EJERCICIOS DE SERIES NUMERICAS - Hasiera - UPV/EHUmtpalezp/mundo/ana1/EJERCICIOSSERIES.pdf · S n= 5n2 3n+ 2 n2 1; hallar el t ermino general y estudiar su naturaleza. Soluci on

EJERCICIOS DE SERIES NUMERICAS

1. Series de terminos no negativos

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.

2. Sabiendo que la suma de los n primeros terminos de una serie es

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+ 10

n4 − 2n3 − n2 + 2n.

Como ademas lımSn = lım5n2 − 3n+ 2

n2 − 1= 5, la serie es convergente.

Observacion: No confundir con la condicion necesaria de convergencia en la que debe ser cero ellımite del termino general de la serie an, no del termino general de la sucesion de sumas parcialesSn. En este caso, como lımSn = 5, quiere decir que la suma de la serie es precisamente 5.

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 convergente.

Solucion

1

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, el mayor valor que hacela serie convergente es k = 1.

4. Estudiar el caracter de la serie∑an de termino general

an =1√n− 1

− 1√n+ 1

.

Solucion

Tenemos que1√n− 1

− 1√n+ 1

=

√n+ 1−

√n+ 1

n− 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.


an =n√

2n3 + 1.

Solucion

Aplicamos el criterio de Prinsgheim, y tenemos:

lımnαn√

2n3 + 1= lım

nα+1

√2n3 + 1

.

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


an =

√n

n4 + 1.

Solucion

Aplicando el criterio de Pringsheim, tenemos:

lımnα√

n

n4 + 1= lım

nα+1/2

√n4 + 1

.

2

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


an =1

1 + np.

Solucion

Segun el criterio de Pringsheim, si α = p, lımnα1

1 + np= 1. De este modo, cuando p > 1, la

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


an =

√x+ n− 1√x2 + n2 + 1

.

Solucion

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

lımnα√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.


an =√n+ 1−

√n.

Solucion

Aplicamos en este caso el criterio de Pringsheim:

lımnα(√n+ 1−

√n) = lım

nα√n+ 1 +

√n.

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


an =1

n√n+ 1

.

Solucion

Como

lım an = lım1

n√n+ 1

= lım1n+1n

= lımn

n+ 1= 1 6= 0,

la serie es divergente.

3


an = lnn+ 1

n.

Solucion

Debido a la equivalencia de los infinitesimos lnn+ 1

n∼ n+ 1

n− 1 =

1

ny como la serie

∑1/n es

divergente, la serie dada tambien diverge.


an =n!

n2.

Solucion

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

n2=∞ por lo que la serie es

divergente.


an =5 · loga n

3 · logb n.

Solucion

Aplicando la formula del cambio de base de logaritmos, podemos escribir

an =5 · (lnn/ ln a)

3 · (lnn/ ln b)=

5

3· ln b

ln a.

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


an =lnn

n.

Solucion

Por el criterio de comparacion, comolnn

n>

1

ny la serie armonica

∑1/n es divergente, la serie

dada tambien es divergente.

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 y lım

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.

4


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.


an =1 + sen2 n

n2.

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.


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.


an =nn

3n · n!.

Solucion

Aplicando el criterio del cociente:

lımanan−1

= lımnn

3n · n!· 3n−1 · (n− 1)!

(n− 1)n−1= lım

1

3· nn−1

(n− 1)n−1

=1

3lım

(n

n− 1

)n−1=

1

3lım

(1 +

1

n− 1

)n−1=e

3< 1.

Por tanto la serie dada es convergente.


an =1

2ntg

a

2n.

Solucion

5

Aplicando el criterio de D’Alembert:

lıman+1

an= lım

tg(a/2n+1)

2n+1· 2n

tg(a/2n)=

1

2lım tg

a

2n+1· cotg

a

2n

=1

2lım

a

2n+1· 2n

a=

1

4< 1.

Esto prueba que la serie es convergente.


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 divergente.

Si x2 > 1 =⇒ lım an = lım 2n · lım x2n

1 + x2n=∞ · 1 =∞. La serie es divergente.

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

lımanan−1

= lım2nx2n

1 + x2n· 1 + x2(n−1)

2n−1x2(n−1)= lım

2x2(1 + x2n−2)

1 + x2n= 2x2,

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

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

2/2 y divergente 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)=

1

1 + (1/2n)→ 1

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

2/2.


an = lnn2 + 2n+ 2

n2 − 2n+ 2.

Solucion

Si aplicamos el criterio de Pringsheim resulta:

lımnα lnn2 + 2n+ 2

n2 − 2n+ 2= lımnα

(n2 + 2n+ 2

n2 − 2n+ 2− 1

)= lımnα

4n

n2 − 2n+ 2.

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


an =2n− 1

(√

2)n.

6

Solucion

Por el criterio de la raız:

lım n

√2n− 1

(√

2)n= lım

1√2

n√

2n− 1 =1√2

lım2n− 1

2n− 3=

1√2.



an =1

(lnn)lnn.

Solucion

Aplicando el criterio logarıtmico tenemos:

lımln(1/an)

lnn= lım

ln((lnn)lnn

)lnn

= lımlnn ln(lnn)

lnn= lım ln(lnn) =∞ > 1.

Esto indica que la serie es convergente.


an =

(lnn+ 1

n− 1

)a.

Solucion

Comparamos esta serie con la de termino general bn =

(2

n− 1

)a, con lo que tenemos:

lımanbn

= lım

[ln(

1 + 2n−1

)]a(2

n−1

)a = lım

ln(

1 + 2n−1

)2

n−1

a

= lım

[ln

(1 +

2

n− 1

)n−12

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

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

bn =

(2

n− 1

)aes una serie armonica, es convergente cuando a > 1 y divergente cuando a ≤ 1.


an =logn a

loga n.

Solucion

Aplicando la formula del cambio de base en los logaritmos podemos escribir

an =ln a/ lnn

lnn/ ln a=

(ln a

lnn

)2

.

7

Aplicando el criterio logarıtmico:

lımln(1/an)

lnn= lım

ln(lnnln 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, aplicamos el criterio deStolz:

lımln(lnn)

lnn= lım

ln(lnn)− ln[ln(n− 1)]

lnn− ln(n− 1)= lım

ln lnnln(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.

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


an =

(n

3n− 1

)2n−1.

Solucion

Por el criterio de la raız de Cauchy:

lımn

√(n

3n− 1

)2n−1= lım

(n

3n− 1

) 2n−1n

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



an =

(n+ 1

2n− 1

)n.

Solucion

Aplicamos nuevamente el criterio de la raız:

lım n

√(n+ 1

2n− 1

)n= lım

n+ 1

2n− 1=

1

2< 1.

Se deduce que la serie es convergente.

8


an =(sen a

n

)n(a fijo).

Solucion

Por el criterio de Raabe,

lımn

1−(sen an

)n(sen an−1

)n−1 = lımn

(1− (n− 1)n sen a

nn(n− 1)

)

= lımn

[1−

(n− 1

n

)n sen a

n− 1

]=∞ · 1 =∞.

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


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 lımite anterior es menorque uno.

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

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 = lımn

(1 + tg(b/n)

1− tg(b/n)− 1

)= lımn · 2 tg(b/n)

1− tg(b/n)

= lımn tg(b/n) · lım 2

1− tg(b/n)= 2b.

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


an =nlnn

(lnn)n.

Solucion

9

Aplicamos el criterio de Cauchy o de la raız:

lım n√an = lım

nlnn/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 sumando:

lım(lnn)2

n= lım

(lnn)2 − [ln(n− 1)]2

n− (n− 1)

= lım[lnn+ ln(n− 1)][lnn− ln(n− 1)]

= lım lnn(n− 1) lnn

n− 1

= lım ln(n2 − n)

(n

n− 1− 1

)= lım

ln(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.


an =1

(1 + 1/√n)n .

Solucion

Aplicamos el criterio logarıtmico:

lımln(1/an)

lnn= lım

ln(

1 + 1√n

)nlnn

= lım

ln

[(1 + 1√

n

)√n]√nlnn

= lım

√n ln

(1 + 1√

n

)√nlnn

= lım

√n

lnnlım ln

(1 +

1√n

)√n.

Es evidente que el lımite del segundo factor es 1. Utilizaremos el criterio de Stolz para calcularel lımite del primer factor:

lım

√n

lnn= lım

√n−√n− 1

lnn− ln(n− 1)= lım

n− (n− 1)√n+√n− 1

· 1

ln nn−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.

10


an =

[(n+ 1

n

)n+1

− n+ 1

n

]−n.

Solucion

Por el criterio de la raız:

lımn

√√√√[(n+ 1

n

)n+1

− n+ 1

n

]−n= lım

1(n+1n

)n+1 − n+1n

=1

e− 1< 1.

Esto muestra que la serie es convergente.


an =

[(n+ 1

n

)n+

2n+ 1

n

]−n.

Solucion

Aplicando el criterio de la raız:

lım n√an = lım

1(n+1n

)n+ 2n+1

n

= lım1(

1 + 1n

)n+ 2n+1

n

=1

e+ 2< 1.

La serie es convergente.


an =nn

1 · 3 · 5 · . . . (2n− 3)(2n− 1).

Solucion

Aplicando el criterio del cociente de D’Alembert:

lımanan−1

= lımnn

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=

1

2· e > 1.

Por tanto la serie es divergente.


an =ln 2 · ln 3 . . . lnn

n!.

Solucion

Aplicando el criterio del cociente de D’Alembert:

lımanan−1

= lımln 2 · ln 3 . . . lnn

n!· (n− 1)!

ln 2 · ln 3 . . . ln(n− 1)

= lımlnn

n= 0 < 1.

11

Entonces se trata de una serie convergente.


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 que aplicamos el criteriode Raabe:

lımn

[1− n

a+ n

]= lım

an

a+ n= a.

Resulta que si a < 1, la serie es divergente; si a > 1, la serie es convergente.

Cuando a = 1, sustituimos este valor en la serie y obtenemos∑ n!

2 · 3 · · · · · (n+ 1)=∑ 1

n+ 1

la cual es evidentemente divergente.


an =1 · 3 · 5 · · · · · (2n− 1)

2 · 4 · 6 · · · · · (2n+ 2).

Solucion

Aplicaremos el criterio de D’Alembert:

lımanan−1

= lım

1·3·5·····(2n−1)2·4·6·····(2n+2)

1·3·5·····(2n−3)2·4·6·····(2n)

= lım2n− 1

2n+ 2= 1.

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

lımn

(1− an

an−1

)= lımn

(1− 2n− 1

2n+ 2

)= lım

3n

2n+ 2=

3

2.

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


an = e−n2x segun los valores de x.

Solucion

Por el criterio de Raabe, tenemos:

lımn

(1− e−n

2x

e−(n−1)2x

)= lımn

(1− e−n2x+n2x+x−2nx

)= lımn

(1− ex(1−2n)

).

12

Cuando x = 0, la serie dada es∑

1 que es evidentemente divergente.

Cuando x < 0, lımn(1− ex(1−2n)

)= −∞ < 1 por lo que la serie es divergente.

Cuando x > 0, lımn(1− ex(1−2n)

)= +∞ > 1 por lo que la serie es convergente.


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:

lımn

[1− an

an−1

]= lımn

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)

= lımn

(1−

√α+ n− 1

β + n− 1

)

= lımn

(√β + n− 1−

√α+ n− 1√

β + n− 1

)= lımn · 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, la serie 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

lımnp

√α(α+ 1)

(α+ n)(α+ n+ 1)es finito y no nulo cuando p = 1 lo que hace que la serie sea diver-

gente.

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

41. Calcular la suma de la serie∞∑n=1

1

n2 − 2√

2n+ 1.

Solucion

Si descomponemos el termino general en fracciones simples, obtenemos:

1

n2 − 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 y B = −1/2.

13

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 =1

2

[1

1−√

2+

1

−√

2− 1

n−√

2 + 1− 1

n−√

2

].

En definitiva, S =∑

an = lımSn =1

2

[1

1−√

2+

1

−√

2

].

42. Dada la serie de termino general an =n+ 12

n3 + 5n2 + 6n, demostrar que es convergente y

sumarla.

Solucion

Por el criterio de Pringsheim, lımnpan = 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 simples:

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.

14

De aquı obtenemos:

an =2

n− 5

n+ 2+

3

n+ 3

an−1 =2

n− 1− 5

n+ 1+

3

n+ 2

an−2 =2

n− 2− 5

n+

3

n+ 1

an−3 =2

n− 3− 5

n− 1+

3

n. . .

a4 =2

4− 5

6+

3

7

a3 =2

3− 5

5+

3

6

a2 =2

2− 5

4+

3

5

a1 =2

1− 5

3+

3

4

Sn = − 2

n+ 1− 2

n+ 2+

3

n+ 3− 3

3+

2

2+

2

1=⇒ S = lımSn = −1 + 1 + 2 = 2.

43. Sumar la serie1

1 · 3 · 5+

1

3 · 5 · 7+

1

5 · 7 · 9+ . . ..

Solucion

El termino general de la serie es an =1

(2n− 1)(2n+ 1)(2n+ 3). Al descomponerlo 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 =1

8

(1

2n− 1− 2

2n+ 1+

1

2n+ 3

)an−1 =

1

8

(1

2n− 3− 2

2n− 1+

1

2n+ 1

)an−2 =

1

8

(1

2n− 5− 2

2n− 3+

1

2n− 1

). . .

a2 =1

8

(1

3− 2

5+

1

7

)a1 =

1

8

(1

1− 2

3+

1

5

)Sn =

1

8

(1

2n+ 3− 1

2n+ 1+ 1− 1

3

).

15

Tenemos entonces que S = lımSn =1

8

(1− 1

3

)=

1

12.

44. Sumar la serie∞∑n=1

1(n+33

) .

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) lo que al resolver producelos valores A = 3, B = −6, C = 3. Sumando ahora los n primeros terminos de la sucesion:

an =3

n+ 3− 6

n+ 2+

3

n+ 1

an−1 =3

n+ 2− 6

n+ 1+

3

n

an−2 =3

n+ 1− 6

n+

3

n− 1. . .

a2 =3

5− 6

4+

3

3

a1 =3

4− 6

3+

3

2

Sn =3

n+ 3− 6

n+ 2+

3

n+ 2+

3

3− 6

3+

3

2.

Entonces S = lımSn = 1/2.

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)=

1

lnn− 1

ln(n+ 1).

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).

16

Entonces S = lımSn = 1/ ln 2.

46. Sumar la serie∑n≥2

ln

(1− 1

n2

).

Solucion

Escribimos el termino general de la forma:

an = lnn2 − 1

n2= ln

(n+ 1)(n− 1)

n2= ln(n+ 1)− 2 lnn+ ln(n− 1).

Dando valores decrecientes a n tenemos:

an = ln(n+ 1)− 2 lnn+ 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 3

a3 = ln 4− 2 ln 3 + ln 2

a2 = 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 = lımSn = ln 1− ln 2 = − ln 2.

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

2n+ 1

7n.

Solucion

Aplicando el criterio de D’Alembert,

lımanan−1

= lım2n+ 1

7n· 7n−1

2(n− 1) + 1= lım

1

7· 2n+ 1

2n− 1=

1

7< 1.

La serie es convergente.

Para hallar su suma escribimos Sn =3

7+

5

72+ · · ·+ 2n+ 1

7n. Los terminos de la serie resultan

de multiplicar los terminos de la progresion aritmetica 3, 5, . . . 2n + 1 por los correspondientesde la progresion geometrica 1/7, 1/72, . . . 1/7n. Estas series, llamadas aritmetico-geometricas, sesuman de la siguiente forma:

Sn =3

7+

5

72+ · · ·+ 2n− 1

7n−1+

2n+ 1

7n

1

7Sn =

3

72+

5

73+ · · ·+ 2n− 1

7n+

2n+ 1

7n+1

17

Restando:

6

7Sn =

3

7+

2

72+

2

73+ · · ·+ 2

7n− 2n+ 1

7n+1

=3

7+

27n+1 − 2

72

17 − 1

− 2n+ 1

7n+1.

Como lım2n+ 1

7n+1= 0, resulta que la suma de la serie es:

6

7S =

3

7+

2/49

6/7=

10

21=⇒ S =

5

9.

48. Sumar la serie∑n≥1

n2xn, 0 < x < 1.

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 sillamamos S = lımSn a la suma de la serie, tenemos:

(1− x)2S = x− 2x2

x− 1=⇒ S =

x2 + x

(1− x)3.

2. Series de terminos de signo variable

1. Estudiar el caracter de la serie∑an de termino general an = (−1)n[

√n2 − 1−n] y hallar

una cota del error cometido al tomar como suma la de los cuatro primeros terminos.

Solucion

18

Si escribimos an = (−1)n−1√

n2 − 1 + n=

(−1)n+1

√n2 − 1 + n

, vemos que se trata de una serie alternada.

Aplicaremos el criterio de Leibnitz:

1√n2 − 1 + n

<1√

(n− 1)2 + 1 + (n− 1)=⇒ |an| < |an−1|.

lım an = lım1√

n2 − 1 + n= 0.

Como la sucesion es en valor absoluto decreciente y convergente a cero, la serie es convergente.

Por otra parte, es sabido que al tomar la suma parcial sn como valor de la serie, el error cometidoes menor que el valor absoluto del primer termino despreciado |an+1|.

La cota del error pedida en este caso es |a5| = |√

52 − 1− 5| = 5−√

24.

2. Probar que la serie

1− ln 2 +1

2− ln

3

2+

1

3− ln

4

3+ · · ·+ 1

n− ln

n+ 1

n+ . . .

es convergente.

Solucion

A partir de la desigualdad evidente

(1 +

1

n

)n< e <

(1 +

1

n

)n+1

, se obtiene que

n ln

(1 +

1

n

)< 1 < (n+ 1) ln

(1 +

1

n

)=⇒ n <

1

ln(n+1n

) < n+ 1

=⇒ 1

n+ 1< ln

(n+ 1

n

)<

1

n,

lo que quiere decir que la sucesion de valores absolutos es decreciente.

Ademas es evidente que dicha sucesion tiende a cero pues

lımn→∞

1

n= 0 y lım

n→∞lnn+ 1

n= 0.

Por el criterio de Leibnitz, la serie es convergente.

Observacion. A la suma de la serie anterior se le llama constante de Euler γ = 0,577215 . . . lacual no se sabe aun si se trata de un numero racional o irracional.

3. Considerando que 1 +1

2+

1

3+ · · ·+ 1

n= lnn+ γ + εn, donde γ es la constante de Euler y

lımn→∞

εn = 0, hallar la suma de la serie

1 +1

3+

1

5+

1

7− 1

2− 1

4− 1

6+

1

9+

1

11+

1

13+

1

15− 1

8− 1

10− 1

12+ . . .

formada a partir de la serie alternada

1− 1

2+

1

3− 1

4+

1

5− 1

6+ · · ·+ (−1)n+1 1

n+ . . .

tomando cuatro terminos positivos, despues tres terminos negativos, despues cuatro po-sitivos, etc.

19

Solucion

Calculamos la suma de los (4 + 3)n primeros terminos de la serie. Tenemos ası:

S(4+3)n = 1 +1

3+

1

5+

1

7− 1

2− 1

4− 1

6+ . . .

+1

8n− 7+

1

8n− 5+

1

8n− 3+

1

8n− 1− 1

6n− 4− 1

6n− 2− 1

6n

= 1 +1

3+

1

5+

1

7+ · · ·+ 1

8n− 7+

1

8n− 5+

1

8n− 3+

1

8n− 1

−[

1

2+

1

4+

1

6+ · · ·+ 1

6n− 4+

1

6n− 2+

1

6n

]= 1 +

1

2+

1

3+

1

4+ · · ·+ 1

8n− 6+

1

8n− 5+

1

8n− 4+

1

8n− 3+

1

8n− 2

+1

8n− 1+

1

8n−[

1

2+

1

4+

1

6+ · · ·+ 1

8n− 4+

1

8n− 2+

1

8n

]−[

1

2+

1

4+

1

6+ · · ·+ 1

6n− 4+

1

6n− 2+

1

6n

]= ln 8n+ γ + ε8n −

1

2

[1 +

1

2+

1

3+

1

4+ · · ·+ 1

4n− 3+

1

4n− 2

+1

4n− 1+

1

4n

]− 1

2

[1 +

1

2+

1

3+ · · ·+ 1

3n− 2+

1

3n− 1+

1

3n

]= ln 8n+ γ + ε8n −

1

2(ln 4n+ γ + ε4n)− 1

2(ln 3n+ cγ + ε3n)

= ln 8n− 1

2ln 4n− 1

2ln 3n+ ε8n −

1

2ε4n −

1

2ε3n

= ln 8 + lnn− 1

2ln 4− 1

2lnn− 1

2ln 3− 1

2lnn+ ε8n −

1

2ε4n −

1

2ε3n

= 3 ln 2 + lnn− ln 2− 1

2lnn− 1

2ln 3− 1

2lnn+ ε8n −

1

2ε4n −

1

2ε3n

= 2 ln 2− 1

2ln 3 + ε8n −

1

2ε4n −

1

2ε3n.

Entonces S = lımS(4+3)n = 2 ln 2− 1

2ln 3 = ln

4√3.

4. Estudiar la convergencia (absoluta y condicional) de la serie∑n≥1

(−1)nn

lnn.

Solucion

Aplicaremos la regla de L’Hopital para calcular el lımite del termino general. Ası:

lım |an| = lımn

lnn= lım

1

1/n=∞.

Por el criterio del resto se deduce que la serie es divergente.

20


(−1)n1

2n+ 1.

Solucion

Como se trata de una serie alternada podemos aplicar el criterio de Leibnitz.

Si llamamos an =1

2n+ 1, es evidente que la sucesion {an} es decreciente y tiene lımite cero, por

lo que la serie es convergente. Sin embargo, la serie∑ 1

2n+ 1es divergente (basta compararla

con la serie∑

1/n) lo que indica que la serie dada es condicionalmente convergente.


(−1)nn

2n.

Solucion

Aplicaremos el criterio del cociente. Como

lım

∣∣∣∣an+1

an

∣∣∣∣ = lımn+12n+1

n2n

= lımn+ 1

2n=

1

2< 1,

la serie es absolutamente convergente.


(−1)n−11√n.

Solucion

Aplicaremos el criterio de Leibnitz a la serie alternada.

La sucesion de termino general an = 1/√n es decreciente (pues an+1 < an, ∀n) y lım an = 0 lo

que indica que la serie es convergente.

Sin embargo, dicha convergencia es condicional porque la serie de valores absolutos∑ 1√

nes

divergente (caso particular de∑

1/nα con α ≤ 1).


(−1)n−1n

6n− 5.

Solucion

Como

lım |an| = lımn

6n− 5=

1

66= 0,

por el criterio del resto se deduce que la serie es divergente.

21


(−1)n−12n+ 1

n(n+ 1).

Solucion

Del criterio de Leibnitz se obtiene que la serie es convergente pues la sucesion de termino general

an =2n+ 1

n(n+ 1)es decreciente y lım an = 0. Efectivamente:

an+1 − an =2n+ 3

(n+ 1)(n+ 2)− 2n+ 1

n(n+ 1)=n(2n+ 3)− (n+ 2)(2n+ 1)

n(n+ 1)(n+ 2)

=−2n− 2

n(n+ 1)(n+ 2)< 0 =⇒ an+1 < an, ∀n;

lım an = lım2n+ 1

n2 + n= 0.

La convergencia es condicional pues la serie∑ 2n+ 1

n(n+ 1)es divergente (basta aplicar el criterio

de comparacion con la serie∑

1/n).


(−1)nn2 + 2

(n+ 2)2.

Solucion

Como

lım |an| = lımn2 + 2

(n+ 2)2= 1 6= 0,

la serie es divergente (criterio del resto).


(−1)n1

lnn.

Solucion

Por el criterio de Leibnitz, como lım1

lnn= 0 y la sucesion {1/ lnn} es decreciente, la serie es

convergente.

Por otra parte, la serie de valores absolutos∑ 1

lnnes divergente como se comprueba aplicando

el criterio de comparacion con∑ 1

n.

En definitiva, la serie propuesta es condicionalmente convergente.


(−1)n(

2n+ 1

3n+ 1

)n.

22

Solucion

Aplicaremos el criterio de la raız. Como

lım n√|an| = lım

2n+ 1

3n+ 1=

2

3< 1,

la serie es absolutamente convergente.


(−1)n1 + sen2 n

n2.

Solucion

Estudiaremos la convergencia de la serie de valores absolutos∑ 1 + sen2 n

n2.

Por el criterio de comparacion, como1 + sen2 n

n2≤ 2

n2y la serie

∑ 2

n2es convergente, la serie

propuesta es absolutamente convergente.


(−1)n sen2 n · (2n)!

n2n.

Solucion

Si llamamos an al termino general de la serie, debido a que |an| ≤(2n)!

n2n, la serie dada sera ab-

solutamente convergente si es convergente la serie∑ (2n)!

n2n. Por el criterio del cociente,

lımbn+1

bn= lım

(2n+2)!(n+1)2n+2

(2n)!n2n

= lım(2n+ 2)(2n+ 1)n2n

(n+ 1)2(n+ 1)2n

= lım(2n+ 2)(2n+ 1)

(n+ 1)2· lım

(n

n+ 1

)2n

= 4e−2 < 1.

Esto indica que la serie original es absolutamente convergente.


1 · 5 · 9 . . . (4n− 3)

(3n)! + 1cos(nπ).

Solucion

En primer lugar acotamos en valor absoluto el termino general de la serie:

|an| <1 · 5 · 9 . . . (4n− 3)

(3n)!,

debido a que | cos(nπ)| = 1 y (3n)! + 1 > (3n)!

23

A continuacion probaremos que la serie mayorante∑ 1 · 5 · 9 . . . (4n− 3)

(3n)!es convergente apli-

cando el criterio del cociente:

lımbn+1

bn= lım

1·5·····(4n−3)(4n+1)(3n+3)!

1·5·····(4n−3)(3n)!

= lım4n+ 1

(3n+ 3)(3n+ 2)(3n+ 1)= 0.

De lo anterior, y aplicando el criterio de comparacion, se deduce que la serie original es absolu-tamente convergente.


(2n)!

n2n + ncos(nπ).

Solucion

Se trata de una serie alternada ya que cos(nπ) = (−1)n. Como n2n + n > n2n, se verifica que

|an| <(2n)!

n2n. En el problema 14.14 se probo que la serie mayorante

∑ (2n)!

n2nes convergente.

Esto indica que la serie propuesta es absolutamente convergente.


(−3)2n

(n+ 1) ln2(n+ 1).

Solucion

Por el criterio del cociente,

lım

∣∣∣∣an+1

an

∣∣∣∣ = lım

32n+2

(n+2) ln2(n+2)

32n

(n+1) ln2(n+1)

= lım32(n+ 1) ln2(n+ 1)

(n+ 2) ln2(n+ 2)= 9 > 1,

con lo que la serie diverge.


2n sen(nπ/2)√(3n− 2) · 5n

.

Solucion

Como sennπ

2= (−1)n+1, tenemos una serie alternada. Si aplicamos el criterio del cociente,

resulta:

lım

∣∣∣∣an+1

an

∣∣∣∣ = lım

2n+1√(3n+1)·5n+1

2n√(3n−2)·5n

= lım2√5·√

3n− 2√3n+ 1

=2√5< 1

y la serie es absolutamente convergente.

24


(−1)n√n+√n+ 1

.

Solucion

Aplicaremos el criterio de Leibnitz al tratarse de una serie alternada. Para ello debemos com-

probar que la sucesion de termino general an =1

√n+√n+ 1

converge a cero y es decreciente.

Es evidente que lım an = 0. Ademas,an+1

an=

√n+√n+ 1√

n+ 1 +√n+ 2

< 1, por lo que la sucesion es

decreciente.

Sin embargo, la serie de valores absolutos∑ 1√n+√n+ 1

es divergente, como se deduce al

aplicar el criterio de comparacion con∑ 1√

n.

En definitiva, la serie propuesta es condicionalmente convergente.


sen√n√

n3 + 1.

Solucion

Estudiamos la serie de valores absolutos aplicando el criterio de comparacion. Como

∣∣∣∣ sen√n√

n3 + 1

∣∣∣∣ ≤ 1

n3/2

y la serie∑ 1

n3/2es convergente, se deduce que la serie original es absolutamente convergente.

21. Sea∑n≥1

an una serie hipergeometrica, es decir que verifica la relacionan+1

an=αn+ β

αn+ γ, ∀n,

donde α, β, γ son constantes fijas y α, γ no nulas a la vez.

a) Probar que la serie es convergente siγ − βα

> 1.

b) Probar que Sn =an(nα+ β)− a1γ

α+ β − γ, ∀n.

c) Probar que, en caso de convergencia, la suma de la serie es−a1γ

α+ β − γ.

Solucion

a) Aplicaremos el criterio de Raabe (observamos que, desde un cierto n en adelante,an+1

an> 0,

pues α, β, γ son constantes fijas):

lımn

(1− an+1

an

)= lımn · αn+ γ − αn− β

αn+ γ=γ − βα

,

lo que indica que la serie converge siγ − βα

> 1.

25

b) Probaremos por induccion que Sn =an(nα+ β)− a1γ

α+ β − γ, siendo Sn = a1 + a2 + · · ·+ an.

- Para n = 1,a1(α+ β)− a1γ

α+ β − γ= a1 = S1.

- Si suponemos que Sn−1 =an−1[(n− 1)α+ β)− a1γ

α+ β − γ, debemos comprobar que Sn =

an(nα+ β)− a1γα+ β − γ

.

Por ser una serie hipergeometrica, se verifica la relacion an[α(n−1)+γ] = an−1[α(n−1)+β].Utilizando esta igualdad, tenemos:

Sn = Sn−1 + an =an−1[(n− 1)α+ β)− a1γ

α+ β − γ+ an

=⇒ Sn =an[α(n− 1) + γ]− a1γ

α+ β − γ+ an

=an[α(n− 1) + γ + α+ β − γ]− a1γ

α+ β − γ=an(αn+ β)− a1γ

α+ β − γ,

como querıamos demostrar.

c) Si la serie es convergente, entonces∑n≥1

an = lımSn = lımα · nan + βan − γa1

α+ β − γ. Ahora bien,

recordando que, en una serie convergente, lım an = 0 y lımnan = 0, dicho lımite queda−γa1

α+ β − γ.

22. Probar que, si a+ b = c, entonces∑n≥0

an

n!

·∑n≥0

bn

n!

=∑n≥0

cn

n!.

Solucion

Por definicion de producto de series, si an =an

n!y bn =

bn

n!, el termino general de la serie producto

es

pn = a0 · bn + a1 · bn−1 + a2 · bn−2 + · · ·+ an · b0

=bn

n!+ a · bn−1

(n− 1)!+a2

2!· bn−2

(n− 2)!+ · · ·+ an

n!

=1

n!

[bn + nabn−1 +

n(n− 1)

2!a2 · bn−2 + · · ·+ an

]=

1

n!(a+ b)n =

cn

n!,

como querıamos probar.

Observacion. Si llamamos f(x) =∑n≥0

xn

n!, hemos probado que f(a) · f(b) = f(a + b) lo que

sugiere llamar a f funcion exponencial (ver capıtulo siguiente).

23. Probar que

∑n≥0

1

2n · n!

2

=∑n≥0

1

n!.

Solucion

26

El termino n-esimo del producto es

pn =n∑i=0

1

2i · i!· 1

2n−i · (n− i)!=

n∑i=0

n!

2n · n!(n− i)! · i!=

1

2n · n!

n∑i=0

(n

i

)=

1

n!,

debido a que 2n =n∑i=0

(n

i

).

3. Series dependientes de parametros

1. Estudiar el caracter de la serie∑ 1 · 5 · 10 . . . (n2 + 1)

(2n− 1)!· 1

a2nsegun los diferentes valores

de a.

Solucion

Si aplicamos el criterio del cociente, tenemos:

lım

∣∣∣∣an+1

an

∣∣∣∣ = lım

∣∣∣∣∣∣1·5·10...(n2+1)[(n+1)2+1]

(2n+1)! · 1a2n+2

1·5·10...(n2+1)(2n−1)! · 1

a2n

∣∣∣∣∣∣ = lım(n+ 1)2 + 1

(2n+ 1) · 2n· 1

a2=

1

4|a|2.

La serie es absolutamente convergente cuando1

4|a|2< 1, es decir cuando |a| > 1

2y divergente

cuando |a| < 1

2.

Cuando a =1

2, aplicamos el criterio de Raabe y resulta:

lımn

(1− an+1

an

)= lımn

(1− (n+ 1)2 + 1

(2n+ 1) · 2n· 4)

= lımn · −6n− 8

4n2 + 2n= −6

4< 1,

de modo que la serie es divergente.

Cuando a = −1

2, la serie coincide con la anterior de modo que tambien es divergente.

2. Estudiar el caracter de la serie∑n≥1

an√3n− 2

sennπ

2segun los diferentes valores de a.

Solucion

Como sennπ

2=

{0 si n = 2k es par

(−1)k+1 si n = 2k − 1 es impar,si aplicamos el criterio de la raız, resulta:

lım sup n√|an| = lım

|a|n√√

3n− 2= |a|,

27

de modo que la serie converge absolutamente si |a| < 1 y diverge si |a| > 1.

Cuando a = 1, sustituyendo los valores de sennπ/2 antes indicados, tenemos la serie∑n≥1

1√3n− 2

· sennπ

2=∑k≥1

1√3(2k − 1)− 2

· (−1)k+1 =∑k≥1

(−1)k+1

√6k − 5

,

que es una serie alternada condicionalmente convergente (ver problema 14.7).

Cuando a = −1, resulta la serie∑n≥1

(−1)n√3n− 2

· sennπ

2=∑k≥1

(−1)2k−1√6k − 5

· (−1)k+1 =∑k≥1

(−1)k√6k − 5

,

que es tambien condicionalmente convergente.

3. Estudiar la convergencia de la serie∑n≥1

(−1)nen

nenasegun los diferentes valores de a.

Solucion

Por el criterio de la raız,


en√n · ea

= e1−a.

La serie es absolutamente convergente cuando e1−a < 1, es decir a > 1 y divergente cuandoa < 1.

Cuando a = 1, queda la serie∑ (−1)n

nque es condicionalmente convergente.

4. Estudiar el caracter de la serie∑ 1

1 + a2nsegun los diferentes valores de a.

Solucion

La serie es de terminos positivos, por lo que podemos aplicar el criterio de comparacion. Como

lım1

1+a2n

1(a2)n

= 1, las series∑ 1

(a2)ny∑ 1

1 + a2ntienen el mismo caracter. Ahora bien, la serie∑ 1

(a2)nes convergente cuando a2 > 1, es decir |a| > 1, y divergente cuando |a| < 1. De aquı se

deduce que la serie dada es tambien convergente cuando |a| > 1 y divergente cuando |a| < 1.

Cuando |a| = 1, queda la serie∑

1/2 que es claramente divergente.

5. Estudiar el caracter de la serie∑ nan

ensegun los diferentes valores de a.

Solucion

Por el criterio del cociente:

lım

∣∣∣∣an+1

an

∣∣∣∣ = lım

∣∣∣∣∣(n+1)an+1

en+1

nan

en

∣∣∣∣∣ = lım|a|(n+ 1)

en=|a|e.

Resulta que la serie es absolutamente convergente cuando |a| < e y divergente cuando |a| > e.

Cuando a = e, la serie queda∑n que es divergente y cuando a = −e, la serie es

∑(−1)nn que

tambien es divergente.

28

6. Estudiar el caracter de la serie∑

anna segun los diferentes valores de a.

Solucion


lım

∣∣∣∣an+1

an

∣∣∣∣ = lım

∣∣∣∣an+1(n+ 1)a

an · na

∣∣∣∣ = |a|.

La serie es absolutamente convergente cuando |a| < 1 y divergente cuando |a| > 1.

Cuando a = 1 obtenemos la serie∑n que es divergente; cuando a = −1, la serie es

∑ (−1)n

nque, como sabemos, es condicionalmente convergente.

7. Estudiar el caracter de la serie∑(

a+1

n

)nsegun los diferentes valores de a.

Solucion

Debido al criterio de la raız tenemos:


∣∣∣∣a+1

n

∣∣∣∣ = |a|.

La serie es absolutamente convergente cuando |a| < 1 y divergente cuando |a| > 1.

Cuando a = 1, tenemos la serie∑(

1 +1

n

)n. Como lım

(1 +

1

n

)n= e 6= 0, dicha serie es

divergente.

Cuando a = −1, la serie es∑(

−1 +1

n

)nque tambien es divergente debido a que lım

(−1 +

1

n

)nno existe.

8. Estudiar el caracter de la serie∑ an

√n+ 1

2n(n+ 2)segun los diferentes valores de a.

Solucion

Aplicamos tambien en este caso el criterio del cociente. Tenemos ası:

lım

∣∣∣∣an+1

an

∣∣∣∣ = lım

∣∣∣∣∣∣an+1

√n+2

2n+1(n+3)

an√n+1

2n(n+2)

∣∣∣∣∣∣ = lım|a|(n+ 2)

√n+ 2

2(n+ 3)√n+ 1

=|a|2.

La serie es pues absolutamente convergente cuando |a| < 2 y divergente cuando |a| > 2.

Si a = 2, la serie es∑ √

n+ 1

n+ 2que es divergente, como se comprueba al aplicar el criterio de

comparacion con∑ 1√

n.

Si a = −2, la serie es ahora∑

(−1)n√n+ 1

n+ 2: dicha serie es condicionalmente convergente

pues, segun el criterio de Leibnitz, la sucesion de termino general an =

√n+ 1

n+ 2es decreciente y

converge a cero pero la serie de valores absolutos, como ya hemos indicado, es divergente.

29

9. Estudiar el caracter de la serie∑ (n2 + 1)an

(n+ 1)!segun los diferentes valores de a.

Solucion


lım

∣∣∣∣an+1

an

∣∣∣∣ = lım

∣∣∣∣∣∣[(n+1)2+1]an+1

(n+2)!

(n2+1)an

(n+1)!

∣∣∣∣∣∣ = lım(n2 + 2n+ 2)|a|(n+ 2)(n2 + 1)

= 0.

La serie es pues absolutamente convergente para cualquier valor del parametro a.


(a/n)n segun los diferentes valores de a.

Solucion

Aplicando el criterio de la raız, resulta:

lım n√|an| = lım |a/n| = 0.

Esto indica que la serie es siempre absolutamente convergente.

11. Estudiar el caracter de la serie∑ n2 + 1

nansegun los diferentes valores de a.

Solucion


lım

∣∣∣∣an+1

an

∣∣∣∣ = lım

∣∣∣∣∣∣(n+1)2+1(n+1)an+1

n2+1n·an

∣∣∣∣∣∣ = lım(n2 + 2n+ 2) · n

(n+ 1)(n2 + 1) · |a|=

1

|a|.

De aquı se deduce que la serie es absolutamente convergente cuando |a| > 1 y divergente cuando|a| < 1. En los casos extremos tenemos:

- Si a = 1, queda la serie∑ n2 + 1

nque es divergente porque el termino general no tiende a

cero.

- Si a = −1, la serie es∑

(−1)nn2 + 1

nque tambien es divergente por la misma razon que en el

caso anterior.


n!segun los diferentes valores de a.

Solucion


lım

∣∣∣∣an+1

an

∣∣∣∣ = lım

∣∣∣∣∣∣an+1

(n+1)!an

n!

∣∣∣∣∣∣ = lım|a|n+ 1

= 0,

por lo que la serie es absolutamente convergente para cualquier a ∈ R.

30

13. Estudiar el caracter de la serie∑ n!

(2 + a)(2 + 2a) . . . (2 + na)segun los diferentes valores

de a.

Solucion

De la definicion se observa que la serie no tiene sentido cuando a = −2/n, ∀n ∈ N. Para el restode valores de a utilizamos el criterio del cociente y obtenemos:

lım

∣∣∣∣an+1

an

∣∣∣∣ = lım

∣∣∣∣∣∣(n+1)!

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

n!(2+a)(2+2a)...(2+na)

∣∣∣∣∣∣ = lım

∣∣∣∣ n+ 1

2 + (n+ 1)a

∣∣∣∣ =1

|a|.

Resulta entonces que la serie es absolutamente convergente cuando |a| > 1 y divergente cuando|a| < 1.

Con respecto a los valores extremos, para a = −1, como hemos indicado, la serie no tiene sentido,y para a = 1 queda la serie∑ n!

3 · 4 . . . (n+ 2)=∑ 2 · n!

(n+ 2)!=∑ 2

(n+ 2)(n+ 1).

Esta serie es convergente como se comprueba al aplicar el criterio de comparacion con∑ 1

n2.

14. Estudiar el caracter de la serie∑ 2n

n2sen2n a segun los diferentes valores de a.

Solucion

Observamos que se trata de una serie de terminos no negativos por lo que no hay distincionentre convergencia y convergencia absoluta. Si aplicamos el criterio de la raız, resulta:

lım n√an = lım

2n√n2· sen2 a = 2 sen2 a.

La serie es pues absolutamente convergente cuando sen2 a < 1/2, es decir | sen a| <√

2/2. Esto

ocurre cuando(4n− 1)π

4< a <

(4n+ 1)π

4, n ∈ Z. Ademas, en los extremos de cada intervalo,

es decir en los puntos en que sen2 a = 1/2, la serie queda de la forma∑ 1

n2que, como sabemos,

es convergente.

En el resto de valores de a la serie es divergente.

15. Estudiar el caracter de la serie∑ n!

(a+ b)(a+ 2b) . . . (a+ nb)segun los diferentes valores

de a y b, con a, b > 0.

Solucion

Tenemos en este caso una serie de terminos no negativos.

Si aplicamos el criterio del cociente, resulta:

lıman+1

an= lım

(n+1)!(a+b)(a+2b)...(a+nb)[a+(n+1)b]

n!(a+b)(a+2b)...(a+nb)

= lımn+ 1

a+ (n+ 1)b=

1

b.

31

La serie es pues convergente cuando b > 1 y divergente cuando b < 1.

Cuando b = 1 tenemos la serie∑ n!

(a+ 1)(a+ 2) . . . (a+ n). Para estudiar su convergencia

aplicamos el criterio de Raabe:

lımn

(1− an+1

an

)= lımn ·

(1− n+ 1

a+ n+ 1

)= lım

an

a+ n+ 1= a.

Ası pues, si a < 1, la serie es divergente y si a > 1, convergente.

Por ultimo, si a = b = 1, tenemos la serie∑ n!

(n+ 1)!=∑ 1

n+ 1que sabemos es divergente.

16. Estudiar el caracter de la serie∑ a(a+ 1) . . . (a+ n− 1)

n! nbsegun los diferentes valores de

a y b, con a 6= b.

Solucion

Podemos suponer que se trata de una serie de terminos no negativos porque, desde un cierto Nen adelante, a+ n− 1 > 0, ∀n ≥ N y el numerador no cambia de signo.

Si aplicamos el criterio del cociente, obtenemos:

lım

∣∣∣∣an+1

an

∣∣∣∣ = lım

∣∣∣∣∣∣a(a+1)...(a+n−1)(a+n)

(n+1)!(n+1)b

a(a+1)...(a+n−1)n!nb

∣∣∣∣∣∣ = lım

∣∣∣∣∣n+ a

n+ 1·(

n

n+ 1

)b∣∣∣∣∣ = 1.

Como no podemos decidir la convergencia de la serie con este criterio, aplicamos el criterio deRaabe:

lımn ·(

1− an+1

an

)= lımn · (n+ 1)b+1 − (n+ a) · nb

(n+ 1)b+1

= lımn · nb+1 + (b+ 1)nb + · · · − nb+1 − anb

(n+ 1)b+1= b+ 1− a.

Cuando b+ 1− a > 1, o bien b > a, la serie sera convergente, y divergente cuando b < a.

17. Estudiar el caracter de la serie∑ a(a+ 1) . . . (a+ n− 1)

b(b+ 1) . . . (b+ n− 1)segun los diferentes valores de

a y b.

Solucion

En primer lugar observamos que debe ser b 6= 0,−1,−2, . . . para que el denominador no se anule.


lım

∣∣∣∣an+1

an

∣∣∣∣ = lım

∣∣∣∣∣∣a(a+1)...(a+n−1)(a+n)b(b+1)...(b+n−1)(b+n)a(a+1)...(a+n−1)b(b+1)...(b+n−1)

∣∣∣∣∣∣ = lım

∣∣∣∣a+ n

b+ n

∣∣∣∣ = 1,

por lo que este criterio no es concluyente.

Aplicamos pues el criterio de Raabe:

lımn

(1−

∣∣∣∣an+1

an

∣∣∣∣) = lımn · b+ n− (a+ n)

b+ n= b− a.

32

Se deduce que la serie es absolutamente convergente cuando b > a + 1 y divergente cuandob < a+ 1.

Cuando b = a+ 1, queda la serie∑ a

a+ nque es divergente.


nbsegun los diferentes valores de a y b.

Solucion

Aplicando el criterio del cociente, tenemos:

lım

∣∣∣∣an+1

an

∣∣∣∣ = lım

∣∣∣∣∣∣an+1

(n+1)b

an

nb

∣∣∣∣∣∣ = lım

∣∣∣∣∣a ·(

n

n+ 1

)b∣∣∣∣∣ = |a|.

La serie sera pues absolutamente convergente cuando |a| < 1 y divergente cuando |a| > 1.

Si a = 1, queda la serie∑ 1

nb(serie de Riemann), que sabemos es convergente cuando b > 1 y

divergente cuando b ≤ 1.

En el caso a = −1, la serie es de la forma∑ (−1)n

nb; dicha serie es absolutamente convergente

cuando b > 1 (por ser convergente la serie de sus valores absolutos), es condicionalmente conver-gente cuando 0 < b ≤ 1 (pues, segun el criterio de Leibnitz, el termino general en valor absolutoforma una sucesion decreciente y convergente a cero), y es divergente cuando b ≤ 0 porque eltermino general no tiende a cero.

19. Probar que la sucesion {an} de termino general

an = (1− 1/4)(1− 1/9) . . . (1− 1/n2)

es convergente y que su lımite es estrictamente positivo.

Solucion

Si llamamos bn al logaritmo del termino general, obtenemos:

bn = ln an = ln

(1− 1

4

)+ ln

(1− 1

9

)+ · · ·+ ln

(1− 1

n2

).

Esto quiere decir que bn es el termino general de la sucesion de sumas parciales de ln

(1− 1

n2

),

con lo que lım bn =

∞∑n=2

ln

(1− 1

n2

).

Debido a la igualdad

ln

(1− 1

n2

)= ln(n2 − 1)− lnn2 = ln(n− 1)− 2 lnn+ ln(n+ 1),

33

tenemos:

bn = ln 1− 2 ln 2 + ln 3

+ ln 2− 2 ln 3 + ln 4

+ ln 3− 2 ln 4 + ln 5. . .

+ ln(n− 1)− 2 lnn+ ln(n+ 1)

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

n.

Esto implica que lım bn = − ln 2 = ln 1/2 y, como bn = ln an, resulta en definitiva que lım an =1/2.

4. 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!.

34


h)∑ nn · n!

(3n)!.


i)∑ (2n)!

(n!)2.

Resp.: Divergente (cociente).

j)∑ 1

(lnn!) + n2.


1/n2).

k)1

3+

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

) .

35

Resp.: Divergente (lım an 6= 0).

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+ 5

2n.

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

.

Resp.: S =e2 + 1

(e2 − 1)3.

36

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− 1

en.

Resp.: S =2e2 − 2e+ 9

(e− 1)3.

3. Contestar razonadamente si cada uno de los siguientes enunciados es verdadero o falso:

a) Si A es la suma de la serie∑n≥1

an, entonces la sucesion (an)n∈N converge a A.

Resp.: Falso si A 6= 0 pues an → 0.

b) Si A es la suma de la serie∑n≥1

an, entonces la serie∑n≥1|an| converge a |A|.

Resp.: Falso (ejemplo an =(−1)n

n).

c) Si lımn→∞

an+1

an= −2, entonces

∑n≥1

an converge.

Resp.: Falso (ejemplo an = (−2)n).

d) Si lımn→∞

an+1

an< 1, entonces

∑n≥1

an converge.

Resp.: Falso (mismo ejemplo anterior).

e) Si∑n≥1

an converge, entonces la sucesion (an+1/an)n∈N tiene lımite.

Resp.: Falso (ejemplo a2n =1

2n, a2n+1 =

1

2n).

f) Si∑n≥1

an converge, entonces lımn→∞

a2n = 0.

Resp.: Verdadero por el criterio del resto.

37

g) Si∑n≥1

an converge, entonces∑n≥1

a2n converge.

Resp.: Falso (ejemplo an =(−1)n√

n).

h) Si∑n≥1

an converge, entonces( ∑n≥1

an

)2converge.

Resp.: Falso (mismo ejemplo anterior).

i) Si∑n≥1

an converge absolutamente, tambien lo hace∑n≥1

a2n1 + a2n

.

Resp.: Verdadero puesa2n

1 + a2n< a2n < |an|, desde un cierto n (recordemos que an → 0).

j) Si {xn} es una sucesion positiva, la serie∑ xn

1 + n2xnes convergente.

Resp.: Verdadero (aplicar el criterio de comparacion con∑

1/n2).

k) Si∑n≥1

an y∑n≥1

bn son divergentes, entonces∑n≥1

anbn es divergente.

Resp.: Falso (ejemplo an = 1/n y bn = 1/n).

l) Si lımn→∞

an = 0 y el signo de an es alternativamente positivo y negativo, entonces∑n≥1

an

converge.

Resp.: Falso (ejemplo an = (−1)n · 2 + (−1)n

n).

m) Si an < 1/n para todo n, entonces∑n≥1

an diverge.

Resp.: Falso (ejemplo an = −1/n2).

n) Si an < 1/n2 para todo n, entonces∑n≥1

an converge.

Resp.: Falso (ejemplo an = −1/n).

4. Probar que, si la serie∑an es absolutamente convergente, tambien lo es la serie

∑ n+ 1

nan.

Sugerencia: Aplicar el criterio de comparacion.

5. Estudiar el caracter de la serie∞∑n=1

(−1)n+1 1

n+ 1

(1 +

1

2+ · · ·+ 1

2n

).

Resp.: Convergente (aplicar el criterio de Leibnitz).

38

6. Estudiar la convergencia de la serie∞∑n=1

(−1)n(n14 + 5) ln(n2 + 2)

en(n4 + 2).

Resp.: Absolutamente convergente (aplicar el criterio del cociente).


(−1)nlnn

2n.

Resp.: Absolutamente convergente (criterio del cociente).


(−1)n√n

n− 1.

Resp.: Condicionalmente convergente (criterios de Leibnitz y comparacion con∑

1/√n).


(−1)n1√

n+ (−1)n.

Resp.: Condicionalmente convergente (criterios de Leibnitz y de comparacion con∑

1/√n).


(−1)n(n− 3

√n3 − n

).

Resp.: Converge condicionalmente (usar el criterio de Leibnitz y el de comparacion con∑

1/n).


sen

(πn2

2

). Resp.: Di-

vergente (se trata de la serie 1 + 0 + 1 + 0 + . . . ).

12. Estudiar el caracter de la serie∑n≥1

√n · an

(n+ 1) 2nsegun los distintos valores de a ∈ R.

Resp.: Absolutamente convergente si |a| < 2; condicionalmente convergente si a = −2; divergentesi a = 2 o |a| > 2.

13. Estudiar el caracter de la serie∑ (a− 1)n

n(n+ 1)segun los valores de a ∈ R.

Resp.: Absolutamente convergente cuando a ∈ [0, 2]; diverge en el resto.


n√n+ 1 + (n+ 1)

√n

.

Resp.: Absolutamente convergente cuando a ∈ [−1, 1]; diverge en el resto.

15. Estudiar el caracter de la serie∑ (a− 5)n

(2n+ 1) · 5nsegun los valores de a ∈ R.

Resp.: Converge absolutamente cuando a ∈ (0, 10); converge condicionalmente cuando a = 0;diverge en el resto.

39

16. Estudiar el caracter de la serie∑(

a(a+ n)

n

)n, con a ∈ R.

Resp.: Converge absolutamente cuando a ∈ (−1, 1); diverge en el resto.


n3an segun los diferentes valores de a. Resp.: Absolu-

tamente convergente cuando |a| < 1; divergente en el resto.

18. Calcular la suma de la serie∞∑n=1

(−1)nn

5n.

Resp.: S = 5/36.

19. Calcular la suma de la serie∑n≥1

(−1)n+1n2

5n.

Resp.: S = 5/54.

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EJERCICIOS DE SERIES NUMERICAS - Hasiera - UPV/EHUmtpalezp/mundo/ana1/EJERCICIOSSERIES.pdf · S n= 5n2 3n+ 2 n2 1; hallar el t ermino general y estudiar su naturaleza. Soluci on