLUCIÓN:
La serie del seno es:
∞

senx =
∑n =0
(− 1)n x 2n +1
(2n + 1)!
Derivándola se tiene:
⎡ ∞ (− 1)n x 2 n +1 ⎤ ∞
(− 1)n (2n + 1)x 2n+1−1
∞
(− 1)n x 2n
cos x = D x (senx ) = D x ⎢
⎢
⎣ n =0
∑
(2n + 1)! ⎥
⎥=
⎦
∑n =0
(2n + 1)(2n!)
=
∑
n =0
(2n )!

129

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