If you can't read please download the document
Upload
vuxuyen
View
247
Download
3
Embed Size (px)
Citation preview
CAPITULO XV.SUCESIONES Y SERIESDE FUNCIONES
SECCIONES
A. Campo de convergencia. Convergencia uniforme.
B. Series de potencias. Intervalos de convergencia.
C. Desarrollo de funciones en series de potencias.
D. Aplicaciones al calculo infinitesimal.
E. Ejercicios propuestos.
223
A. CAMPO DE CONVERGENCIA. CONVERGENCIA UNIFOR-ME.
Consideramos en este captulo sucesiones {fn} cuyos terminos son funcionesreales con dominio I comun. Para cada x I, se construye la sucesionnumerica {fn(x)} formada por las imagenes de las funciones en el punto x.Analogamente, se define la serie de funciones
n1
fn como la sucesion {Sn}
de sumas parciales Sn =n
k=1
fk.
En lo que sigue nos referiremos a series de funciones pues, aunque son uncaso particular de las sucesiones, nuestro interes se centra en el estudio delas series de potencias (seccion B) y el desarrollo de funciones en series depotencias (seccion C).
Definimos campo de convergencia de la serien1
fn como el conjunto S de
puntos x I para los que la serie numerican1
fn(x) converge. As pues, si
f(x) =n1
fn(x), con x S, se dice que la serien1
fn converge puntualmen-
te a f . Como sabemos, esto significa que, llamando Sn(x) =n
k=1
fk(x),
x S, > 0, N N : |Sn(x) f(x)| =
k>n
fk(x)
< , n > N,donde N depende de y de x. Si dicho N es el mismo para todos los valores dex S (no depende de x), se dice que la serie
n1
fn converge uniformemente
a f en S.
De la definicion es evidente la siguiente propiedad:
1) Si una serie de funcionesn1
fn converge uniformemente a f , entonces
converge puntualmente a f .
Otras propiedades de interes son las siguientes:
2) Criterio de convergencia de Cauchy. La serien1
fn converge uni-
formemente en S si y solo si
x S, > 0, N N :
k+p
n=k+1
fn(x)
< , k > N, p N.224
3) Continuidad. Si una serie de funcionesn1
fn converge uniformemente
a f en S y cada fn es continua en x0 S, entonces f es continua enx0.
En smbolos,lm
xx0
n1
fn(x) =n1
lmxx0
fn(x).
4) Derivacion. Sea {fn} una sucesion de funciones derivables en (a, b) ytal que la serie
n1
fn(x0) converge para algun x0 (a, b). Si la se-
rien1
f n converge uniformemente en (a, b), entoncesn1
fn converge
uniformemente en (a, b) y(n1
fn(x))
=n1
f n(x), x (a, b).
5) Integracion. Si una serie de funcionesn1
fn converge uniformemente
a f en un intervalo [a, b] y cada fn es integrable en [a, b], entonces fes integrable en [a, b] y
n1
xa
fn(t) dt = x
a
n1
fn(t) dt, x [a, b].
Esto se expresa diciendo que una serie uniformemente convergente sepuede integrar termino a termino. Un metodo usual para probar queuna serie es convergente es el siguiente.
6) Criterio de Weierstrass. Sean1
fn una serie de funciones tal que
|fn(x)| an, n, x S, donden1
an es una serie numerica con-
vergente. Entoncesn1
fn converge uniformemente en S.
Observacion. El criterio de Weierstrass asegura la convergencia uniformey absoluta de una serie de funciones, pero en general ambos conceptos noson equivalentes.
PROBLEMA 15.1
Determinar el campo de convergencia de la serien0
2n senn x.
225
Solucion
Aplicando el criterio de la raz, la serie es absolutamente convergente cuan-do:
lm n|an| < 1 lm 2| senx| < 1 | senx| < 1/2
x (
(6n 1)6
,(6n + 1)
6
), n Z,
que son los intervalos donde la serie es absolutamente convergente.
En los extremos de cada intervalo, es decir cuando | senx| = 1/2, dondeel criterio de la raz no decide, quedan las series
1 o
(1)n, que son
claramente divergentes.
PROBLEMA 15.2
Hallar el campo de convergencia de la serie
n=1
cos nxenx
.
Solucion
Descomponemos el problema en varios casos:
- Si x > 0, aplicamos el criterio de comparacion; tenemos por un lado quecos nxenx
1enx
y, aplicando el criterio de la raz a la serie
1/enx, resul-ta:
lm n
1/enx = lm 1/ex < 1 pues x > 0.
Como la serie mayorante es convergente, tambien lo sera la serie dada.
- Si x = 0, tenemos la serie
1 que es divergente.
- Si x < 0, como lm enx = 0, entonces no existe lmcos nxenx
, con lo que laserie es tambien divergente.
PROBLEMA 15.3
Estudiar la convergencia y convergencia uniforme de la serien1
x
(1 + x)nen R.
226
Solucion
Cuando |1 + x| < 1, es decir 2 < x < 0, tenemos que x(1 + x)n
.
Por el criterio del resto se deduce que la serie no es convergente en R. Enparticular, tampoco converge uniformemente.
PROBLEMA 15.4
Estudiar la convergencia y convergencia uniforme de la serien1
enx sennx en R.
Solucion
Cuando x > 0, el termino general enx sennx no tiene lmite. Por el criteriodel resto se deduce que la serie no converge en R.
PROBLEMA 15.5
Estudiar la convergencia y convergencia uniforme de la serien1
sen
nx
n
nen R.
Solucion
Aplicaremos el criterio de Weierstrass. Comosennxnn 1nn, n
y la serie 1
n
n= 1
n3/2es convergente, se deduce que la serie pro-
puesta converge absoluta y uniformemente en R.
PROBLEMA 15.6
Estudiar la convergencia y convergencia uniforme de la serien1
(1)n1xn en [1/2, 1/2].
227
Solucion
La serie converge absoluta y uniformemente debido al criterio de Weierstrassporque, si 1/2 x 1/2,
|(1)n1xn| 12n
, n
y la serie geometrica
1/2n es convergente.
PROBLEMA 15.7
Estudiar la convergencia y convergencia uniforme de la serien1
arc tg2x
x2 + n3en R.
Solucion
Sea N una constante positiva fija. Teniendo en cuenta que | arc tg x| |x|, x R, obtenemos las siguientes acotaciones:
- Si |x| N ,arc tg 2xx2 + n3
2xx2 + n3 2Nn3 , n.
- Si |x| > N ,arc tg 2xx2 + n3
2xx2 + n3 2n2 , n > |x|.
Como las dos series 2N
n3y 2
n2son convergentes, del criterio de Weiers-
trass se deduce que la serie propuesta es absoluta y uniformemente conver-gente.
PROBLEMA 15.8
Probar que la serien1
xn sennxnp
converge uniformemente en [1, 1]
si p > 1.
Solucion
En efecto, por el criterio de Weierstrass, si p > 1 y 1 x 1, tenemos laacotacion xn sennxnp
1npy la serie mayorante
1np
es convergente.
228
PROBLEMA 15.9
Probar que la serien1
(1)n x2 + nn2
converge uniformemente en
todo [a, b] pero nunca converge absolutamente.
Solucion
Si llamamos fn(x) = (1)nx2 + n
n2, por el criterio de comparacion, como
|fn(x)| 1/n y la serie
1/n es divergente, la serie propuesta no es ab-solutamente convergente. Sin embargo, aplicando el criterio de Leibnitz, seprueba que converge condicionalmente en R.
Por otra parte, al ser una serie alternada, si llamamos = max{|a|, |b|},tenemos:
|Sn(x) S(x)| |fn+1(x)| =x2 + (n + 1)
(n + 1)2
2 + (n + 1)(n + 1)2
0, x [a, b],
lo que indica que la serie converge uniformemente.
PROBLEMA 15.10
Dada la serie
n=1
fn(x), donde fn(x) son continuas en [0, 1] para
todo n y verifican la acotacion
n
k=1
fk(x) x2 nn2 + 5 , x [0, 1],
calcular
n=1
10
fn(x) dx.
Solucion
Comon
n2 + 5 0 cuando n independientemente de x [0, 1], la
acotacion dada indica que la serie
n=1
fn(x) converge uniformemente a la
funcion y = x2. En consecuencia la serie se puede integrar termino a terminoy resulta:
n=1
10
fn(x) dx = 1
0
n=1
fn(x) dx = 1
0x2 dx =
13.
229
PROBLEMA 15.11
Probar que la serien1
sennxn2
es convergente en todo R. Si f(x) es
su suma, probar que f es continua en [0, ] y que 0
f(x) dx = 2n1
1(2n 1)3
.
Solucion
Si llamamos fn(x) =sennx
n2, como |fn(x)|
1n2
, n, x R y la serie 1
n2es convergente, por el criterio de Weierstrass se deduce que la serie propuestaes uniformemente convergente en R. Como ademas las funciones fn(x) soncontinuas, tambien lo sera su suma f(x).
De la formula
0f(x) dx =
n1
0
fn(x) dx, deducimos entonces que:
0
f(x) dx =n1
0
sennxn2
dx =n1
[ cos nx
n3
]0
=n1
1 cos nn3
=n1
2(2n 1)3
,
pues 1 cos n =
{0 si n es par2 si n es impar.
B. SERIES DE POTENCIAS. INTERVALOS DE CONVERGEN-CIA.
Una serie de la forman0
an(x a)n = a0 + a1(x a) + + an(x a)n + . . .,
con an R, n, se llama serie de potencias de x a o serie de potenciascentrada en a. Nos referiremos aqu a las series de potencias centradas enel origen pues basta hacer una traslacion x a = t para reducir la serien0
an(x a)n a la serien0
antn. La siguiente propiedad es basica:
230
1) El campo de convergencia de una serie de potenciasn0
anxn es un
intervalo centrado en el origen, o todo R, o el origen.
As pues, para determinar el intervalo de convergencia, basta calcularla distancia de los extremos del intervalo al origen, lo que llamaremosradio de convergencia.
2) Formula de Hadamard. El radio de convergencia (la mitad de la am-plitud del intervalo de convergencia) de una serie de potencias
n0
anxn
es R = 1/L donde L = lm sup n|an|.
3) Si el campo de convergencia tiene radio R, la serie converge absolutay uniformemente x (R,R) y diverge si |x| > R. Sin embargo, six = R o x = R, caben todas las posibilidades.
Para la mayor parte de las series de potencias que consideraremos,el campo de convergencia puede obtenerse mediante el criterio delcociente o de la raz. Tenemos entonces la siguiente propiedad:
4) a) Si existe lm n|an| = L, el radio de convergencia es R = 1/L.
b) Si existe lman+1an
= L, el radio de convergencia es R = 1/L.Las operaciones posibles con series de potencias se deducen de lascorrespondientes con series arbitrarias. Podemos destacar las siguien-tes:
5) En el interior de su intervalo de convergencia, toda serie de potenciaspuede derivarse termino a termino.
Es decir, (n0
an(x a)n)
=n1
n an(x a)n1
y la serie obtenida tiene el mismo radio de convergencia que la serieoriginal.
6) Toda serie de potencias es integrable en su campo de convergencia y laprimitiva se obtiene integrando termino a termino la serie dada.
Esto se expresa simbolicamente como xa
n0
an(t a)n dt =n0
an (x a)n+1
n + 1, x (aR, a + R)
y la serie resultante tiene el mismo radio de convergencia que la serieoriginal (aunque es posible que converja tambien en algun extremo delintervalo de convergencia).
231
7) Dadas las series de potencias
f(x) =n0
an(x a)n y g(x) =n0
bn(x a)n,
convergentes en los intervalos (a R1, a + R1) y (a R2, a + R2),respectivamente, el producto viene dado por la serie
f(x) g(x) =n0
cn(x a)n, x (R,R),
donde cn =n
k=0
ak bnk, n 0 y R = mn{R1, R2}.
PROBLEMA 15.12
Determinar el campo de convergencia de la serien0
xn
2n n2.
Solucion
Aplicando la formula de Hadamard, calculamos el radio de convergenciacomo:
1R
= lm sup n|an| = lm
1
2 n
n2=
12.
Por tanto, R = 2 y la serie converge absolutamente cuando x (2, 2).
En los extremos del intervalo tenemos:
- Si x = 2, resulta la serie 1
n2que es convergente.
- Si x = 2, resulta la serie (1)n
n2que es tambien absolutamente con-
vergente.
PROBLEMA 15.13
Determinar el campo de convergencia de la serien0
n!xn
nn.
Solucion
Por la formula de Hadamard,
1R
= lm sup n|an| = lm
n
n!n
= lmn e1 n
2n
n= e1,
232
con lo que R = e y la serie converge absolutamente en (e, e) y divergecuando x (,e) (e,). En los extremos tenemos:
- Si x = e, la serie es n! en
nn. Como
lmn! en
nn= lm
2n = 6= 0,
la serie es divergente.
- Si x = e, la serie es (1)nn! en
nnque tambien es divergente, por la
misma razon del caso anterior.
PROBLEMA 15.14
Determinar el campo de convergencia de la serien1
xn
n 10n1.
Solucion
Por la formula de Hadamard,
1R
= lm sup n|an| = lm
1n
n 10n1=
110
,
de donde R = 10 y la serie converge absolutamente en (10, 10) y divergeen (,10) (10,).
- Si x = 10, la serie resulta 10
nque es divergente.
- Si x = 10, tenemos la serie (1)n 10
nque es condicionalmente con-
vergente (basta aplicar el criterio de Leibnitz).
PROBLEMA 15.15
Determinar el campo de convergencia de la serien0
xn
an + bn, donde
a, b > 0.
233
Solucion
Supondremos que a b pues, en caso contrario, se procede de forma analoga.Por la formula de Hadamard,
1R
= lm sup n|an| = lm
1n
an + bn= lm
1a n
1 + (b/a)n=
1a,
con lo que R = a y la serie converge absolutamente en (a, a) y diverge en(,a) (a,).
- Cuando x = a, tenemos la serie an
an + bn. Como
lman
an + bn= lm
11 + (b/a)n
= 1 6= 0,
la serie es divergente.
- Cuando x = a, aplicamos el mismo procedimiento anterior y la serie estambien divergente.
PROBLEMA 15.16
Determinar el campo de convergencia de la serien0
(nx
n + 1
)n.
Solucion
Por la formula de Hadamard,
1R
= lm sup n|an| = lm
n
n + 1= 1 = R = 1,
y la serie converge absolutamente en (1, 1) y diverge en (,1)(1,).
- Si x = 1, tenemos la serie( n
n + 1
)ny si x = 1,
( nn + 1
)n. En
ambos casos, si llamamos an al termino general,
lm |an| = lm(
n
n + 1
)n= lm en(
nn+1
1) = lm en1
n+1 = e1 6= 0,
de modo que ambas series son divergentes.
234
PROBLEMA 15.17
Hallar el intervalo de convergencia de la serie
(x 1) 3(x 1)2
22+ + (1)n+1 (n + 1)(x 1)
n
2n+ . . .
Solucion
Por la formula de Hadamard,
1R
= lm sup n|an| = lm
n
n + 12
=12
= R = 2.
El intervalo de convergencia es entonces I = (1 2, 1 + 2) = (1, 3).
- Para x = 1, tenemos la serie divergente(n + 1), y para x = 3,
tenemos tambien la serie divergente
(1)n+1(n + 1).
PROBLEMA 15.18
Determinar el campo de convergencia de la serie
1 +n1
(1)n x4n1
4n.
Solucion
Aplicaremos el criterio del cociente considerando la serie como serie numeri-ca.
lman+1an
= lm x4n+3/(4n + 4)x4n1/4n = |x|4.
La serie sera convergente cuando |x|4 < 1, es decir cuando |x| < 1, y diver-gente cuando |x| > 1. En los casos extremos tenemos:
- Si x = 1, la serie 1 +n1
(1)n
4nes condicionalmente convergente.
- Si x = 1, la serie es 1n1
(1)n
4nque es tambien condicionalmente
convergente.
235
PROBLEMA 15.19
Determinar el campo de convergencia de la serien0
[cos(1/n)]n2+2n+2 xn.
Solucion
Por la formula de Hadamard,
1R
= lm sup n|an| = lm [cos(1/n)]
n2+2
n2+2n = 1,
de modo que la serie converge absolutamente en (1, 1) y diverge en (,1)(1,).
En los extremos x = 1 y x = 1 las series son divergentes porque, aplicandoel criterio del resto,
lm [cos(1/n)]n2+2n+2 = lm e
n2
n+2[cos(1/n)1] = lm e
n2
n+21/n
2
2 = 1 6= 0.
PROBLEMA 15.20
Determinar el campo de convergencia de la serien1
n(1)nxn1.
Solucion
Aplicaremos el criterio de comparacion, para lo que llamaremos an = n(1)nxn1.
Tenemos la acotacion |an| = n(1)n |x|n1 n|x|n1. Ademas la serie
n|x|n1
converge si |x| < 1 como se deduce aplicando el criterio del cociente:
lm(n + 1)|x|n
n|x|n1= |x|.
Lo anterior indica que la serie propuesta es tambien absolutamente conver-gente cuando |x| < 1.
Ahora bien, si |x| = 1, lm an no existe; por tanto la serie diverge.
Por tratarse de una serie de potencias, la serie debe ser tambien divergentecuando |x| > 1.
236
PROBLEMA 15.21
Determinar el campo de convergencia de la serien1
(x 1)2n
n 9n.
Solucion
Aplicando el criterio de la raz,
lm n|an| = lm
|x 1|2
9 n
n=|x 1|2
9.
Esto quiere decir que la serie converge absolutamente cuando |x 1|2 < 9,es decir cuando x (2, 4) y diverge cuando x (,2) (4,).
Ademas, tanto para x = 2 como para x = 4, queda la serie
1/n que esdivergente.
PROBLEMA 15.22
Determinar el campo de convergencia de la serien1
(2n 1)n(x + 1)n
2n1 nn.
Solucion
Por el criterio de la raz tenemos:
lm n|an| = lm
(2n 1) |x + 1|2(n1)/n n
= |x + 1|
de modo que la serie converge absolutamente cuando |x + 1| < 1, es decircuando x (2, 0) y diverge cuando x (,2) (0,).
- Para x = 0 queda la serie (2n 1)n
2n1 nn. Esta serie es divergente porque
el termino general no tiende a cero:
lm(2n 1)n
2n1 nn= lm 2
(2n 1
2n
)n= 2e1/2.
- Si x = 2, tenemos la serie alternada
(1)n (2n 1)n
2n1 nnque tambien
es divergente por la misma razon que en el caso anterior.
237
PROBLEMA 15.23
Determinar el campo de convergencia de la serien1
(x + 5)2n1
2n 4n.
Solucion
Por el criterio del cociente, obtenemos:
lman+1an
= lm |x+5|2n+1
2(n+1)4n+1|x+5|2n1
2n4n= lm
|x + 5|2 2n4 2(n + 1)
=|x + 5|2
4.
Entonces la serie converge absolutamente cuando|x + 5|2
4< 1, es decir cuan-
do x (7,3) y diverge cuando x (,7) (3,).
En los extremos del intervalo, x = 3 y x = 7, tenemos la serie
1/4nque es divergente.
PROBLEMA 15.24
Determinar el campo de convergencia de la serie n!(a + 1) . . . (a + n)
xn1.
Solucion
Si aplicamos el criterio del cociente, tenemos:
lman+1an
= lm
(n+1)!xn
(a+1)...(a+n)(a+n+1)
n!xn1
(a+1)...(a+n)
= lm (n + 1)|x|a + n + 1 = |x|.Entonces la serie es absolutamente convergente cuando |x| < 1 y divergentecuando |x| > 1. En los extremos del intervalo de convergencia tenemos:
- Si x = 1, la serie es n!
(a + 1) . . . (a + n). Aplicando el criterio de Raabe,
resulta:
lm n (
1 n + 1a + n + 1
)= lm
an
a + n + 1= a,
con lo que la serie es convergente si a > 1 y divergente si a < 1. Por ultimo,
si a = 1, la serie es ahora 1
n + 1, que es evidentemente divergente.
238
- Si x = 1, queda la serie alternada
(1)n1 n!(a + 1) . . . (a + n)
. Como
hemos visto antes, cuando a > 1 es absolutamente convergente. Cuando a 1 aplicamos el criterio de Leibnitz, para lo cual llamamos an =
n!(a + 1) . . . (a + n)
:
Comoan+1an
=n + 1
a + n + 1, la sucesion {an} es decreciente si 0 < a 1 y
creciente si a < 0. En el primer caso, 0 < a 1, ademas lm an = 0.Veamoslo:
Si llamamos L = lmn!
(a + 1) . . . (a + n)= lm
1(1 + a)(1 + a/2) . . . (1 + a/n)
,
altomar logaritmos obtenemos:
lnL = lm[ln(1 + a) + ln(1 + a/2) + + ln(1 + a/n)] =
n=1
ln(1 + a/n).
Esta ultima serie es divergente pues ln(1+a/n) 1/n, con lo que lnL = ,de donde L = e = 0, como queramos probar.
Por ultimo, si a = 0, tenemos la serie divergente
(1)n1.
En resumen, en el caso x = 1, la serie dada es absolutamente convergentecuando a > 1; condicionalmente convergente cuando 0 < a 1 y divergentecuando a 0.
PROBLEMA 15.25
Determinar el campo de convergencia de la seriexn1 ln
(1 +
1n
).
Solucion
Por el criterio del cociente,
lman+1an
= lm xn ln n+2n+1xn1 ln n+1n
= |x|.Tenemos entonces que la serie converge absolutamente cuando |x| < 1 ydiverge cuando |x| > 1. Ademas,
- Si x = 1, tenemos la serie
ln(1 + 1/n) que es divergente como se com-prueba al compararla con la serie armonica
1/n.
239
- Si x = 1, queda la serie alternada
(1)n1 ln(1 + 1/n) que es con-dicionalmente convergente, pues la sucesion {ln(1 + 1/n)} es decreciente ytiene lmite cero.
PROBLEMA 15.26
Determinar el campo de convergencia de la serie (2n + 1)!1 3 5 6 . . . (4n 3)(3n)
(x/e)5n.
Solucion
Si hacemos el cambio t = (x/e)5 y aplicamos el criterio del cociente, tene-mos:
lman+1an
= lm (2n+3)!1356...(4n3)(3n)(4n+1)(3n+3)(2n+1)!1356...(4n3)(3n)
|t| = lm (2n + 3)(2n + 2)(4n + 1)(3n + 3)
|t| = |t|3
.
De aqu se deduce que la serie converge absolutamente cuando |t| < 3, obien cuando |x| < e 5
3, y diverge cuando |x| > e 5
3.
- Cuando x = e 5
3, la serie queda
(1)5n (2n + 1)! 3n
1 3 5 6 . . . (4n 3)(3n).
Esta serie es divergente porque el termino general no tiende a cero. Enefecto, comoan+1an
= (2n + 3)(2n + 2) 3(4n + 1)(3n + 3) = 4n2 + 10n + 64n2 + 5n + 1 > 1,entonces |an+1| > |an| y lm |an| 6= 0.
- Cuando x = e 5
3, procedemos de manera analoga al caso anterior. As laserie es tambien divergente.
PROBLEMA 15.27
Si la serie
anzn tiene radio de convergencia 2, encontrar los
radios de convergencia de las series
aknzn,
anzkn, (k > 1),
anzn2.
240
Solucion
Por hipotesis sabemos que 1/2 = lm sup n|an|. Aplicando tambien la formu-
la de Hadamard en los demas casos, tenemos:
lm sup n|akn| = lm sup
(n|an|
)k=
12k
.
De aqu se deduce que la serie
aknzn tiene radio de convergencia R1 =
2k.
Para el segundo caso, como
lm sup kn|an| = lm sup |an| 1n nkn = (1/2)0 = 1,
el radio de convergencia de la serie
anzkn es R2 = 1.
Analogamente, como
lm sup n2|an| = lm sup [|an|1/n]n(1/n2) = (1/2)0 = 1,
el radio de convergencia de
anzn2 es R3 = 1.
PROBLEMA 15.28
Se considera la serie de potencias
anxn, donde llamamos
an =1 2 . . . n
3 5 . . . (2n + 1).
a) Probar que su radio de convergencia es 2.
b) Probar que la serie original no converge en x = 2.
c) Sean bn = an2n y pn = ln bn. Probar que los terminos pn son lassumas parciales de una serie de terminos negativos que divergehacia .
d) Deducir de c) el caracter de la serie original en x = 2.
Solucion
a) Por el criterio del cociente,
lman+1an
= lm 12...n(n+1)35...(2n+1)(2n+3)12...n35...(2n+1)
xn+1xn
= lm n + 12n + 3 |x| = |x|2 ,de modo que la serie converge absolutamente cuando |x| < 2.
241
b) Para x = 2 aplicamos el criterio de Raabe:
lm n(
1 an+1an
)= lm n
(1 n + 1
2n + 3 2)
= lm n 12n + 3
=12
< 1,
por lo que la serie es divergente.
c) Si escribimos bn = an 2n =2 4 . . . 2n
3 5 . . . (2n + 1)=
23 45
. . .2n
2n + 1, enton-
cespn = ln bn = ln
23
+ ln45
+ + ln 2n2n + 1
es una cantidad negativa por ser suma de numeros negativos (loga-ritmos de numeros menores que uno). Ademas pn es la suma de los
n primeros terminos de la serien1
ln2n
2n + 1. Esta serie es divergen-
te como se observa al aplicar el criterio de comparacion con la serie1/n:
lmln 2n2n+1
1/n= lm ln
(2n
2n + 1
)n= e1/2.
Esto quiere decir que lm pn = , como queramos probar.
d) La serie original en x = 2 es la serie alternada
(1)n 2n an.Para estudiar su convergencia aplicamos el criterio de Leibnitz. Porel apartado c), el termino general en valor absoluto tiende a ceropues |(1)n 2n an| = bn = epn e = 0. Ademas la sucesion {bn}es decreciente pues
bn+1bn
= 2 n + 12n + 3
=2n + 22n + 3
< 1.
De lo anterior resulta que la serie es condicionalmente convergente (laconvergencia no es absoluta pues vimos en el apartado b) que la seriede valores absolutos no es convergente).
C. DESARROLLO DE FUNCIONES EN SERIES DE POTEN-CIAS.
Se plantea en esta seccion el problema de saber si una funcion f es la su-ma de una serie de potencias que converja en cierto intervalo centrado en
242
algun punto x = a. Es decir, queremos encontrar los coeficientes {an} paraque
f(x) =n0
an(x a)n, x (aR, a + R).
1) Una condicion necesaria para que exista dicha serie es que f sea infini-tamente derivable en un entorno de a; en este caso, los coeficientes se
obtienen por la formula an =f (n)(a)
n!(como se deduce al aplicar su-
cesivas veces la propiedad 5 de la seccion B). Tenemos as la llamadaserie de Taylor generada por la funcion f en el punto x = a:
f(x) n0
f (n)(a)n!
(x a)n,
o, en el caso particular de a = 0, la serie de McLaurin generada por f :
f(x) n0
f (n)(a)n!
xn.
Para encontrar alguna condicion suficiente que asegure la convergenciade la serie de Taylor a la funcion f escribimos la siguiente formula deTaylor con resto:
f(x) =n
k=0
f (k)(a)k!
(xa)k+Rn(x, a), donde Rn(x, a) =f (n+1)(c)(n + 1)!
(xa)n+1
para algun c comprendido entre x y a (Rn(x, a), llamado resto de ordenn de la serie, indica el error cometido al sustituir la funcion f por lasuma de los n primeros terminos de la serie de Taylor asociada). Es
evidente que lmxa
Rn(x, a)(x a)n
= 0, es decir, el resto es un infinitesimo de
orden superior a n en x = a.
De lo anterior se deduce que:
2) Una condicion necesaria y suficiente para que la serie de Taylor converjaa f es que
lmn
Rn(x, a) = lmn
f (n+1)(c)(n + 1)!
(x a)n+1 = 0.
Muchas veces, en la practica basta encontrar una cota superior de laderivada de orden n+1 de la funcion en un entorno de x = a. Esto dalugar entonces a:
3) Una condicion suficiente para que la serie de Taylor converja a f esque las derivadas de cualquier orden de la funcion f esten acotadas enalgun entorno de a.
243
Escribiremos a continuacion los desarrollos en serie de las funciones mascomunes, que serviran de base para obtener los desarrollos de otras funcio-nes.
1. Funcion exponencial. ex =n0
xn
n!,
y la serie converge en todo R.
2. Funciones trigonometricas. senx =n0
(1)n x2n+1
(2n + 1)!,
que converge en todo R.
Analogamente, cos x =n0
(1)n x2n
(2n)!
y converge tambien en todo R (se puede obtener como derivada de sen x).
3. Funcion logartmica. ln(x + 1) =n1
(1)n1 xn
n
y la serie converge absolutamente en (1, 1) y condicionalmente en x = 1.
4. Serie binomica. (1 + x)m =n0
(m
n
)xn,
(donde definimos(
m
n
)=
m(m 1) . . . (m n + 1)n!
, para todo m R y
n N) y la serie es absolutamente convergente en (1, 1); para ciertosvalores de m la serie tambien converge en algun extremo del intervalo.
En los siguientes problemas veremos la forma de obtener desarrollos en se-rie de funciones que se obtienen mediante operaciones algebraicas de lasanteriores.
PROBLEMA 15.29
Desarrollar en serie de McLaurin la funcion f(x) = (1 + x)ex ydeterminar su intervalo de convergencia.
244
Solucion
Como ex =n0
(x)n
n!, para todo x R, entonces
(1 + x)ex =n0
(x)n
n!+ x
n0
(x)n
n!= 1 +
n1
(1)n
n!xn +
n0
(1)n
n!xn+1
= 1 +n1
(1)n
n!xn +
m1
(1)m1
(m 1)!xm
= 1 +n1
(1)nxn[
1n! 1
(n 1)!
]= 1 +
n1
(1)nxn 1 nn!
,
y el desarrollo es tambien valido en todo R.
PROBLEMA 15.30
Desarrollar la funcion f(x) = x +x
1 + x2en serie de potencias
alrededor del origen especificando su intervalo de convergencia.
Solucion
Utilizaremos el desarrollo en serie binomica (1 + x2)1/2 =n0
(1/2
n
)(x2)n,
valido cuando |x| < 1; teniendo en cuenta que(1/2
n
)= (1)n 1 3 . . . (2n 1)
n! 2n,
resulta:
x + x(1 + x2)1/2 = x +n0
(1)n 1 3 . . . (2n 1)n! 2n
x2n+1
= 2x +n1
(1)n 1 3 . . . (2n 1)n! 2n
x2n+1,
y el desarrollo es igualmente valido cuando |x| < 1 (observar tambien que laserie converge condicionalmente cuando x = 1 procediendo como se hizoen el problema 15.24).
PROBLEMA 15.31
Desarrollar la funcion f(x) =
{ex1
x si x 6= 01 si x = 0
en serie de poten-
cias alrededor del origen.
245
Solucion
A partir del desarrollo ex =n0
xn
n!, obtenemos:
ex 1 =n1
xn
n!= e
x 1x
=n1
xn1
n!
y el desarrollo es valido en todo R por serlo el desarrollo de ex.
PROBLEMA 15.32
Obtener el desarrollo en serie de potencias de x de la funcionf(x) = (1 + x2) arc tg x, especificando su intervalo de convergencia.
Solucion
Calculando la derivada de la funcion y = arc tg x, tenemos el desarro-llo:
y =1
1 + x2=n0
(1n
)(x2)n =
n0
(1)nx2n.
Si integramos ahora termino a termino, para x (1, 1):
y =n0
(1)n x2n+1
2n + 1+ C, con C = y(0) = 0.
Multiplicando ahora por 1 + x2, obtenemos en definitiva:
f(x) =n0
(1)n x2n+1
2n + 1+n0
(1)n x2n+3
2n + 1=n0
(1)n x2n+1
2n + 1
+m1
(1)m1 x2m+1
2m 1= x +
n1
(1)n1x2n+1( 1
2n + 1+
12n 1
)= x +
n1
(1)n1 2(2n + 1)(2n 1)
x2n+1,
y el desarrollo es valido cuando |x| < 1 pues corresponde al intervalo donde esvalido el desarrollo de (1+x2)1 (en este caso se puede comprobar facilmenteque tambien es convergente cuando x = 1).
246
PROBLEMA 15.33
Desarrollar en serie de potencias alrededor de x = 0 la funcionf(x) =
x
1 + x3especificando su intervalo de convergencia. Escribir
el desarrollo de la funcion F (x) = x
0f(t)dt.
Solucion
A partir del desarrollo de (1 + x3)1 resulta:
x(1 + x3)1 = xn0
(1n
)x3n =
n0
(1)nx3n+1,
y la serie converge absolutamente a la funcion cuando x (1, 1).
Como en dicho intervalo la convergencia es absoluta y uniforme, enton-ces
F (x) = x
0f(t)dt =
n0
x0
(1)nt3n+1dt
=n0
(1)n[
t3n+2
3n + 2
]x0
=n0
(1)n x3n+2
3n + 2.
Ahora la serie obtenida converge tambien (aunque solo condicionalmente)cuando x = 1.
PROBLEMA 15.34
Desarrollar la funcion f(x) = sen2 x en serie de McLaurin.
Solucion
Debido a la formula sen2 x =1 cos 2x
2y a partir del desarrollo del coseno,
el desarrollo de la funcion dada es:
f(x) =12 1
2
n0
(1)n (2x)2n
(2n)!=n1
(1)n1 22n1 x2n
(2n)!.
El intervalo de convergencia coincide pues con el de la serie correspondientea cos 2x, es decir todo R.
247
PROBLEMA 15.35
Desarrollar la funcion f(x) =ln(1 + x)
1 + xen serie de McLaurin.
Solucion
Debemos multiplicar las series correspondientes a las funciones y = ln(1+x),y = (1 + x)1. Tenemos pues:
f(x) =
n0
(1)nxn
n1
(1)n1 xn
n
.Para calcular el coeficiente del termino general de la serie producto hace-mos:
pn =n
k=0
ank bk =n
k=1
(1)nk (1)k1 1k
= (1)n1n
k=1
1k, n 1.
En definitiva, tenemos:
f(x) =n1
(1)n1
(n
k=1
1/k
)xn,
y el desarrollo es valido en (1, 1) que corresponde a la interseccion de losintervalos de convergencia de las series factores.
PROBLEMA 15.36
Desarrollar alrededor de x = 1 la funcion f(x) =
x.
Solucion
Haciendo el cambio de variable t = x 1, podemos escribir la funcion co-mo f(t) =
t + 1. Al desarrollar esta ultima como serie binomica, obtene-
mos:
f(t) = (t + 1)1/2 =n0
(1/2n
)tn = f(x) =
n0
(1/2n
)(x 1)n,
y el desarrollo es valido cuando 1 < x 1 < 1, es decir cuando 0 < x < 2.
248
PROBLEMA 15.37
Desarrollar la funcion f(x) =12 5x
6 5x x2en serie de McLaurin.
Solucion
En primer lugar descomponemos la funcion en fracciones simples. As:
f(x) =5x 12
x2 + 5x 6=
A
x 1+
B
x + 6=
(A + B)x + 6AB(x 1)(x + 6)
= A = 1, B = 6.
Teniendo en cuenta ahora el desarrollo en serie binomica, (1 + x)m =n0
(m
n
)xn,
x (1, 1), escribimos los desarrollos correspondientes a cada sumando co-mo:
1x 1
= [1 + (x)]1 =n0
(1n
)(x)n =
n0
xn, x (1, 1);
6x + 6
= [1 + (x/6)]1 =n0
(1n
)(x/6)n =
n0
(1)n xn
6n, x/6 (1, 1).
Sumando las series en el intervalo (1, 1), que es la interseccion de los in-tervalos de convergencia de ambas series, obtenemos:
f(x) =n0
xn +n0
(1)n xn
6n=n0
(1 +
(1)n
6n
)xn.
PROBLEMA 15.38
Desarrollar la funcion f(x) = arc senx en serie de McLaurin.
Solucion
Como la derivada de la funcion es f (x) =1
1 x2= (1 x2)1/2, podemos
escribir el desarrollo de esta ultima funcion como:
f (x) =n0
(1/2
n
)(x2)n =
n0
1 3 . . . (2n 1)2n n!
x2n, x (1, 1).
Integrando ahora termino a termino en el intervalo de convergencia absoluta,resulta:
f(x) =n0
1 3 . . . (2n 1)2n n!
x2n+1
2n + 1, x (1, 1).
249
PROBLEMA 15.39
Desarrollar la funcion f(x) =1 + x1 x3
en serie de McLaurin.
Solucion
Si descomponemos la funcion en dos fracciones y aplicamos el desarrollo de
la serie geometrica (1 x3)1 =n0
(1n
)(x3)n, tenemos:
f(x) =1
1 x3+
x
1 x3=n0
(1n
)(x3)n + x
n0
(1n
)(x3)n
=n0
x3n +n0
x3n+1 =n0
(x3n + x3n+1)
y el desarrollo es valido en el intervalo (1, 1), que corresponde al intervalodonde convergen ambas series.
PROBLEMA 15.40
Desarrollar la funcion f(x) =ex
1 + xen serie de McLaurin.
Solucion
Multiplicando las series correspondientes a las funciones y = ex e y = (1 +x)1, tenemos:
f(x) =
n0
xn
n!
n0(1)nxn
.El coeficiente del termino general en la serie producto es
pn =n
k=0
ak bnk =n
k=0
(1)nk
k!
y la serien0
pnxn converge absolutamente en el intervalo (1, 1) que corres-
ponde a la interseccion de los intervalos de convergencia de las dos seriesfactores.
250
PROBLEMA 15.41
Desarrollar la funcion f(x) = ln
1 + x1 x
en serie de McLaurin.
Solucion
Aplicando las propiedades usuales de los logaritmos, escribimos la funcion
como f(x) =12[ln(1 + x) ln(1 x)]. Recordando que el desarrollo de ln(1+
x) en serie de McLaurin esn1
(1)n1
nxn, y el radio de convergencia es 1,
escribimos los desarrollos correspondientes a cada uno de los sumandos yobtenemos:
f(x) =12
n1
(1)n1
nxn
n1
(1)n1
n(x)n
=
12
n1
(1)n1
n[1 (1)n]xn =
n1
x2n1
2n 1
y la serie converge absolutamente en (1, 1).
PROBLEMA 15.42
Es posible desarrollar en serie de potencias alrededor del origen
la funcion f(x) =
{ex + e1/x
2si x 6= 0,
1 si x = 0?
Solucion
La funcion y = e1/x2
tiene todas sus derivadas en el origen nulas (esto sepuede probar por induccion), de modo que f (n)(0) = 1 y podemos escribirel desarrollo
f(x) 1 + x + x2
2!+ + x
n
n!+ Rn(x).
Sin embargo, como lmn
(1 + x +
x2
2!+ + x
n
n!+ Rn(x)
)= ex + lm
nRn(x),
si la serie converge a la funcion, debe ser lmn
Rn(x) = e1/x2 6= 0 salvo para
x = 0. Esto indica que la funcion no es desarrollable en serie de McLaurin.
251
D. APLICACIONES AL CALCULO INFINITESIMAL.
Debido a que las series de potencias son la generalizacion inmediata de lospolinomios (donde el numero de terminos es infinito), el calculo de las de-rivadas e integrales es tambien directo. Ademas, como muchas funcioneselementales son suma de series de potencias, sus valores en puntos del in-tervalo de convergencia seran tambien suma de las series correspondientes aesos puntos. Esto permite plantear una gran variedad de aplicaciones de losdesarrollos de funciones en serie de Taylor y McLaurin a diversos problemasde Calculo Infinitesimal; completamos as las herramientas necesarias parael calculo de lmites, derivadas, integrales y sumas de series que no eranposible sin el uso de las series de potencias.
PROBLEMA 15.43
Calcular, mediante series de funciones, lmx0
sen2 x x2
(ex 1)4.
Solucion
Teniendo en cuenta el desarrollo en serie de las funciones involucradas, po-demos escribir las siguientes relaciones:
senx = xx3
3!+. . . = sen2 x = x22x
4
3!+. . . = sen2 xx2 = 2x
4
3!+R4(x),
donde lmx0
R4(x)x4
= 0, lo cual da lugar a la equivalencia sen2 x x2 2x4
3!.
Procediendo analogamente, resulta:
ex = 1 + x + R1(x) = ex 1 = x + R1(x) = (ex 1)4 x4.
Aplicando las equivalencias obtenidas, tenemos:
lmx0
sen2 x x2
(ex 1)4= lm
x0
2x4/6x4
= 13.
PROBLEMA 15.44
Calcular, mediante series de funciones, lmx0
sen2 x3
(1 cos x2)3.
252
Solucion
Analogamente al problema anterior, tenemos:
senx3 = x3 + R3(x) = sen2 x3 = x6 + R6(x) = sen2 x3 x6;
cos x2 = 1 x4
2!+ R4(x) = 1 cos x2 =
x4
2+ R4(x) = (1 cos x2)3
x12
8.
Aplicando las equivalencias anteriores, obtenemos:
lmx0
sen2 x3
(1 cos x2)3= lm
x0
x6
x12/8= lm
x0
8x6
= .
PROBLEMA 15.45
Calcular, mediante series de funciones, la derivada de orden k en
el origen de la funcion f(x) =
{sen x
x si x 6= 00 si x = 0.
Solucion
Debido al desarrollo
senxx
= 1 x2
3!+ + (1)n x
2n
(2n + 1)!+ . . . ,
y recordando que el termino general del desarrollo verifica la formula ak =f (k)(0)
k!,
se obtiene en definitiva que
f (k)(0) = ak k! =
{0 si k = 2n + 1(k es impar)(1)n
(2n+1)! (2n)! =(1)n2n+1 si k = 2n(k es par).
PROBLEMA 15.46
Calcular, mediante series de funciones,
10
senx2 dx.
Solucion
Como senx2 =n0
(1)n (x2)2n+1
(2n + 1)!y la convergencia es uniforme en R, po-
demos integrar termino a termino: 10
senx2 dx =n0
(1)n
(2n + 1)!
10
x4n+2 dx =n0
(1)n
(2n + 1)! 14n + 3
.
253
PROBLEMA 15.47
Calcular, mediante series de funciones,
x0
dt
1 + t3.
Solucion
A partir del desarrollo en serie1
1 + t3=n0
(1)n (t3)n, que es uniforme-
mente convergente en (1, 1), resulta: x0
dt
1 + t3=n0
(1)n x
0t3n dt =
n0
(1)n x3n+1
3n + 1, x (1, 1).
PROBLEMA 15.48
Calcular
10
ln1
1 xdx.
Solucion
Aplicaremos en este caso el desarrollo de la funcion logaritmo. Como
ln1
1 x= ln(1 x) =
n1
xn
n, x (1, 1),
y la convergencia es uniforme en dicho intervalo, la integral impropia va-le 1
0ln
11 x
dx = lm1
0
ln1
1 xdx
= lm1
n1
0
xn
ndx =
n1
1n(n + 1)
= 1.
Para calcular la suma de la ultima serie, se descompone el termino generalen fracciones simples y se obtiene en forma simplificada el termino generalde la sucesion de sumas parciales (ver captulo 9).
PROBLEMA 15.49
Probar que
10
x
1 + x3dx =
n=1
(1)n1
3n 1.
254
Solucion
Si escribimos el desarrollo en serie de la funcion integrando, obtenemos:
x
1 + x3= x
n0
(1)nx3n =n0
(1)nx3n+1, x (1, 1).
Como la convergencia de la serie de potencias es uniforme, integramos termi-no a termino, con lo que: 1
0
x
1 + x3dx =
n0
(1)n 1
0x3n+1 dx =
n0
(1)n
3n + 2=m1
(1)m1
3m 1.
PROBLEMA 15.50
Probar que la serien0
x(1 x)n converge no uniformemente en
[0, 2). Sin embargo, se puede integrar termino a termino en [0, 1].
Solucion
Como se trata de una serie geometrica de razon 1 x, sera convergente si|1 x| < 1, es decir si 0 < x < 2. Ademas, si x = 0, resulta la serie
0 que
converge a la funcion cero, pero si x = 2, resulta la serie
(1) 2 que esdivergente.
De lo anterior se deduce que el intervalo de convergencia es [0, 2). Para verque la convergencia no es uniforme, llamamos {Sn(x)} a la sucesion de sumasparciales, es decir
Sn(x) =n
k=0
x(1x)k = x1 (1 x)n+1
1 (1 x)=
{1 (1 x)n+1 si 0 < x < 20 si x = 0.
Entonces S(x) = lm Sn(x) =
{0 si x = 01 si 0 < x < 2.
Como dicho lmite no es una funcion continua, no puede ser lmite uniformede funciones continuas.
Por otra parte, para ver que se puede integrar termino a termino en [0, 1],
255
tenemos: 10
S(x) dx = 1; 10
fn(x) dx =[x(1 x)n+1
n + 1
]10
+1
n + 1
10
(1 x)n+1 dx = 1(n + 1)(n + 2)
=
n=0
10
Sn(x) dx =
n=0
1(n + 1)(n + 2)
= 1.
Como se observa en este problema, la convergencia uniforme no es necesa-ria para que se pueda integrar termino a termino una serie aunque, comosabemos, s es una condicion suficiente.
PROBLEMA 15.51
Calcular las integrales de las siguientes funciones en el intervalo[0, 1]:
a) f(x) = signo(sen
x
).
b) f(x) = signo (sen lnx).
Solucion
a) Teniendo en cuenta que sen
x< 0 cuando x
(12k
,1
2k 1
), donde
k Z \ {0}, entonces
f(x) =
{1 si 12k < x 0, pero no en [0,). Calcular la suma de la seriepara x > 0.
Solucion
Si llamamos fn(x) = nenx, cuando x [a,), entonces fn(x) nean, n.Ademas la serie numerica
nean es convergente cuando ea < 1 (lo que
se prueba aplicando el criterio del cociente), es decir cuando a > 0.
El criterio de Weierstrass indica que la serie propuesta converge uniforme-mente en [a,).
Haciendo x = 0, nos queda la serie divergente
n, por lo que la serie defunciones no es uniformemente convergente en [0,).
257
Para calcular la suma de la serie, basta tener en cuenta que fn(x) = D(enx).
Como la serie
enx converge uniformemente si x > 0 yn1
enx =ex
1 ex,
entonces n1
nenx = D(
ex
1 ex
)=
ex
(ex 1)2.
PROBLEMA 15.53
Que funcion representa la serien1
xn
1 + + n?
Solucion
Si recordamos la formula 1 + 2 + + n = n(n + 1)2
, entonces
xn
1 + + n=
2xn
n(n + 1)=
2xn
n 2x
n
n + 1, x (1, 1).
Sabiendo ademas que ln(1 x) = n1
xn
n, entonces
n1
xn
n + 1=
1x
n1
xn+1
n + 1=
1x
[ ln(1 x) x].
De aqu resulta:
f(x) =n1
xn
1 + + n= 2
[ ln(1 x) ln(1 x) + x
x
], x (1, 1).
PROBLEMA 15.54
Demostrar que para |x| < 1 se verifica lo siguiente:
a)n0
(1)nxn = 11 + x
.
b)n0
(1)nx2n = 11 + x2
.
258
Solucion
a) Si escribimos el termino general de la sucesion de sumas parciales, tene-mos:
Sn = 1 x + x2 + (1)nxn;xSn = x x2 + x3 + (1)nxn+1. Sumando miembro a miembro,
(1 + x)Sn = 1 + (1)nxn+1 = Sn =1 + (1)nxn+1
1 + x= S = lm
nSn =
11 + x
,
cuando |x| < 1, pues lmn
xn+1 = 0.
b) Analogamente al anterior,
Sn = 1 x2 + x4 + (1)nx2n;x2Sn = x2 x4 + x6 + (1)nx2n+2;
(1 + x2)Sn = 1 + (1)nx2n+2
= Sn =1 + (1)nx2n+2
1 + x2= S = lm
nSn =
11 + x2
,
tambien cuando |x| < 1.
PROBLEMA 15.55
Dada la serie de potencias 1
(3n 2)(3n + 1) 8n(1 x)3n, deter-
minar su campo de convergencia y calcular su suma cuando x =1.
Solucion
Aplicando el criterio del cociente,
lmn
an+1an = lm |1x|
3n+3
(3n+1)(3n+4)8n+1
|1x|3n(3n2)(3n+1)
= lm |1 x|3 3n 28(3n + 4)
=|1 x|3
8.
De aqu se deduce que la serie converge absolutamente cuando |1 x|3 < 8,o bien cuando x (1, 3). En los extremos del intervalo tenemos:
- Si x = 3, la serie
(1)n 1(3n 2)(3n + 1)
es absolutamente convergen-
te.
- Si x = 1, la serie 1
(3n 2)(3n + 1)es tambien absolutamente conver-
gente.
259
Para calcular la suma de esta ultima serie, escribimos el termino general
como an =1
(3n 2)(3n + 1)=
1/33n 2
1/33n + 1
. As, la suma de los n pri-
meros terminos vale:
Sn =13
[1 1
4+
14 1
7+
17 + 1
3n 2 1
3n + 1
]=
13
[1 1
3n + 1
].
La suma sera entonces S = lmn
Sn = 1.
PROBLEMA 15.56
Determinar el intervalo de convergencia de la serien0
1 3 5 . . . (2n 1)(n + 1)!
(x/2)3n.
Calcular la suma de la serie para x = 3
4.
Solucion
Por el criterio del cociente,
lmn
an+1an = lm 13...(2n1)(2n+1)(n+2)!13...(2n1)
(n+1)!
(x/2)3n+3(x/2)3n = lm 2n + 1n + 2 |x|38 = |x|34 ,
de modo que la serie es absolutamente convergente cuando |x| < 3
4.
En los extremos del intervalo tenemos las series 1 3 . . . (2n 1)(n + 1)! 2n
y
(1)n 1 3 . . . (2n 1)(n + 1)! 2n
.
Ambas son absolutamente convergentes como se deduce al aplicar el criteriode Raabe:
lm n (
1an+1an
) = lm n (1 2n + 12(n + 2))
=32
> 1.
Escribimos la serie en x = 3
4 como
S =n0
1 3 . . . (2n 1)(n + 1)! 2n
=n0
(1)n (1/2)(3/2) . . . [(2n 1)/2]n! (n + 1)
=n0
(1)n(1/2
n
)1
n + 1.
260
A partir del desarrollo de la serie binomican0
(m
n
)xn = (1 + x)m, al inte-
grar los dos miembros de la igualdad, resulta:
n0
(m
n
) x0
xn dx = x
0(1+x)m dx =
n0
(m
n
)xn+1
n + 1=
(1 + x)m+1
m + 1 1
m + 1.
Haciendo ahora m = 1/2 y x = 1, tenemos:
n0
(1/2
n
)(1)n+1
n + 1= 2 = S = 2.
PROBLEMA 15.57
Calcular la suma de la serien1
(x 3)3n1
(3n 1) 8nespecificando el inter-
valo de convergencia de la misma.
Solucion
Por el criterio de la raz,
lmn
n|an| = lm
|x 3|31/n
8 n
3n 1=|x 3|3
8,
y la serie converge absolutamente cuando |x3|3 < 8, o bien x (1, 5).
- Cuando x = 1, la serie es (1)3n1
2(3n 1)que converge condicionalmente
(basta aplicar el criterio de Leibnitz).
- Cuando x = 5, la serie 1
2(3n 1)es divergente.
Para calcular la suma de la serie, si llamamos f(x) =n1
(x 3)3n1
(3n 1) 8n, al
derivar obtenemos:
f (x) =n1
(x 3)3n2
8n= (x 3)2
n1
[(x 3)3
8
]n= (x 3)2 (x 3)
3/81 (x 3)3/8
=x 3
8 (x 3)3=f(x) =
x3
x 38 (x 3)3
dx
=1
2
3
(
6 arc tg x 2
3
) ln(5 x)
6+
ln(7 4x + x2)12
.
261
PROBLEMA 15.58
Demostrar que ch 1 =n0
1(2n)!
.
Solucion
Recordando la formula 2 chx = ex + ex y el desarrollo en serie de cada unode los sumandos, obtenemos:
2 ch x =n0
xn
n!+n0
(1)n xn
n!=n0
[1 + (1)n]xn
n!= 2
n0
x2n
(2n)!
= chx =n0
x2n
(2n)!.
PROBLEMA 15.59
Sabiendo que
n=0
xn
n!= ex, hallar las sumas de las siguientes se-
ries:
a)
n=2
n 1n!
.
b)
n=2
(n 1)(n + 1)n!
.
Solucion
a) Al descomponer la serie en suma, tenemos:n2
n 1n!
=n2
1(n 1)!
n2
1n!
=m1
1m!
n2
1n!
.
Ahora bien, como
e =n0
1n!
= 1 +n1
1n!
= 1 + 1 +n2
1n!
,
resulta en definitiva que S = (e 1) (e 2) = 1.
262
b) Procediendo analogamente al apartado anterior,
S =
n=2
n2 1n!
=n2
n2
n!n2
1n!
=n2
n
(n 1)!n2
1n!
=m1
m + 1m!
n2
1n!
=m1
1(m 1)!
+m1
1m!
n2
1n!
=k0
1k!
+m1
1m!
n2
1n!
= e + (e 1) (e 2) = e + 1.
PROBLEMA 15.60
Sabiendo que, para |x| < 1, se tiene
n=0
xn =1
1 x, calcular cuando
sea posible:
a)n0
xn+1
n + 1.
b)n0
xn+2
(n + 1)(n + 2).
c)n1
nxn1.
d)n2
n(n 1)xn2.
e)n0
n2xn.
f)n0
1en+2(n + 1)(n + 2)
+n0
n2
n.
Solucion
a) Integrando miembro a miembro, resulta:
n0
x0
xn dx = x
0
11 x
dx =n0
xn+1
n + 1= ln |1x|, x (1, 1).
263
b) Integrando nuevamente el resultado de a),n0
x0
xn+1
n + 1dx =
x0 ln |1 x| dx =
n0
xn+2
(n + 1)(n + 2)
= x ln |1 x|+ x + ln |1 x|, x (1, 1).
c) Derivamos ahora termino a termino la serie original. As:
D
(1
1 x
)=n1
D(xn) = 1(1 x)2
=n1
n xn1, x (1, 1).
d) Derivando nuevamente,
D
(1
(1 x)2
)=n2
D(nxn1) = 2(1 x)3
=n2
n(n1)xn2, x (1, 1).
e) Teniendo en cuenta los resultados de los apartados anteriores,n0
n2xn =n1
n(n 1)xn +n1
nxn = x2n2
n(n 1)xn2 + x n1
nxn1
= x2 2(1 x)3
+ x 1(1 x)2
=x2 + x
(1 x)3.
f) Haciendo en b) x = 1/e y en e) x = 1/, resulta:n0
1en+2(n + 1)(n + 2)
+n0
n2
n= 1
eln(
1 1e
)+
1e+ln
(1 1
e
)+
1/2 + 1/(1 1/)3
.
PROBLEMA 15.61
Dada la serien1
n2
22n(x 1)n, determinar su intervalo de conver-
gencia y calcular su suma cuando x = 0.
Solucion
Por el criterio del cociente,
lmn
an+1an = lm (n+1)222n+2 |x 1|n+1n2
22n|x 1|n
= lm |x 1| (n + 1)2
22 n2=|x 1|
4,
y la serie converge absolutamente cuando |x1| < 4, es decir x (3, 5).
264
En los extremos, tenemos:
Para x = 5, la serie
n2 es divergente; para x = 3, la serie
(1)nn2 estambien divergente.
Para x = 0 resulta la serien1
(1)n n2
4n=n1
n2
(4)n. Para calcular su suma
aplicaremos el apartado e) del problema anterior haciendo x = 1/4. Quedaas
n1
n2
(4)n=
(1/4)2 + (1/4)(1 + 1/4)3
= 12125
.
PROBLEMA 15.62
Sabiendo que, para |x| < 1, se tiene
n=1
nxn =x
(1 x)2, calcular
cuando sea posible:
a)n1
nxn+1
n + 1.
b)n1
n2xn1.
c)n1
n2(n 1)xn2.
d)n1
n2(n 1)en
.
Solucion
a) Integrando miembro a miembro, obtenemos:n1
nxn+1
n + 1=n1
x0
nxn dx = x
0
x
(1 x)2dx =
11 x
+ln |1x|1.
b) Si derivamos ahora la formula dada,n1
n2xn1 =n1
D(nxn) = D(
x
(1 x)2
)=
1 + x(1 x)3
.
c) Derivamos nuevamente el resultado de b). As:n1
n2(n 1)xn2 =n1
D(n2xn1) = D(
1 + x(1 x)3
)=
2x + 4(1 x)4
.
265
d) Si, en el apartado anterior, hacemos x = 1/e, resulta:
n1
n2(n 1)en
=2/e + 4
(1 1/e)4=
e3(2 + 4e)(e 1)4
.
266
E. EJERCICIOS PROPUESTOS.
1. Contestar razonadamente si cada uno de los siguientes apartadoses verdadero o falso:
a) Si la serien0
an6n es convergente, entonces la serien0
an(6)n
es convergente.
Resp.: Falso (considerar el contraejemplo: an =(1)n
n 6n).
b) Si la serien0
an6n es convergente, entonces la serien0
an(5)n
es convergente.
Resp.: Verdadero, pues el radio de convergencia es R 6.
c) Si la serien0
anxn es convergente para todo x > 0, entonces
la serie converge para todo x < 0.
Resp.: Verdadero, pues el radio de convergencia es R = .
d) Si f(x) =n0
anxn es una funcion continua par, entonces
a2n+1 = 0, para todo n.
Resp.: Verdadero, pues f(x) = f(x) = an = (1)nan, n.
e) Si la serie
n=0
anxn tiene radio de convergencia R > 0, R es
tambien el radio de convergencia de la serie
n=2
an n (n 1)xn2.
Resp.: Verdadero pues la segunda serie es derivada de orden dosde la primera.
2. Estudiar la convergencia uniforme de la serie
n=1
1 + cos xn2
en R.
Resp.: Por el criterio de Weierstrass, |fn(x)| 2/n2, n.
267
3. Se considera la serie
n=1
fn donde las funciones fn son conti-
nuas en [0, 1] y se tiene ademas que
n
k=1
fk(x) x2 lnnn2 + 5 ,
x [0, 1]. Calcular, si es posible, 1
0
n=1
fn(x) dx.
Resp.: 1/3.
4. Existe una sucesion {fn} de funciones integrables en [0, 1] que
converja uniformemente a f(x) = x2 en [0, 1] y tal que 1
0fn(x) dx =
5 + 3nn
?
Resp.: No; si existiera, debera cumplirse que lm 1
0fn(x) dx =
10
lm fn(x) dx.
5. Sea {fn} una sucesion de funciones derivables en [0, 1] tal que
i) fn f en [0, 1];
ii) fn(0) = (1 + 1/n)n, n N;
iii) |f n(x) x| 7/(3 + n), x [0, 1], n N.
Calcular f(1/2).
Resp.: Como f(x) = x
0lmn
f n(x) dx + lmn fn(0) = f(1/2) = e + 1/8.
6. Estudiar la convergencia de la serien1
(1
1 3+
12 4
+1
3 5+ + 1
n(n + 2)
)xn.
Resp.: Converge absolutamente en [1, 1]; diverge en el resto.
7. Determinar el intervalo de convergencia de la serie de potencias
n=1
2 4 6 . . . 2n3 5 7 . . . (2n + 1) 4n+1
xn+1.
Resp.: Converge absolutamente en (4, 4); converge condicionalmenteen x = 4; diverge en el resto.
268
8. Obtener el campo de convergencia de la serie
n=1
(1 + n2
1 + n3 xn
)2.
Resp.: Converge absolutamente en [1, 1]; diverge en el resto.
9. Estudiar el caracter de la serie
n=1
(1)n(x 1)n
2n(3n 1)con x R.
Resp.: Converge absolutamente cuando x (5, 7); diverge en el resto.
10. Obtener el campo de convergencia de la serien1
(x 2)n
(2n 1) 2n.
Resp.: Converge absolutamente cuando x (0, 4); converge condicio-nalmente cuando x = 0; diverge en el resto.
11. Determinar el campo de convergencia de la serie (1)nx2n
22n(n!)2.
Resp.: Converge absolutamente en R.
12. Determinar el campo de convergencia de la serien1
(1)n 2n(n!)2
(2n + 1)!xn.
Resp.: Converge absolutamente en (2, 2); converge condicionalmenteen x = 2; diverge en el resto.
13. Determinar el campo de convergencia de la serie 1(3n 2)(3n + 1)
(x/5)3n.
Resp.: [5, 5].
14. Desarrollar en serie de potencias alrededor del punto indicado yencontrar el campo de convergencia de la misma:
a) f(x) = lnx, x = 1.
Resp.: f(x) =n1
(1)n1
n(x 1)n, x (0, 2]. b) f(x) = 1/x2, x =
1.
269
Resp.: f(x) =n0
(n + 1)(x + 1)n, x (2, 0). c) f(x) = x(1 x)2
,
x = 0.
Resp.: f(x) =n0
(n + 1)xn+1, x (1, 1).
15. Desarrollar en serie de McLaurin la funcion y = shx y hallarn0
1(2n + 1)!
.
Resp.: shx =n0
x2n+1
(2n + 1)!;n0
1(2n + 1)!
= sh 1 =e2 1
2e.
16. Escribir los primeros terminos del desarrollo alrededor de x =0 de la funcion f(x) = ln(
1 + x2 x) y aplicarlo al calculo de
lmx0
x + ln(
1 + x2 x)x3
.
Resp.: f(x) x + x3
3!+ R3(x); L = 1/6.
17. Hallar la suma de las series
a)n1
xn
n.
Resp.: S = ln |1 x|.
b)n1
x2n1
2n 1.
Resp.: S = ln
1 + x1 x
.
c)n1
nxn.
Resp.: S =x
(1 x)2.
18. Calcular la suma de la serie
n=1
n2 5n + 7n!
.
Resp.: e 7.
270
19. Probar que x
0
sen tt
dt =
k=0
(1)kx2k+1
(2k + 1)(2k + 1)!.
Sugerencia: Utilizar el desarrollosen t
t=
k=0
(1)kt2k
(2k + 1)!.
20. Estudiar la convergencia de la serie 3x/2 + 7x2/4 + 11x3/8 + 15x4/16 + . . .y sumarla cuando sea posible.
Resp.: Converge absolutamente cuando x (2, 2); diverge en el resto.
S =x2 + 6x(2 x)2
.
271