Ejercicios Resueltos de Series Infinitas

CAPITULO IX.SERIES NUMERICAS

SECCIONES

A. Series de terminos no negativos.

B. Ejercicios propuestos.

401

A. SERIES DE TERMINOS NO NEGATIVOS.

Dada una sucesion {a1, a2, . . . , an, . . . }, se llama serie de termino generalan, y que representaremos por

∑n≥1

an, a la sucesion de sumas parciales {Sn}

definida por S1 = a1, S2 = a1 + a2, . . . , Sn = a1 + a2 + · · ·+ an, . . . .

Si existe S = lımn→∞

Sn, la serie∑n≥1

an se dice convergente y tiene suma S y

se escribe∑n≥1

an = S.

Si dicho lımite es infinito o no existe, la serie∑n≥1

an es divergente.

Enunciaremos a continuacion los criterios generales para estudiar el caracter(convergente o divergente) de una serie. Nos limitaremos a las series determinos no negativos (an ≥ 0) aunque el primer criterio es valido paraseries generales.

1. Condicion del resto.

Si una serie∑n≥1

an es convergente, entonces lımn→∞

an = 0.

De aquı se deduce que si el termino general de una serie no convergea cero, dicha serie es divergente.

2. Criterio de comparacion.

Dadas dos series∑n≥1

an y∑n≥1

bn, si an ≤ bn, ∀n y∑n≥1

bn converge,

entonces∑n≥1

an converge.

Recıprocamente, si una serie es divergente y todos sus terminos sonmayores o iguales que los de otra serie, esta ultima es tambien diver-gente.

3. Criterio de comparacion por paso al lımite.

a) Si lımn→∞

an

bn= L (L finito y L 6= 0), entonces

∑n≥1

an converge ⇐⇒∑n≥1

bn converge.

b) Si lımn→∞

an

bn= 0, entonces

∑n≥1

bn converge =⇒∑n≥1

an converge.

402

c) Si lımn→∞

an

bn= ∞, entonces

∑n≥1

an converge =⇒∑n≥1

bn converge.

Para utilizar los criterios de comparacion es conveniente conocer laconvergencia de las siguientes series:

- Serie armonica: La serie∑n≥1

1/np es convergente cuando p > 1 y

divergente cuando p ≤ 1.

-Serie geometrica: La serie∑n≥1

a · rn es convergente cuando |r| < 1

y divergente cuando |r| ≥ 1.

4. Criterio del cociente (D’Alembert).

Sea L = lımn→∞

an+1

an. Entonces,

a) si L < 1,∑n≥1

an converge;

b) si L > 1,∑n≥1

an diverge.

5. Criterio de la raız (Cauchy).

Sea L = lımn→∞

n√

an. Entonces,

a) si L < 1,∑n≥1

an converge;

b) si L > 1,∑n≥1

an diverge.

6. Criterio de Raabe.

a) Si lım n ·(

1− an+1

an

)> 1, entonces

∑an converge.

b) Si lım n ·(

1− an+1

an

)< 1, entonces

∑an diverge.

Nota: Este criterio puede ser conveniente en los casos en que los cri-terios del cociente o de la raız no son concluyentes.

7. Criterio de la integral.

Sea f : [1,∞) → R una funcion decreciente y f(x) > 0, ∀x. Entonces∑n≥1

f(n) converge ⇐⇒∫ ∞

1f(x)dx converge.

403

8. Criterio del producto (Pringsheim).

a) Si lım npan = L ≥ 0, para algun p > 1, entonces∑

an converge.

b) Si lım npan = L > 0, para algun p ≤ 1, entonces∑

an diverge.

9. Criterio logarıtmico.

Si lımlog 1/an

log n= L, entonces

a)∑

an converge cuando L > 1.

b)∑

an diverge cuando L < 1.

PROBLEMA 9.1.

Estudiar el caracter de la serie∑

an de termino general

an =n(n + 1)n2 + 2n

.

Solucion

Como lımn(n + 1)n2 + 2n

= 1 6= 0, la serie es divergente.

PROBLEMA 9.2.

Sabiendo que la suma de los n primeros terminos de una seriees

Sn =5n2 − 3n + 2

n2 − 1,

hallar el termino general y estudiar su naturaleza.

Solucion

Aplicamos la formula an = Sn − Sn−1 y obtenemos:

an =5n2 − 3n + 2

n2 − 1− 5(n− 1)2 − 3(n− 1) + 2

(n− 1)2 − 1=

3n2 − 17n + 10n4 − 2n3 − n2 + 2n

.

404

Como ademas lım Sn = lım5n2 − 3n + 2

n2 − 1= 5, la serie es convergente.

Observacion: No confundir con la condicion necesaria de convergencia en laque debe ser cero el lımite del termino general de la serie an, no del terminogeneral de la sucesion de sumas parciales Sn. En este caso, como lım Sn = 5,quiere decir que la suma de la serie es precisamente 5.

PROBLEMA 9.3.

Hallar el mayor valor entero que debe tomar k para que la serie∑an de termino general an =

nk

(n + 1)(n + 2)(n + 3)sea convergen-

te.

Solucion

Aplicando el criterio logarıtmico,

lımlog(1/an)

log n= lım

log (n+1)(n+2)(n+3)nk

log n= lım

log(n + 1)(n + 2)(n + 3)− log nk

log n

= lımlog(n3 + 6n2 + 11n + 6)− k log n

log n

= lımlog(n3)(1 + 6/n + 11/n2 + 6/n3)− k log n

log n

= lım3 log n + log(1 + 6/n + 11/n2 + 6/n3)− k log n

log n

= lım[3− k +

log(1 + 6/n + 11/n2 + 6/n3)log n

]= 3− k.

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

PROBLEMA 9.4.



an =1√

n− 1− 1√

n + 1.

405

Solucion

Tenemos que

1√n− 1

− 1√n + 1

=√

n + 1−√

n + 1n− 1

=2

n− 1.

Por el criterio de comparacion, como lım2/(n− 1)

1/n= 2 y la serie

∑1/n es

divergente, la serie dada es divergente.

PROBLEMA 9.5.



an =n√

2n3 + 1.

Solucion

Aplicamos el criterio de Prinsgheim, y tenemos:

lım nα n√2n3 + 1

= lımnα+1

√2n3 + 1

.

Para que dicho lımite sea real debe ser el grado del numerador igual al gradodel denominador. En este caso α + 1 = 3/2 =⇒ α = 1/2. Como α < 1, laserie es divergente.

PROBLEMA 9.6.



an =√

n

n4 + 1.

Solucion

Aplicando el criterio de Pringsheim, tenemos:

lım nα

√n

n4 + 1= lım

nα+1/2

√n4 + 1

.

406

Dicho lımite es un numero real no nulo cuando α = 3/2. Como es mayorque uno, la serie es convergente.

PROBLEMA 9.7.



an =1

1 + np.

Solucion

Segun el criterio de Pringsheim, si α = p, lım nα 11 + np

= 1. De este modo,

cuando p > 1, la serie es convergente y cuando p ≤ 1, la serie es divergente.

PROBLEMA 9.8.



an =√

x + n− 1√x2 + n2 + 1

.

Solucion

Aplicamos nuevamente el criterio de Pringsheim y debemos determinar elvalor de α para que lım nαan sea un numero real no nulo. Tenemos que

lım nα

√x + n− 1√

x2 + n2 + 1= 1 cuando α = 1/2.

Como es un valor menor que uno, se deduce que la serie es divergente.

PROBLEMA 9.9.



an =√

n + 1−√

n.

407

Solucion

Aplicamos en este caso el criterio de Pringsheim:

lım nα(√

n + 1−√

n) = lımnα

√n + 1 +

√n

.

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

PROBLEMA 9.10.



an =1

n√

n + 1.

Solucion

Como

lım an = lım1

n√

n + 1= lım

1n+1

n

= lımn

n + 1= 1 6= 0,

la serie es divergente.

PROBLEMA 9.11.



an = lnn + 1

n.

Solucion

Debido a la equivalencia de los infinitesimos lnn + 1

n∼ n + 1

n− 1 =

1n

y

como la serie∑

1/n es divergente, la serie dada tambien diverge.

408

PROBLEMA 9.12.



an =n!n2

.

Solucion

Si calculamos el lımite del termino general se obtiene que lımn!n2

= ∞ porlo que la serie es divergente.

PROBLEMA 9.13.



an =5 · loga n

3 · logb n.

Solucion

Aplicando la formula del cambio de base de logaritmos, podemos escri-bir

an =5 · (lnn/ ln a)3 · (lnn/ ln b)

=53· ln b

ln a.

Como el termino general es constante, no tiende a cero, por lo que la seriees divergente.

PROBLEMA 9.14.



an =lnn

n.

409

Solucion

Por el criterio de comparacion, comolnn

n>

1n

y la serie armonica∑

1/n esdivergente, la serie dada tambien es divergente.

PROBLEMA 9.15.

Demostrar que las series u1 +u2 + · · ·+un + . . . y ln(1+u1)+ ln(1+u2) + · · · + ln(1 + un) + . . . tienen el mismo caracter si un > 0 ylım

n→∞un = 0.

Solucion

Utilizando el criterio de comparacion tenemos:

lımln(1 + un)

un= lım ln(1 + un)1/un = ln lım(1 + un)1/un = ln e = 1 6= 0.

Esto asegura que ambas series tienen el mismo caracter.

PROBLEMA 9.16.



an = arc sen(1/√

n).

Solucion

Debido a que lımarc sen(1/

√n)

1/√

n= 1, la serie dada es equivalente a la serie

armonica∑

1/√

n, la cual es divergente.

PROBLEMA 9.17.



an =1 + sen2 n

n2.

410

Solucion

Como 0 ≤ 1 + sen2 n

n2≤ 2

n2y la serie

∑2/n2 es convergente, por el criterio

de comparacion se deduce la convergencia de la serie dada.

PROBLEMA 9.18.



an =n!nn

.

Solucion

Aplicamos el criterio del cociente de D’Alembert:

lımn!/nn

(n− 1)!/(n− 1)n−1= lım

n!(n− 1)n−1

nn(n− 1)!= lım

(n− 1

n

)n−1

= e−1.

Como el lımite es menor que uno, la serie es convergente.

PROBLEMA 9.19.



an =nn

3n · n!.

Solucion

Aplicando el criterio del cociente:

lıman

an−1= lım

nn

3n · n!· 3n−1 · (n− 1)!

(n− 1)n−1= lım

13· nn−1

(n− 1)n−1

=13

lım(

n

n− 1

)n−1

=13

lım(

1 +1

n− 1

)n−1

=e

3< 1.

411

Por tanto la serie dada es convergente.

PROBLEMA 9.20.



an =12n

tga

2n.

Solucion

Aplicando el criterio de D’Alembert:

lıman+1

an= lım

tg(a/2n+1)2n+1

· 2n

tg(a/2n)=

12

lım tga

2n+1· cotg

a

2n

=12

lıma

2n+1· 2n

a=

14

< 1.

Esto prueba que la serie es convergente.

PROBLEMA 9.21.



an =2nx2n

1 + x2nrespecto a los diversos valores de x.

Solucion

En primer lugar, si x2 = 1 =⇒ an =2n

1 + 1→ ∞ y la serie sera divergen-

te.

Si x2 > 1 =⇒ lım an = lım 2n · lımx2n

1 + x2n= ∞ · 1 = ∞. La serie es

divergente.

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

lıman

an−1= lım

2nx2n

1 + x2n· 1 + x2(n−1)

2n−1x2(n−1)= lım

2x2(1 + x2n−2)1 + x2n

= 2x2,

412

pues x2n → 0 y x2n−2 → 0 cuando x2 < 1.

La serie es convergente cuando 2x2 < 1, es decir cuando |x| <√

2/2 ydivergente cuando 2x2 > 1, es decir cuando |x| >

√2/2.

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

an =2n(1/2n)

1 + (1/2n)=

11 + (1/2n)

→ 1

con lo que la serie es tambien es divergente cuando |x| =√

2/2.

PROBLEMA 9.22.



an = lnn2 + 2n + 2n2 − 2n + 2

.

Solucion

Si aplicamos el criterio de Pringsheim resulta:

lım nα lnn2 + 2n + 2n2 − 2n + 2

= lım nα

(n2 + 2n + 2n2 − 2n + 2

− 1)

= lım nα 4n

n2 − 2n + 2.

Si hacemos α = 1, el lımite da como resultado 4. De aquı se concluye que laserie es divergente.

PROBLEMA 9.23.



an =2n− 1(√

2)n.

Solucion

Por el criterio de la raız:

lım n

√2n− 1(√

2)n= lım

1√2

n√

2n− 1 =1√2

lım2n− 12n− 3

=1√2.

413


PROBLEMA 9.24.



an =1

(lnn)ln n.

Solucion

Aplicando el criterio logarıtmico tenemos:

lımln(1/an)

lnn= lım

ln((lnn)ln n

)lnn

= lımlnn ln(lnn)

lnn= lım ln(lnn) = ∞ > 1.

Esto indica que la serie es convergente.

PROBLEMA 9.25.



an =(

lnn + 1n− 1

)a

.

Solucion

Comparamos esta serie con la de termino general bn =(

2n− 1

)a

, con lo

que tenemos:

lıman

bn= lım

[ln(1 + 2

n−1

)]a(2

n−1

)a = lım

ln(1 + 2

n−1

)2

n−1

a

= lım

[ln(

1 +2

n− 1

)n−12

]a

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

414

Esto quiere decir que las dos series tienen el mismo caracter y como la serie

de termino general bn =(

2n− 1

)a

es una serie armonica, es convergente

cuando a > 1 y divergente cuando a ≤ 1.

PROBLEMA 9.26.



an =logn a

loga n.

Solucion

Aplicando la formula del cambio de base en los logaritmos podemos escri-bir

an =ln a/ lnn

lnn/ ln a=(

ln a

lnn

)2

.

Aplicando el criterio logarıtmico:

lımln(1/an)

lnn= lım

ln(

ln nln a

)2lnn

= lım2 ln(lnn)− 2 ln(ln a)

lnn

= 2 lımln(lnn)

lnn− 2 lım

ln(ln a)lnn

.

El segundo lımite da como resultado cero y para calcular el primero, aplica-mos el criterio de Stolz:

lımln(lnn)

lnn= lım

ln(lnn)− ln[ln(n− 1)]lnn− ln(n− 1)

= lımln ln n

ln(n−1)

ln(

nn−1

)= lım

1

ln(

nn−1

) [ lnn

ln(n− 1)− 1]

= lım1

ln(

nn−1

) · lnn− ln(n− 1)ln(n− 1)

= lım1

ln(

nn−1

) · ln(

nn−1

)ln(n− 1)

= lım1

ln(n− 1)= 0.

415

Como el lımite es menor que uno, la serie es divergente.

PROBLEMA 9.27.



an =(

n

3n− 1

)2n−1

.

Solucion

Por el criterio de la raız de Cauchy:

lım n

√(n

3n− 1

)2n−1

= lım(

n

3n− 1

) 2n−1n

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


PROBLEMA 9.28.



an =(

n + 12n− 1

)n

.

Solucion

Aplicamos nuevamente el criterio de la raız:

lım n

√(n + 12n− 1

)n

= lımn + 12n− 1

=12

< 1.

Se deduce que la serie es convergente.

PROBLEMA 9.29.



an =(sen a

n

)n(a fijo).

416

Solucion

Por el criterio de Raabe,

lım n

1−(

sen an

)n(sen an−1

)n−1

= lım n

(1− (n− 1)n sen a

nn(n− 1)

)

= lım n

[1−

(n− 1

n

)n sen a

n− 1

]= ∞ · 1 = ∞.

Como el lımite es mayor que uno, la serie es convergente.

PROBLEMA 9.30.



an = tg n

(a +

b

n

)con 0 < a < π/2.

Solucion

Aplicamos el criterio de la raız:

lım n√

an = lım tg(

a +b

n

)= tg a.

De aquı se deduce que si 0 < a < π/4, la serie es convergente pues el lımiteanterior es menor que uno.

Si π/4 < a < π/2, el citado lımite es mayor que uno por lo que la serie esdivergente.

Para a = π/4 se tiene:

lım an = lım tgn

(π

4+

b

n

)= lım

(tg(π/4) + tg(b/n)

1− tg(π/4) tg(b/n)

)n

= lım(

1 + tg(b/n)1− tg(b/n)

)n

= eL,

donde

L = lım n

(1 + tg(b/n)1− tg(b/n)

− 1)

= lım n · 2 tg(b/n)1− tg(b/n)

= lım n tg(b/n) · lım 21− tg(b/n)

= 2b.

417

Por lo tanto, lım an = e2b 6= 0 y la serie es divergente.

PROBLEMA 9.31.



an =nln n

(lnn)n.

Solucion

Aplicamos el criterio de Cauchy o de la raız:

lım n√

an = lımnln n/n

lnn.

Tomando logaritmos resulta:

lım ln n√

an = lım[lnn

nlnn− ln(lnn)

]= lım

[(lnn)2

n− ln(lnn)

].

Utilizamos el criterio de Stolz para calcular el lımite del primer suman-do:

lım(lnn)2

n= lım

(lnn)2 − [ln(n− 1)]2

n− (n− 1)= lım[lnn + ln(n− 1)][lnn− ln(n− 1)]

= lım ln n(n− 1) lnn

n− 1

= lım ln(n2 − n)(

n

n− 1− 1)

= lımln(n2 − n)

n− 1

= lımln(n2 − n)− ln[(n− 1)2 − (n− 1)]

n− 1− (n− 1− 1)

= lım lnn2 − n

n2 − 3n + 2= ln 1 = 0.

Como el lımite del segundo sumando es lım ln(lnn) = +∞, resulta que

lım ln n√

an = −∞ =⇒ lım n√

an = 0 < 1,

de modo que la serie es convergente.

418

PROBLEMA 9.32.



an =1

(1 + 1/√

n)n .

Solucion

Aplicamos el criterio logarıtmico:

lımln(1/an)

lnn= lım

ln(1 + 1√

n

)n

lnn= lım

ln[(

1 + 1√n

)√n]√n

lnn

= lım

√n ln

(1 + 1√

n

)√n

lnn= lım

√n

lnnlım ln

(1 +

1√n

)√n

.

Es evidente que el lımite del segundo factor es 1. Utilizaremos el criterio deStolz para calcular el lımite del primer factor:

lım√

n

lnn= lım

√n−

√n− 1

lnn− ln(n− 1)= lım

n− (n− 1)√

n +√

n− 1· 1ln n

n−1

= lım1

(√

n +√

n− 1)(

nn−1 − 1

) = lımn− 1

√n +

√n− 1

= +∞.

En definitiva, lımln(1/an)

lnn= +∞ > 1 y la serie es convergente.

PROBLEMA 9.33.



an =

[(n + 1

n

)n+1

− n + 1n

]−n

.

Solucion

Por el criterio de la raız:

lım n

√√√√[(n + 1n

)n+1

− n + 1n

]−n

= lım1(

n+1n

)n+1 − n+1n

=1

e− 1< 1.

419

Esto muestra que la serie es convergente.

PROBLEMA 9.34.



an =[(

n + 1n

)n

+2n + 1

n

]−n

.

Solucion

Aplicando el criterio de la raız:

lım n√

an = lım1(

n+1n

)n + 2n+1n

= lım1(

1 + 1n

)n + 2n+1n

=1

e + 2< 1.

La serie es convergente.

PROBLEMA 9.35.



an =nn

1 · 3 · 5 · . . . (2n− 3)(2n− 1).

Solucion

Aplicando el criterio del cociente de D’Alembert:

lıman

an−1= lım

nn

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

(n− 1)n−1

= lım1

2n− 1· nn

(n− 1)n−1= lım

n

2n− 1· nn−1

(n− 1)n−1

= lımn

2n− 1lım(

n

n− 1

)n−1

=12· e > 1.

Por tanto la serie es divergente.

420

PROBLEMA 9.36.



an =ln 2 · ln 3 . . . lnn

n!.

Solucion

Aplicando el criterio del cociente de D’Alembert:

lıman

an−1= lım

ln 2 · ln 3 . . . lnn

n!· (n− 1)!ln 2 · ln 3 . . . ln(n− 1)

= lımlnn

n= 0 < 1.

Entonces se trata de una serie convergente.

PROBLEMA 9.37.



an =n!

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

Solucion

Aplicamos el criterio del cociente:

lımn!

(a + 1)(a + 2) . . . (a + n)·(a + 1)(a + 2) . . . (a + n− 1)

(n− 1)!= lım

n

a + n= 1.

El criterio no permite decidir sobre la convergencia de la serie por lo queaplicamos el criterio de Raabe:

lım n

[1− n

a + n

]= lım

an

a + n= a.

Resulta que si a < 1, la serie es divergente; si a > 1, la serie es convergen-te.

421

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

=∑ 1

n + 1

la cual es evidentemente divergente.

PROBLEMA 9.38.



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

.

Solucion

Aplicaremos el criterio de D’Alembert:

lıman

an−1= lım

1·3·5·····(2n−1)2·4·6·····(2n+2)

1·3·5·····(2n−3)2·4·6·····(2n)

= lım2n− 12n + 2

= 1.

Como este criterio no decide el caracter de la serie, aplicamos el criterio deRaabe:

lım n

(1− an

an−1

)= lım n

(1− 2n− 1

2n + 2

)= lım

3n

2n + 2=

32.

Como el lımite es mayor que uno, la serie es convergente.

PROBLEMA 9.39.



an = e−n2x segun los valores de x.

Solucion

Por el criterio de Raabe, tenemos:

lım n

(1− e−n2x

e−(n−1)2x

)= lım n

(1− e−n2x+n2x+x−2nx

)= lım n

(1− ex(1−2n)

).

422

Cuando x = 0, la serie dada es∑

1 que es evidentemente divergente.

Cuando x < 0, lım n(1− ex(1−2n)

)= −∞ < 1 por lo que la serie es diver-

gente.

Cuando x > 0, lım n(1− ex(1−2n)

)= +∞ > 1 por lo que la serie es conver-

gente.

PROBLEMA 9.40.



an =

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

segun los valores de α y β.

Solucion

Por el criterio de Raabe:

lım n

[1− an

an−1

]= lım n

1−

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

= lım n

(1−

√α + n− 1β + n− 1

)

= lım n

(√β + n− 1−

√α + n− 1√

β + n− 1

)= lım n · β + n− 1− α− n + 1√

β + n− 1(√

β + n− 1 +√

α + n− 1)

= lımn(β − α)

β + n− 1 +√

n2 + . . .=

β − α

2.

De aquı se deduce que si β −α > 2, la serie es convergente. Si β −α < 2, laserie es divergente.

En el caso en que β−α = 2, es decir β = α+2, al sustituir en la serie original

resulta∑√

α(α + 1)(α + n)(α + n + 1)

. Aplicando ahora el criterio de Pringsheim,

resulta que lım np

√α(α + 1)

(α + n)(α + n + 1)es finito y no nulo cuando p = 1 lo

que hace que la serie sea divergente.

En definitiva, la serie es convergente si y solo si β − α > 2.

423

PROBLEMA 9.41.

Calcular la suma de la serie∞∑

n=1

1n2 − 2

√2n + 1

.

Solucion

Si descomponemos el termino general en fracciones simples, obtenemos:

1n2 − 2

√2n + 1

=A

n−√

2− 1+

B

n−√

2 + 1.

Esto implica que 1 = A(n−√

2 + 1) + B(n−√

2− 1) por lo que A = 1/2 yB = −1/2.

Sumando ahora los n primeros terminos de la sucesion tenemos:

an =1/2

n−√

2− 1− 1/2

n−√

2 + 1

an−1 =1/2

n−√

2− 2− 1/2

n−√

2

an−2 =1/2

n−√

2− 3− 1/2

n−√

2− 1. . .

a2 =1/2

1−√

2− 1/2

3−√

2

a1 =1/2−√

2− 1/2

2−√

2

Sn =12

[1

1−√

2+

1−√

2− 1

n−√

2 + 1− 1

n−√

2

].

En definitiva, S =∑

an = lım Sn =12

[1

1−√

2+

1−√

2

].

PROBLEMA 9.42.

Dada la serie de termino general an =n + 12

n3 + 5n2 + 6n, demostrar

que es convergente y sumarla.

424

Solucion

Por el criterio de Pringsheim, lım npan = lımnp(n + 12)

n3 + 5n2 + 6n= 1 cuando p =

2 > 1, por lo que la serie es convergente.

Para sumar la serie descomponemos el termino general en fracciones sim-ples:

an =n + 12

n3 + 5n2 + 6n=

A

n+

B

n + 2+

C

n + 3

=A(n + 2)(n + 3) + Bn(n + 3) + Cn(n + 2)

n(n + 2)(n + 3)=⇒ n + 12 = A(n + 2)(n + 3) + Bn(n + 3) + Cn(n + 2).

Para n = 0, 12 = 6A =⇒ A = 2.

Para n = −2, 10 = −2B =⇒ B = −5.

Para n = −3, 9 = 3C =⇒ C = 3.

De aquı obtenemos:

an =2n− 5

n + 2+

3n + 3

an−1 =2

n− 1− 5

n + 1+

3n + 2

an−2 =2

n− 2− 5

n+

3n + 1

an−3 =2

n− 3− 5

n− 1+

3n

. . .

a4 =24− 5

6+

37

a3 =23− 5

5+

36

a2 =22− 5

4+

35

a1 =21− 5

3+

34

Sn = − 2n + 1

− 2n + 2

+3

n + 3− 3

3+

22

+21

=⇒ S = lım Sn = −1+1+2 = 2.

PROBLEMA 9.43.

Sumar la serie1

1 · 3 · 5+

13 · 5 · 7

+1

5 · 7 · 9+ . . ..

425

Solucion

El termino general de la serie es an =1

(2n− 1)(2n + 1)(2n + 3). Al descom-

ponerlo en fracciones simples resulta:

an =A

2n− 1+

B

2n + 1+

C

2n + 3

=A(2n + 1)(2n + 3) + B(2n− 1)(2n + 3) + C(2n− 1)(2n + 1)

(2n− 1)(2n + 1)(2n + 3)=⇒ A(2n + 1)(2n + 3) + B(2n− 1)(2n + 3) + C(2n− 1)(2n + 1) = 1=⇒ A = 1/8, B = −1/4, C = 1/8.

Por tanto,

an =18

(1

2n− 1− 2

2n + 1+

12n + 3

)an−1 =

18

(1

2n− 3− 2

2n− 1+

12n + 1

)an−2 =

18

(1

2n− 5− 2

2n− 3+

12n− 1

). . .

a2 =18

(13− 2

5+

17

)a1 =

18

(11− 2

3+

15

)Sn =

18

(1

2n + 3− 1

2n + 1+ 1− 1

3

).

Tenemos entonces que S = lım Sn =18

(1− 1

3

)=

112

.

PROBLEMA 9.44.

Sumar la serie∞∑

n=1

1(n+3

3

) .

426

Solucion

Escribimos el termino general en la forma an =3!

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

descomponemos en fracciones simples:

6(n + 3)(n + 2)(n + 1)

=A

n + 3+

B

n + 2+

C

n + 1.

Esto implica que 6 = A(n+2)(n+1)+B(n+3)(n+1)+C(n+3)(n+2) loque al resolver produce los valores A = 3, B = −6, C = 3. Sumando ahoralos n primeros terminos de la sucesion:

an =3

n + 3− 6

n + 2+

3n + 1

an−1 =3

n + 2− 6

n + 1+

3n

an−2 =3

n + 1− 6

n+

3n− 1

. . .

a2 =35− 6

4+

33

a1 =34− 6

3+

32

Sn =3

n + 3− 6

n + 2+

3n + 2

+33− 6

3+

32.

Entonces S = lım Sn = 1/2.

PROBLEMA 9.45.

Sumar la serie∞∑

n=2

ln n+1n

lnn ln(n + 1).

Solucion

Escribimos el termino general como

an =ln(n + 1)− lnn

lnn · ln(n + 1)=

1lnn

− 1ln(n + 1)

.

427

Sumando los primeros terminos de la sucesion resulta:

an =1

lnn− 1

ln(n + 1)

an−1 =1

ln(n− 1)− 1

lnn. . .

a3 =1

ln 3− 1

ln 4

a2 =1

ln 2− 1

ln 3

Sn =1

ln 2− 1

ln(n + 1).

Entonces S = lım Sn = 1/ ln 2.

PROBLEMA 9.46.

Sumar la serie∑n≥2

ln(

1− 1n2

).

Solucion

Escribimos el termino general de la forma:

an = lnn2 − 1

n2= ln

(n + 1)(n− 1)n2

= ln(n + 1)− 2 ln n + ln(n− 1).

Dando valores decrecientes a n tenemos:

an = ln(n + 1)− 2 ln n + ln(n− 1)an−1 = lnn− 2 ln(n− 1) + ln(n− 2)an−2 = ln(n− 1)− 2 ln(n− 2) + ln(n− 3)

. . .

a4 = ln 5− 2 ln 4 + ln 3a3 = ln 4− 2 ln 3 + ln 2a2 = ln 3− 2 ln 2 + ln 1.

Sn = ln(n + 1)− lnn− ln 2 = lnn + 1

n− ln 2.

La suma de la serie es S = lım Sn = ln 1− ln 2 = − ln 2.

428

PROBLEMA 9.47.

Estudiar el caracter y hallar la suma de la serie∑n≥1

2n + 17n

.

Solucion

Aplicando el criterio de D’Alembert,

lıman

an−1= lım

2n + 17n

· 7n−1

2(n− 1) + 1= lım

17· 2n + 12n− 1

=17

< 1.

La serie es convergente.

Para hallar su suma escribimos Sn =37

+572

+ · · ·+ 2n + 17n

. Los terminosde la serie resultan de multiplicar los terminos de la progresion aritmetica3, 5, . . . 2n+1 por los correspondientes de la progresion geometrica 1/7, 1/72, . . . 1/7n.Estas series, llamadas aritmetico-geometricas, se suman de la siguiente for-ma:

Sn =37

+572

+ · · ·+ 2n− 17n−1

+2n + 1

7n

17Sn =

372

+573

+ · · ·+ 2n− 17n

+2n + 17n+1

Restando:67Sn =

37

+272

+273

+ · · ·+ 27n− 2n + 1

7n+1

=37

+2

7n+1 − 272

17 − 1

− 2n + 17n+1

.

Como lım2n + 17n+1

= 0, resulta que la suma de la serie es:

67S =

37

+2/496/7

=1021

=⇒ S =59.

PROBLEMA 9.48.

Sumar la serie∑n≥1

n2xn, 0 < x < 1.

429

Solucion

El proceso que seguiremos es el siguiente:

Sn = x + 4x2 + 9x3 + · · ·+ (n− 1)2xn−1 + n2xn

xSn = x2 + 4x3 + · · ·+ (n− 2)2xn−1 + (n− 1)2xn + n2xn+1.

Restando miembro a miembro:

(1− x)Sn = x + 3x2 + 5x3 + · · ·+ (2n− 1)xn − n2xn+1

x(1− x)Sn = x2 + 3x3 + · · ·+ (2n− 3)xn + (2n− 1)xn+1 − n2xn+2.

Restando nuevamente las dos ultimas igualdades:

(1− x)2Sn = x + 2x2 + 2x3 + · · ·+ 2xn − (n2 + 2n− 1)xn+1 + n2xn+2

= x + 2 · xn+1 − x2

x− 1− (n2 + 2n− 1)xn+1 + n2xn+2.

Como 0 < x < 1, (n2 + 2n − 1)xn+1 → 0 y n2xn+2 → 0 cuando n →∞. Resulta entonces que si llamamos S = lım Sn a la suma de la serie,tenemos:

(1− x)2S = x− 2x2

x− 1=⇒ S =

x2 + x

(1− x)3.

430

B. EJERCICIOS PROPUESTOS.

1.- Estudiar la convergencia de las siguientes series:

a)∑ nn

(2n + 1)n.

Resp.: Convergente (raız).

b)∑ 24n−3

(4n− 3)!.

Resp.: Convergente (cociente).

c)∑ n

en.


d)∑ 2n

1 · 3 · 5 . . . (2n + 1).


e)∑ cos2 n

n2.

Resp.: Convergente (comparacion con∑

1/n2).

f)∑ 3

√n + 2

n3 + 1.


1/n8/3).

g)∑ n2

n!.


h)∑ nn · n!

(3n)!.


i)∑ (2n)!

(n!)2.

431

Resp.: Divergente (cociente).

j)∑ 1

(lnn!) + n2.


1/n2).

k)13

+1 · 33 · 6

+1 · 3 · 53 · 6 · 9

+ . . .


l)∑ 1 · 3 . . . (2n− 1)

2 · 4 . . . 2n.

Resp.: Divergente (Raabe).

m)∑ 1√

n(n + 1).

Resp.: Divergente (comparacion con∑

1/n).

n)∑ 2n

n.


o)∑ 2 · 5 · 8 . . . (3n− 1)

1 · 5 · 9 . . . (4n− 3).


p)∑ nn/2 · 5n

n!.


q)∑ 1

(3n− 2)(3n + 1).


1/n2).

r)∑ 1

n ln(1 + 1

n

) .Resp.: Divergente (lım an 6= 0).

432

s)∑ 1 · 11 · 21 . . . (10n− 9)

(2n− 1)!.


t)∑ n!

nn.


u)∑ 2n senn

√3

enn2.


v)∑ 1

n lnn.

Resp.: Divergente (integral).

2.- Calcular la suma de las siguientes series:

a)∑n≥1

3n + 52n

.

Resp.: S = 11.

b)∑n≥1

n(n− 1)xn para |x| < 1.

Resp.: S =2x2

(1− x)3.

c)∑n≥1

√n + 1−

√n√

n2 + n.

Resp.: S = 1.

d)∑n≥1

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

.

Resp.: S = 13/240.

e)∑n≥2

(n− 1

en

)2

.

433

Resp.: S =e2 + 1

(e2 − 1)3.

f)∑n≥2

2n + 3(n− 1)n(n + 2)

.

Resp.: S = 65/36.

g)∑n≥1

n

(4n2 − 1)2.

Resp.: S = 1/8.

h)∑n≥1

nen.

Resp.: S = ∞.

i)∑n≥1

2n2 + n− 1en

.

Resp.: S =2e2 − 2e + 9

(e− 1)3.

434

Ejercicios Resueltos de Series Infinitas

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