Sucesiones y series Josep Bernat Pané P01/75005/00104
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Sucesiones y series
´ndice IIndice
´ . . . . . . . . . . . . . . . .. . . . . . . . . . . . . . .. . . . . . . . . . . . . . . .. . . . . . . . Introduccion
5
Objetivos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
7
´ 1. Sucesiones de numeros reales . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
9
´ ................................. 1.1. Concepto general de sucesion
9
1.2. Sucesiones acotadas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 11 ´ 1.3. Sucesiones mon otonas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 13
2. L´ L´ımite ımite de una sucesi on ´ . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 16 ´ . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 17 2.1. L´ L´ımite ımite de una sucesi on ´ . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 20 2.2. Propiedades del l´ l ´ımite ımite de una sucesion 2.3. Aritm´ Aritmetica e´ tica de los l´ l´ımites ımites finitos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 22 2.4. Sucesiones con l´ l´ımite ımite infinito . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 23 2.5. Aritm´ Aritmetica e´ tica de los l´ l´ımites ımites . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 24 ´ 2.6. ¿Como solucionar las indeterminacio indeterminaciones? nes? . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 26 2.6.1. M´ Metodo e´ todo general . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 26 2.6.2. Caso 00 y
∞0 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
27
2.6.3. Caso 1∞ . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 27 2.6.4. Criterio de Stolz . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 29 2.6.5. Desarrollo en polinomio de Taylor . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 29
´ 3. Series de numeros reales . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 31 3.1. Concepto de serie . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 33 3.2. Series geometricas e´ tricas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 33 ´ an debe tender a cero . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 35 3.2.1. La sucesi on ´ 3.3. La serie arm onica generalizada . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 36 3.4. Propiedades generales de las series . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 38
4. Series de t´ terminos e´ rminos positivos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 39 4.1. Definición . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 39 ´ . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 39 4.2. Criterios de comparaci on
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4.2.1. Criterio de Pringsheim . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 40 4.2.2. Criterio que proviene de la serie geom etrica e´ trica . . . . . . . . . . . . 42 4.2.3. Criterio de la integral . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 44 ´ del error . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 45 4.2.4. Estimacion
5. Series alternadas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 49 5.1. Concepto de serie alternada . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 49
6. Series de potencias . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 53 6.1. Concepto de serie de potencias . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 54 6.2. Propiedades de las series de potencias . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 55 ´ de una serie de potencias . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 55 6.2.1. Derivacion ´ de una serie de potencias . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 56 6.2.2. Integracion
´ 7. Los numeros complejos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 57 ´ 7.1. Los numeros complejos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 59 ´ 7.2. Suma y producto de numeros complejos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 59 ´ . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 60 7.3. Conjugacion ´ 7.4. La forma polar de un n umero complejo . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 62 ´ 7.5. La forma exponencial de un n umero complejo . . . . . . . . . . . . . . . 65 ´ 7.6. Los numeros complejos y la electricidad . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 68
Solucionario . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 70 Glosario . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 84 Sumario . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 84 Bibliografía . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 85
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Introducci´ on
´ En los modulos anteriores nos hemos concentrado en las herramientas que permiten estudiar comportamientos continuos. Por ejemplo, la distancia ´ del tiempo, que en que recorre un coche se puede expresar en funci on principio fluye de manera continua. Sin embargo, existen otros fen´omenos que no fluyen de forma continua, sino que necesitan un determinado ´ no tiempo para producirse. Por ejemplo, el crecimiento de una poblaci on se produce de manera continua, sino a intervalos regulares, y los pagos a ´ se realizan una vez al mes. un banco tampoco, puesto que s olo Las herramientas que hemos visto hasta ahora nos permiten, por ejemplo, calcular el peso de un cubo de arista x y de densidad constante k y estudiar lo que sucede cuando hacemos que la arista tienda a 0. ´ hay que tener en cuenta que el peso viene Para resolver este problema s olo determinado por el volumen del cubo multiplicado por la densidad del ´ nos indica que cuando x tiende a 0, el material, P = kx3 . Esta relacion peso del cubo tiende a 0 de manera continua. Sin embargo, deteng´amonos a pensar un poco. Supongamos que inicialmente no tenemos material; si añadimos una mol´ecula, entonces el peso ´ aumentar´a una cantidad p1 . Este fenomeno no es continuo, y no hay manera de que lo sea: o bien tenemos la mol e´ cula y el peso es p1 , o bien no tenemos la mol´ecula y el peso es 0. Muchos de los modelos que utilizamos para explicar la realidad se basan en la idea de que podemos fraccionar la cantidad que estudiamos tantas veces como se quiera, sin que el comportamiento de esta cantidad var ´ıe. Las t´ecnicas matem´aticas de funciones continuas y funciones derivables ´ nos permiten estudiar estos tipos de modelos. En este m odulo introduci´ remos las t´ecnicas matem´aticas para estudiar fen omenos que se producen a intervalos regulares de tiempo, en los que el concepto de continuidad no tiene sentido.
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´ que se reproduce cada tres El estudio del crecimiento de una poblaci on meses es un ejemplo de lo que hemos comentado:
La gr´afica nos sugiere que estudiemos el crecimiento cada tres meses. Tal y como se ve, no tenemos continuidad.
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Objetivos
´ Los objetivos que podr´eis alcanzar al final de este m odulo did´actico son los siguientes:
1.
´ Definir el concepto de sucesi on.
2.
´ verifica las propiedades de acotaci on ´ y de Comprobar si una sucesion monoton´ıa.
3.
´ Definir el concepto de l´ımite de una sucesi on.
4.
´ Conocer las propiedades fundamentales del l´ımite de una sucesi on.
5.
Distinguir los casos de indeterminaciones en el c a´ lculo de l´ımites y resolver los casos concretos, utilizando los criterios adecuados.
6.
Comprender el concepto de sucesiones equivalentes y utilizarlas para el c´alculo de l´ımites.
7.
Definir el concepto de serie.
8.
Describir y aplicar los criterios de convergencia de las series de t e´ rminos positivos.
9.
Reconocer las series alternadas.
10. Estudiar la convergencia de una serie alternada mediante el criterio de Leibniz.
11. Calcular el error entre el valor de la suma de la serie y la suma de un ´ numero finito de t´erminos.
12. Comprender el concepto de serie de potencias y calcular su radio de convergencia.
13. Calcular la suma de una serie.
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´ 1. Sucesiones de numeros reales .
´ 1.1. Concepto general de sucesi on ´ es el nombre matem a´ tico que hace referencia a una lista Una sucesion ´ infinita de numeros. En una lista podemos hablar de primer t´ermino, ´ que ocupan en segundo t´ermino, etc., que corresponden a la posici on ´ dicha sucesion. ´ Podemos formalizar todo esto un poco m´as: podemos asociar cada numero ´ entero positivo n con un numero real xn , y el conjunto ordenado: x1 , x2 , x3 , . . . , xn . . .
´ infinita. Observad que cada t e´ rmino de la sucesi on ´ define una sucesi on ´ tiene asignado un n umero entero positivo (el puesto que ocupa en la lista) y podemos hablar del primer t´ermino (x1 ), del segundo t´ermino (x2 ) y, en general, del t´ermino n-´esimo (xn ). Cada t´ermino (xn ) tiene un t´ermino ´ siguiente (xn+1 ), por lo que, en consecuencia, no hay ultimo t´ermino. ´ es a partir de una regla La forma m´as f a´ cil para construir una sucesion o f ´ormula que defina el t e´ rmino n-´esimo. As´ı, por ejemplo, la f ´ormula xn =
1 n
´ define la sucesion: 1 1 1 1, , , . . . , . . . 2 3 n
En algunas ocasiones son necesarias dos o m a´ s f ´ormulas para describir los ´ x2n−1 = 1 elementos de la lista. Por ejemplo, si consideramos la sucesi on ´ son: y x2n = n; en este caso, los primeros t e´ rminos de la sucesi on 1, 1, 1, 2, 1, 3, . . . , 1, n . . . ´ es mediante una f ´ormula de recurrenOtra forma de definir una sucesion
cia, que permite calcular un t e´ rmino a partir de los anteriores. Si tomamos ormula de recurrencia, xn+1 = xn + xn−1 , tendremos: x1 = x2 = 1 y la f ´ 1, 1, 2, 3, 5, 8, 13, 21, 34 . . .
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´ se conoce como sucesi´on de Fibonacci, nombre que recibe Esta sucesion de la persona que la estudi o´ al tratar un problema relativo a los procesos hereditarios en los conejos. Hasta ahora, todas las sucesiones que hemos visto han empezado con los valores de n = 1, 2, 3 . . ., aunque esto no sea estrictamente necesario. Por 1 ejemplo, si definimos la sucesi´on mediante el t´ermino general, xn = 1+ n− 2
es razonable considerar que n toma los valores 3, 4, 5 . . . ´ como As´ı pues, podemos definir de manera formal el concepto de sucesion ´ vemos a continuacion: . ´ h de los numeros ´ umeros reales es una aplicacion Una sucesio´ n d e n´ ´ naturales IN en el conjunto IR de los numeros reales: h : IN n
→ →
IR h(n) = xn
La imagen de n recibe el nombre de t´ermino
esimo n-´
o t´ermino
´ general de la sucesi on.
´ No olvid´eis que lo unico que hemos hecho es reciclar el concepto de ´ como funci´on continua, donde hemos fijado el dominio de la funci on el conjunto IN. Ejercicio 1.1. Calculad el t´ermino general de las siguientes sucesiones:
a) 1, 1, 1, 1, 1, 1, 1, 1 . . .
−
−
−
−
b) 1, 4, 9, 16, 25, 36, 49 . . . c) 1, 12 , 13 , 14 , 15 , 16 , d) 1,
1 7
...
√2, √3, 2, √5, √6, √7 . . .
e) 23 , 44 , 65 , 86 , f) 1, 12 , 16 ,
10 12 14 , 8 , 9 7
...
1 , 1 , 1 , 1 24 120 720 5 040
...
´ vamos a presentar Una vez ha quedado definido el concepto de sucesion, algunas de sus propiedades. Sin embargo, antes analizaremos qu e´ quiere decir que dos sucesiones son iguales.
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. Dos sucesiones xn y yn son iguales si xn = yn para todo n
{ } { }
A partir de la definici´on tenemos quelas sucesiones xn = 1, 12 , 13 , y yn =
1 1 2, 3,
1 , n+1 1, 12 , 13 ,
{ } { ··· bi´en que {x } = { n
{ } {
∈ IN. ··· , 1 ···} n
···} son diferentes a pesar de que y = x +1. O tam··· , 1 ···} y {y } = {1, 3, 13 , ··· , 1 ···} son distintas n
n
n
n
n
al diferir en el segundo t e´ rmino.
1.2. Sucesiones acotadas Consideramos las sucesiones de t´ermino general xn =
1 n
, yn = n y zn = sin n
y las representamos gra´ ficamente:
xn = 1 n
yn =n
zn =sin n
´ ´ yn crece de A partir de los gr a´ ficos podemos observar como la sucesion forma indefinida, mientras que los valores xn y zn nunca est´an por encima de 1. As´ı, xn y zn son sucesiones acotadas; por el contrario, yn es no acotada. ´ est´a acotada si existe un n umero ´ Una sucesion K tal que los valores que ´ nunca superan el valor K . toma la sucesion .
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Una sucesion ´ ´ real K tal que: xn es acotada si existe un numero
{ }
|x | ≤ K n
∀n ∈ IN.
´ Entonces, K es una cota de la sucesi on xn .
{ }
Ejemplo 1.1. A partir de la definici´on demostraremos que xn = Puesto que n
1 n
es acotada.
´ es acotada. ≥ 1, podemos decir que 1 ≥ n1 . Por tanto, la sucesion
´ son una consecuencia de la Los hechos que se presentan a continuaci on ´ acotada que hemos visto: definici´on de sucesion ´ est´a acotada, tenemos que comprobar 1) Para demostrar que una sucesi on ´ valor de xn supera un determinado valor K . que ningun ´ no aporta un procedimiento que nos permita calcular el 2) La definicion ´ numero K . Observaremos que no hay un lugar donde se diga que esta cota ´ sea unica. ´ ´ no est´a acotada a se puede demostrar que una sucesion 3) Veamos como partir de un caso concreto: ¿qu´e quiere decir que xn = n es no acotada?
{ }
´ necesitaremos presentar una cota K , que Para ilustrar este concepto s olo ´ no est´a acotada, es necesario sea, por ejemplo, 10. Para ver que la sucesion encontrar un valor de n tal que xn > 10. Por ejemplo, podemos tomar n = 11 teniendo en cuenta que x11 = 11 > 10. Si, en lugar de K = 10,
tomamos K = 100, entonces tenemos que encontrar el valor de n tal que xn > 100. En este caso, n = 101, porque x101 = 101.
Podr´ıamos dar un valor de K tan grande como se quiera y encontrar´ıamos un valor de n tal que xn > K. As´ı, xn es no acotada.
.
´ es no acotada si para cualquier valor de K , arbitrariaUna sucesion mente grande, existe un n natural tal que xn > K .
| |
4) Recordemos que
´ ∞ no es un numero real. Este hecho implica que una
´ sucesi´on con un numero finito de t´erminos est´a siempre acotada.
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Ejemplo 1.2. n2 + 1
Demostremos que xn =
n
es no acotada.
Tenemos que probar que dado un valor K arbitrariamente grande, entonces existe un valor de n tal que xn K .
| |≥
Sin embargo, xn =
n2 + 1 n
, que podemos escribir como xn = n +
1 n
> K . Puesto que n
puede hacerse arbitrariamente grande, es imposible encontrar un valor K tal que xn < K para todo valor de n. Si queremos determinar el valor de n tal que xn > K , entonces n > K .
Ejercicios 1.2. Probad que xn =
n n+1
es acotada.
1.3. Probad que xn = n2 es no acotada. ´ 1, 12 , 2, 1, 13 , 3, 1, 14 , 4, 1, 15 , 5 . . . es acotada. 1.4. Estudiad si la sucesion ´ establecida por la relaci on ´ xn+1 = 1.5. Considerad la sucesion ´ es acotada. si esta sucesion
xn
2
con x1 = 1. Estudiad
´ 1.3. Sucesiones mon otonas Volvemos a las sucesiones del tema anterior, y consideramos las sucesiones de t´ermino general xn =
xn = 1 n
1 n
, yn = n y zn = sin n.
yn =n
zn =sin n
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´ xn decrece de manera Tal y como se observa en los gr a´ ficos, la sucesi on indefinida, yn crece indefinidamente y zn ni crece ni decrece. . • Una sucesi´on xn és creixent es creciente si para todo n
{ } ∈ IN se verifica que x ≤ x +1 . Una sucesi´on {x } es estrictamente creciente si para todo n ∈ IN n
•
n
n
se verifica que xn < xn+1 .
• Una sucesi´on xn es decreciente si para todo n
{ }
que xn • Una n
∈ IN se verifica
≥ x +1. ´ {x } es estrictamente decreciente si para todo sucesion n
n
∈ IN se verifica que x
n
> xn+1 .
´ ´ Una sucesion si es creciente o decreciente. xn es monotona
{ }
Ejemplo 1.3. ´ Nos proponemosdemostrar que la sucesioncont´ ermino general xn = creciente.
n n+1
es mon´otona
Notaci´on ?
´ es monotona ´ Si queremos comprobar que la sucesion creciente, tenemos que demostrar que xn xn+1 .
≤
?
xn+1
n+1
≤ ? ≤
n
?
n+1
xn n
≤
n+1
?
n(n + 2)
≤ ? ≤ ≤
n2 + 2n
0
n+1
(n + 1) + 1 n+2
(n + 1) (n + 1)
·
n2 + 2n + 1
1
´ Teniendo en cuenta que todas las desigualdades anteriores son equivalentes y la ultima ´ es es cierta, entonces tenemos que todas las desigualdades son ciertas. As´ı, la sucesi on mon´otona creciente.
Ejercicios ´ de t´ermino general xn = 1.6. Demostrad que la sucesi on ´ xn = 1.7. Estudiad si la sucesion
1 + ( 1)n
−
n
√n es creciente.
es creciente.
´ de t´ermino general xn = n + (n + 1) + 1.8. Probad que la sucesi on
·· · + 2n es creciente.
´ xn = xn es monotona. ´ 1.9. Estableced para qu´e valores de x la sucesion
Hemos resuelto el problema del ejemplo 1.3 con un me´ todo est´andar, pero lo hubi´esemos podido resolver de otra manera: hemos definido las suce´ de un subconjunto de los n umeros ´ siones como una aplicaci on naturales
El s´ımbolo quiere decir que no sabemos si la desigualdad es cierta o no.
≤
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´ tenemos que ver si la aplicaci on ´ tiene sentido cuando a los reales. Solo cambiamos n por x, pensando que esta´ definida en un subconjunto de los ´ numeros reales y que toma valores en los reales. De esta forma, podr´ıamos aplicar las teor´ıas del c´alculo diferencial y, en particular, el hecho de que
!
´ es creciente si su derivada es positiva. una funcion
El estudio de las propiedades de xn = h(n) a partir de las propiedades de ´ se puede llevar a cabo si: h(x) solo ´ expl´ıcita del t´ermino general. 1) Tenemos la expresion ´ h(x) est´a definida en el intervalo [1, + ). 2) La funcion
∞
´ del t´ermino general aparece No podemos aplicar esta idea si en la expresi on ´ ´ de n! o una suma real negativo, una funci on k n , donde k es un numero que var´ıa t´ermino a t´ermino. Ejemplo 1.4. ´ con t´ermino general xn = Demostramos que la sucesi on
n n+1
´ es monotona creciente.
´ es monotona ´ Para comprobar que la funci on creciente definimos h(n) = biamos n por x; entonces, h(x) =
x x+1
n n+1
y cam-
´ se define en [1, + . Esta funcion
∞) y es derivable.
1 Calculemos su derivada: h (x) = (x+1) 2 . Debido a que la derivada es siempre positiva, la sucesion ´ es monotona ´ creciente.
Ejercicios 1.10. Indicad en qu´e casos podemos estudiar el crecimiento de las sucesiones a partir del crecimiento de las funciones asociadas: a) xn = b) xn =
√n. 1 + ( 1)n
−
n
.
c) xn = n + (n + 1) +
· ·· + 2n.
´ con t´ermino general xn = 1.11. Demostrad que la sucesion ´ no es monotona. ´ xn = 1.12. Comprobad que la sucesion
2n es acotada. n!
n + ( 1)n
− −
n + ( 1)n+1
es acotada pero
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´ 2. L´ımite de una sucesion .
´ En el siglo III a.C., Arqu´ımedes intento´ calcular el n umero π . Su idea era utilizar una secuencia de pol´ıgonos regulares que tend´ıan hacia el c´ırculo. Construimos algunos pol´ıgonos regulares a partir del c´ırculo de radio 1. Las figuras que obtenemos son:
´ = 2. Pol´ıgono 4 lad os. Area
´ = 2,828... Pol´ıgono 8 lad os. Area
´ = 3. Pol´ıgono 16 lad os. Area
Observamos que la sucesi´on, adem´as de ser creciente y estar acotada, parece ´ que tiende hacia un n umero determinado, el a´ rea del c´ırculo, que es π . Ejercicios ´ xn = 1, 1 2.1. Dada la sucesion
− 12 , 1 − 12 + 14 , 1 − 12 + 14 − 18 . . . , calculad los t´erminos
´ xn de manera expl´ıcita y estableced hacia d onde intu´ıs que tiende xn .
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2.2. Sea xn el a´ rea de un tria´ ngulo is´osceles de lado 1 y a´ ngulo
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π
. Sin hacer c a´ lculos, 2n ´ x1 , x2 , x3 . . . es decreciente. ¿Hacia qu´e n umero ´ explicad por qu´e la sucesion tiende la sucesi´on? ´ x1 , 2x2 , 4x3 , 8x4 . . . es creciente. Si tiende Explicad gr´aficamente por que´ la sucesion ´ hacia un numero en particular, ¿cu a´ l es?
2.1. L´ımite de una sucesi on ´ Uno de los conceptos m´a s complicados al embarcarnos en un primer curso ´ de an´alisis matem´atico es el de la convergencia. Consideremos la sucesion que se define mediante esta recurrencia:
xn+1
1 = 2
xn +
3 xn
.
Si calculamos los primeros t e´ rminos, obtenemos la siguiente tabla:
n
x n2
x n
1
1
1
2
2
4
3
1,75
3,0625
4
1,732142857
3,000318878
5
1,73205081
3,000000008
´ tiende a Notad que x2n tiende a 3 y, por tanto, parece que la sucesi on
√3.
´ tiende hacia un numero? ´ Pero ¿qu´e significa que una sucesi on Empecemos por determinar qu´e significa “tender a 0’’. Ejemplo 2.1. ´ ¿cu´ales os parece que tienden a 0? De las sucesiones que ten e´ is a continuacion,
1) 1, 1, 1, 1, 1, 1, 1, 1 . . .
−
2) 1,
−
−
−
− 12 , 13 , − 14 , 15 , − 16 , 17 , − 18 . . .
1 1 1 1 1 1 1 3) 1, , , , , , , . . . 2 3 4 5 6 7 8 1 1 1 1 1 4) 1, , , 1, , , 1, . . . 2 3 5 6 8 1 1 1 1 1 5) 0, , , 0, , , 0, . . . 2 3 5 6 8
Las sucesiones que parece que tienden a cero son la 2), la 3) y la 5), dado que podemos estar tan cerca de cero como queramos.
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Sucesiones y series
´ 3), que viene dada por: Por ejemplo, consideramos la sucesi on 1 1 1 1 1 1 1 1, , , , , , , . . . 2 3 4 5 6 7 8 Supongamos que queremos encontrar el valor de n a partir del cual la sucesi´on sea menor que 0,1. 1
Puesto que xn =
n
, si queremos que xn < 0,1 es necesario que:
n > 10 (x11 =
1 1 1 , x12 = , x13 = . . .). 11 12 13
Vamos a ponerlo un poco m´as dif ´ıcil: encontrad el valor de n a partir del ´ sea menor que 0,01. cual la sucesi on Puesto que xn =
1 n
, si queremos que xn < 0,01, es necesario que:
n > 100 (x101 =
1 1 1 , x102 = , x103 = . . .). 101 102 103
Observad que no importa qu´e cota os pidan, por pequeña que sea (la llama´ (N ) que verifica xN < ε, remos ε); siempre hay un elemento de la sucesion
|x
N +1
| < ε, |x
| |
N +2
| < ε . . . y todos los te´ rminos son menores que ε.
En nuestro caso, si queremos encontrar el t´e rmino a partir del cual xn < ε, 1 es necesario que < ε. Por este motivo n > 1ε . Para finalizar, podemos
| |
n
asegurar que N =
1 ε
+ 1, donde [x] denota la parte entera del numero ´ x.
Ejercicio 2.3. ´ xn = Considerad la sucesion
( 1)n
−
n2
.
a) Encontrad el t´ermino a partir del cual xn < 0,1.
| | b) Encontrad el t´ermino a partir del cual |xn | < 0,01. c) Encontrad el t´ermino a partir del cual |xn | < ε . ´ presentamos el procedimiento que se sigue cuando quereA continuacion ´ tiende hacia un numero ´ mos saber si una sucesi on x: . ´ Dado un numero positivo ε, tan pequeño como se quiera, hay que ´ denominado N , tal que todos encontrar un t´ermino de la sucesi on, los t´e rminos de la sucesi´on se encuentren a una distancia de x menor que ε, es decir, xn
| − x| < ε.
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Ejemplo 2.2. ´ xn = 1, 1 Dada la sucesion
− 12 , 1 − 12 + 14 , 1 − 12 + 14 − 18 . . . , demostrad que tiende a 23 .
´ del ejercicio 2.1 hemos probado que xn = En la solucion Para comprobar si xn tiende a
2 , 3
un N a partir del cual xn
( 1)n 2n
−
3
.
solo ´ tenemos que ver que, dado ε, podemos encontrar
− − − − · 2 3
2+
< ε.
Sustituyendo tenemos:
2+
( 1)n 2n 3
2 3
( 1)n 3 2n 1 3 2n 1 3ε 1 ln 3ε 1 ln 3ε ln 2
·
ln Por lo tanto, N >
1 3ε ln 2
<
ε
<
ε
<
ε
<
2n
<
n ln(2)
<
n
·
.
Este c´alculo es formal, puesto que por lo general no se utiliza para calcular ´ el l´ımite de una sucesi on. M´as adelante desarrollaremos otros m e´ todos ´ del c´alculo de l´ımites utilizando el juego de que nos evitar´an la realizaci on los ε. Llegados a este punto, ya estamos preparados para presentar una definici´on formal. Una sucesi´on xn converger´a o tender´a a l l´ımite x si para cualquier
{ }
´ numero positivo (ε), tan pequeño como se quiera, encontramos un entero N que satisface xn
| − x| < ε si n > N .
. ´ La sucesion xn converge o tiende a x si para cada ε > 0 existe un
{ }
entero N tal que xn
| − x| < ε para todo n > N .
Entonces, escribiremos que lim xn = x o bien que xn n→∞
n
→ ∞.
→ x cuando
´ se denomina convergente si x existe, y divergente en Una sucesion caso contrario.
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Antes de empezar con las propiedades de los l´ımites, vamos a detenernos ´ que acabamos de dar. un instante para analizar la definici on La convergencia hace referencia al comportamiento de la cola de la suce´ ´ cambiamos los 10 primeros t´erminos (o los sion. As´ı, si en una sucesi on 100 primeros o los 1.000 primeros), esto no afectar´a a la convergencia. ! Ejercicio 2.4. Determinad un ejemplo de sucesi´on xn que sea divergente, pero tal que convergente.
{ }
{|xn |} sea
´ 2.2. Propiedades del l´ımite de una sucesi on ´ xn y un valor x, ya hemos visto el me´ todo para probar Dada una sucesi on ´ tiende o no al l´ımite x. ¿Es posible que la sucesi on ´ tenga dos si la sucesi on l´ımites? El teorema que veremos ahora nos indica que esto no es posible, ´ converge, tiene l´ımite unico. ´ es decir, que cuando una sucesi on . ´ converSi lim xn = x y lim xn = y, entonces x = y. Una sucesion n→∞
n→∞
´ gente tiene l´ımite unico.
´ convergente est´a acotada, ya que despu´es de Observad que toda sucesion los primeros t´erminos se ve restringida a moverse dentro de un lado.
´ convergente es acotada. Toda sucesion
Definici´ on Decimos que k es cota superior de la sucesi´on xn si xn < k para todo n.
{ }
Decimos que k es cota inferior de la sucesi´on xn si xn > k para todo n.
{ }
Creciente acotada
Creciente no acotada
Observamos que la segunda sucesi´on corresponde a xn =
√n; no es acotada
´ y, en consecuencia, no puede converger (hemos probado que una sucesion
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Sucesiones y series
convergente es acotada). En el gr a´ fico de la izquierda hemos representado xn =
n n+1
, que es convergente y parece converger hacia la menor cota
superior de xn . .
Teorema de la convergencia mon´otona a) Una sucesi´on creciente acotada superiormente xn es convergente y el l´ımite es la menor de las cotas superiores.
{ }
´ decreciente acotada inferiormente xn es converb) Una sucesion gente y el l´ımite es la mayor de las cotas inferiores.
{ }
Ejemplo 2.3. ´ curiosa. Probemos que la sucesion: ´ Aplicamos el teorema a una sucesi on
xn = 1 +
1 1 1 + + ... + 2 3 n 1
− − ln n
tiene l´ımite.
´ ln t viene dada por el a´ rea cerrada entre 1 y t de la funcion ´ Recordemos que la funcion 1 f (t) = . t
t
ln t =
1
1 x
dx.
1 1 1 + + ... + es el a´ rea de los rect a´ ngulos (como 2 3 n 1 podemos ver en la segunda figura del margen), de donde tenemos que la sucesio ´ n xn es el a´ rea sombreada. Observemos que el valor de 1 +
−
Tambi´en se aprecia que xn es creciente, ya que xn+1 es igual a xn m´as el a´ rea entre x = n y x = n + 1. Y la sucesion ´ est´a acotada por 1, puesto que los valores de xn se pueden colocar en un cuadrado de a´ rea 1.
a´ rea sombreada = = 1+ 1 + 1 + 1 + 1 2 3 4 5
´ es creciente y es acotada; por lo tanto, tiene l´ımite. Su l´ımite es la llamada Esta sucesion constante de Euler γ 0.57...
≈
´ en especial cuando las sucesiones vienen dadas por una El teorema es util relacion ´ de recurrencia. Es dif ´ıcil aplicarlo en caso de que la sucesi on ´ se defina mediante su t e´ rmino general, porque no siempre resulta f ´acil ver que es acotada.
a´ rea sombreada = 1 + 1 + 1 = 1+ 1 + ln 6 2 3 4 5
−
Ejercicios 2.5. Calculad el l´ımite de xn = acotaci´on de la funcion. ´
√x para x > 0, demostrando antes la monoton´ıa y la n
´ definida por la recurrencia: 2.6. Considerad la sucesion
xn+1 =
1 2
xn +
2 xn
.
´ e indicad si est a´ acotada y si tiene Con x1 = 2; estudiad la monoton´ıa de la sucesi on l´ımite.
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2.3. Aritm´etica de los l´ımites finitos A continuacion ´ veremos una serie de resultados que nos permiten calcular ´ l´ımites sin utilizar la definicion. . Dadas las sucesiones xn e yn tales que lim xn = x y lim yn = y ,
{ } { }
entonces:
n→∞
n→∞
´ 1) Para cualquier numero λ, lim λxn = λx. n→∞
2) lim xn + yn = x + y. n→∞
3) lim xn n→∞
−y
n
=x
− y.
4) lim xn yn = x y . n→∞
·
·
5) Si y = 0, lim
n→∞
xn x = . yn y
6) lim xynn = xy . n→∞
´ Una de las propiedades ma´ s utiles de la aritm e´ tica de los l´ımites finitos es la denominada regla del bocadillo. .
Regla del bocadillo Si xn y zn son dos sucesiones convergentes tales que lim xn =
{ } { }
= lim zn = x, si xn n→∞
y lim yn = x.
n→∞
≤ y ≤ z ∀n > n0; entonces y n
n
n
es convergente
n→∞
Ejemplo 2.4. ´ de t´ermino Mediante el uso de la regla del bocadillo calculamos el l´ımite de la sucesi on general: 1 1 1 + + xn = 2 + . n (n + 1)2 (n + n)2
· ··
Observamos que:
(n + 1) min
1
1 , , 2 n (n + 1)2
· ··
1 , (n + n)2
≤ ≤
xn =
1 n2
+
1 + (n + 1)2
(n + 1) max
1
·· · + (n +1 n)2 ≤
1 , , 2 n (n + 1)2
·· ·
1 , (n + n)2
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Puesto que la funcion ´ f (x) = (n + 1)
1 (n + n)2 n+1 4n2
1 x2
Sucesiones y series
es decreciente, entonces:
≤ xn = n1
+
1 (n+1)2
+
· · · + (n+1n) ≤
≤ xn = n1
+
1 (n+1)2
+
· · · + (n+nn) ≤
2
2
(n + 1)
2
1 n2
n+1
2
n2
Hacemos un paso en el l´ımite y tenemos: n+1
lim
1 1 1 ≤ nlim ≤ xn = 2 + + · ·· + 2 →∞ n (n + 1) (n + n)2
4n2
n
→∞
1 1 1 xn = 2 + + · ·· + ≤ nlim ≤ 2 →∞ (n + 1) (n + n)2 n
0
Por la regla del bocadillo tenemos que lim xn = n
→∞
1 n2
+
1 + (n + 1)2
lim
n
→∞
n+1 n2
0.
· ·· + (n +1 n)2 = 0.
Ejercicio 2.7. Con la ayuda de la regla del bocadillo, calculad los l´ımites de: n + 2 . ·· · +1 +2 n +n 1 2 n + 2 + ·· · + 2 b) xn = 2 . n +1 n +2 n +n
a) xn =
c) xn = d) xn = e) xn =
n
sin n n
n
+
n2
+
n2
.
cos1 + cos 2 + . . . + cos n n + ( 1)n
−
n + cos n
n2
.
.
Como consecuencia de la regla del bocadillo, obtenemos el siguiente resultado: .
Teorema Si xn es una sucesi´on convergente tal que lim xn = 0 y yn es una
{ }
n→∞
{ }
´ acotada (no necesariamente convergente), entonces xn yn sucesi on es convergente y lim xn yn = 0. n→∞
·
·
Ejemplo 2.5. Calculemos lim
sin n n
→∞
n
Observemos que lim
. 1
→∞ n
n
= 0 y que sin n est´a acotada por 1. Por la propiedad anterior
podemos asegurar que lim n
→∞
sin n n
= 0.
2.4. Sucesiones con l´ımite infinito ´ hemos tratado sucesiones que tienen l´ımite acotado. Sin Hasta ahora solo embargo, ¿qu´e sucede con las sucesiones crecientes y no acotadas, por
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Sucesiones y series
ejemplo 1, 2, 3 . . . o bien 1, 4, 9 . . .? Estamos tentados de afirmar que las sucesiones tienden a
∞.
´ Observad que no solo las funciones mon´otonas crecientes son las que ´ de t´ermino ge∞. Considerad la sucesion √ √ √ √ √ neral n + (−1) ; los primeros t´erminos son 0, 3, 2, 5, 4, . . . , 1.000, √1.003 . . . ¿Os parece que tiene la propiedad de tender a ∞? podemos esperar que tiendan a
n
´ convergente hacia un Cuando hemos definido el concepto de sucesion ´ ´ numero tan pequeño como quisi e´ x, la idea ha sido dar un n umero ramos cercano a x, y ver que a partir de un determinado t´ermino, la sucesi´on estaba tan proxima ´ a x como el numero ´ establecido, y que no se alejaba. Utilizaremos la misma idea para definir el concepto de tender a
∞.
´ xn = ¿Es cierto que la sucesi on
n + ( 1)n tiende a
−
∞? Es decir, ¿a partir
de un determinado t´ermino, el resto toma valores superiores a 10? Este t´ermino es x102 =
√103.
´ son ¿Es cierto que los t´erminos de la sucesi on
superiores a 100? La respuesta es que a partir de x10.002 =
√10.003, s´ı.
Y
´ es necesario as´ı podr´ıamos estar “jugando hasta que nos cans a´ semos: solo tener en cuenta que, dado un k arbitrariamente grande, hay que encontrar el t e´ rmino de la secuencia a partir del cual todos los t e´ rminos siguientes son mayores que k. . ´ xn tiende a + Una sucesion
{ }
∞ siparatodon´umero real K > 0 existe
un entero N tal que n > N ; en este caso, xn > K . Lo denotaremos por lim xn = + .
∞
n→∞
∀
Una sucesion ´ xn tiende a
{ }
−∞ siparatodon´umero real K < 0 existe
un entero N tal que n > N ; entonces, xn < K . Lo denotaremos por lim xn =
n→∞
−∞.
∀
2.5. Aritm´etica de los l´ımites En la aritm´etica de los l´ımites finitos, todos los casos aparecen determinados, mientras que en la aritm e´ tica de los l´ımites infinitos quedan casos indeterminados y no es posible determinar a priori el valor del l´ımite.
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Consid Con sidera eramos mos el cas caso o+
∞ −∞ . Pre Presen sentam tamos os aho ahora ra uno unoss cua cuanto ntoss eje ejempl mplos: os:
−n2, entonces lim x →∞ = lim n − n2 = −∞. →∞
• Sea xn = n y yn = Y lim xn + yn n→∞
n→∞
−n, entonces lim x →∞ = lim n − n = 0. 0. →∞
n→∞
n
n
∞y
lim yn =
n→∞
−∞.
=+
∞y
lim yn =
n→∞
−∞.
n
• Sea xn = n2 y yn = Y lim xn + yn
=+
n
• Sea xn = n y yn = Y lim xn + yn
n
n
−n, en tal caso = lim n2 − n = ∞. →∞
lim xn = +
∞y
n→∞
lim yn =
n→∞
−∞.
n
En cualquiera de los casos que hemos presentado ser ser´´ıa ıa necesario llevar a cabo un estudio particular. ´ presentamos una serie de tablas que restringen el l´ A continuacion l ´ımite ımite de una suma, de un producto y de una potencia.
1) lim xn + yn . n→∞
´ Donde a y b son numeros reales.
2) lim xn yn .
·
n→∞
La func funci´ i´on o n sign signo o
sgn(x) =
Donde a, b
∈ IR − {0}.
3) lim xynn . n→∞
lim y n n→∞ lim n→∞
Donde a
–∞
0
c
+∞
0
+∞
?
0
0
a
+∞
1
a c
0
1
?
1
1
? +∞
+∞
x n
b
0
1
b c
+∞
0
?
+∞
∈ (0, 1), b > 1 y c ∈ IR − {0}.
−
1 1
si x < 0 si x > 0
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´ sea No es lo mismo que el l´ l´ımite ımite tienda a 1 que el hecho de que la sucesi on
!
´ constante igual a 1 es 1. constante igual a 1. El ll´´ımite ımite de la sucesi on
´ 2.6. ¿Como solucionar las indeterminaciones? No existen reglas generales que nos permitan resolver los l ´ımites ımites indeterminados; no obstante, se pueden dar algunas indicaciones.
2.6.1. M M´etodo e´ todo general . Suponemos que tenemos el t´ termino e´ rmino general xn = h(n), donde h(x) est´ esta´ bien definida para x lo bastante grande. Si lim h(x) existe, entonces lim xn = lim h(x). x→∞
n→∞
x→∞
El m´ metodo e´ todo no se puede aplicar si aparecen expresiones de la forma ( 1)n , ´ de t´ terminos e´ rminos depende de n. n! o sumas en las que el n umero
!
Si el lim h(x) no existe, entonces el lim xn puede existir o no. x→∞
n→∞
−
!
Ejemplo 2.6. Calculemos el lim n sin
→∞
n
Observemos que lim n =
→∞
n
1
n
.
∞ y que nlim sin →∞
por lo tanto, indeterminado.
1
n
= 0. 0. Es un ll´´ımite ımite de la forma 0
· ∞ y,
Calculamos el l´ l´ımite ımite pensando en que la variable es continua, y lo transformamos en un l´ımite ımite de la forma f orma 00 para poder aplicar la regla de LHôpital: lim x sin
→+∞
x
1
x
=
lim
=
lim
=
cos
lim cos
→+∞
x
Puesto que el l´ l´ımite ımite existe, tenemos que lim n sin n
→∞
=
x
→+∞
x
1
x
1
→+∞
x
− −
sin
1
1
x2
x
1
=
x2
1
x
1
n
= cos cos 0 = 1.
=1 1..
Ejemplo 2.7. Consideremos el lim n
→∞
n + (n + 1) + . . . + 2n . Este l´ l´ımite ımite no se puede calcular por el
metodo e´ todo general, ya que la cantidad de sumandos del t ermino e´ rmino general depende de n.
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Sucesiones y series
Ejemplo 2.8. Consideramos el lim sin(2πn). Aplicamos el m´ metodo e´ todo general y el lim sin(2πx) no exis-
→∞
→∞
n
x
te, mientras que sin(2πn) es 0 para todo n. Por lo tanto, el lim sin(2πn) = 0. n
→∞
2.6.2. Caso 00 y
∞0
Queremos calcular lim xynn . Sup Supone onemos mos que lim xynn = l; si tomamos n→∞
n→∞
logaritmos neperianos en cada miembro de la igualdad, obtenemos que: lim yn ln xn = ln l,
n→∞
de donde tenemos que: lim yn ln xn
l = en→∞
.
´ tenemos que resolver la indeterminacion ´ del tipo 0 En tal caso, solo
· ∞.
Ejemplo 2.9. 1
Calculemos lim n n2 .
→∞
n
El lim n =
→∞
n
1 ∞ y el nlim = 0, 0, lo cual quiere decir que el lim n →∞ n2 n→∞
1
n2
es la de forma
∞0
y, en consecuencia, indeterminado. indeterminado.
lim yn ln xn Aplicamos el hecho de que l = en→∞ a nuestro caso:
lim
n
→∞
1 n n2
=
lim
1
→∞ n2
en
ln n
=
Observamos que ahora tenemos un l´ l ´ımite ımite de la forma general; por lo tanto: lim
n
→∞
ln n n2
= lim x
→∞
ln x x2
lim
en
→∞
x
→∞ 2x
x
n2 .
∞ que ya se encuentra en la forma ∞
1
= lim
ln n
= lim
1
→∞ 2x2
x
= 0.
1
1. De esta manera, lim n n2 = e0 = 1. n
→∞
2.6.3. Caso 1∞ ´ Comencemos por la sucesi´ ´ Este caso necesita algo de justificaci on. sucesion:
xn =
n
1+
1
n
.
´ xn = 1 + Se puede demostrar que la sucesi on
1 n
n
es acotada y creciente
y, por lo tanto, tiene ll´´ımite. ımite. El valor valor de este l´ l´ımite ımite recibe el nombre de ´ numero e.
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Es decir:
lim
n→∞
1
1+
n
=e
n
´ ´ En gen genera eral, l, si xn es una suc sucesi esi´onden umeros ume ros rea reales les tal tales es que lim xn =
{ }
entonces lim
n→∞
1
1+
xn
n→∞
xn
∞,
= e.
.
´ de la indeterminacion ´ 1∞ a 0 Conversi´ Conversion Si lim xn = 1 y lim yn = n→∞
n→∞
·∞
∞, entonces:
lim (xn lim xynn = en→∞
n→∞
− 1) y
n
Ejemplo 2.10. Calculemos: lim
→∞
n
1
Calculamos lim
1
an + bn
1
1
an + bn
2
n
, a > 0 y b > 0.
1+1 = 1 y lim n = 2 n→∞
=
2
→∞
n
∞; por tanto, es de la forma 1∞ .
Aplicamos: lim (xn y lim xnn = en→∞
− 1) yn
n
→∞
entonces: lim
n
→∞
1
1
an + bn
2
lim
n
n
=e
→∞
1
; 1
−
an + bn
1
2
n .
Para calcular el l´ l ´ımite ımite cambiamos la n por x:
lim
x
→∞
1
1
ax + bx
2
− 1
1
1
a x +b x
x
=
−1 =
2
lim
1
x
→∞
x 1
1
a x ln a+b x ln b
=
2
lim
− x1
x
→∞
=
de donde tenemos que lim
→∞
n
1
1
an + bn
2
lim
x2
1
a x ln a + b x ln b
2
→∞
x
√
ln a + ln b = ln a b, 2
n
= eln
=
2
1
=
−1
√
a b
·
=
√
a b.
·
·
=
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Sucesiones y series
2.6.4. Criterio de Stolz Hasta el momento hemos estudiado situaciones donde era posible pasar al caso general. ´ especialmente para determinar el l´ımite El criterio de Stolz resulta util de sucesiones en las que aparecen sumas de t e´ rminos que se incrementan con n. .
Criterio de Stolz ´ Sean xn e yn dos sucesiones donde yn es monotona creciente
{ } { }
o decreciente e yn = 0 n
∀ ∈ IN tales que:
{ }
lim xn = lim yn = 0
n→∞
n→∞
o bien: lim yn =
n→∞
Si existe λ = lim
n→∞
xn = λ. que lim n→∞ yn
xn+1 yn+1
∞.
− x ∈ IR ∪ {−∞, +∞}, entonces tenemos −y n
n
Ejemplo 2.11. Calculando lim
→∞
n
12 + 22 + . . . + n2 n3
, vemos que n3 es creciente y que lim n3 =
{ }
→∞
n
por tanto, podemos aplicar el criterio de Stolz: lim
→∞
n
∞ y,
12 + 22 + . . . + (n + 1)2 (12 + 22 + . . . + n2 ) (n + 1)2 1 = lim = . 3 3 2 (n + 1) n 3 n→∞ 3n + 3n + 1
− −
2.6.5. Desarrollo en polinomio de Taylor Supongamos que queremos calcular lim n!sin n→∞
1
n!
. En este caso no pode-
mos definir una funci´on de x y aplicar la regla de LHôpital porque contiene ´ n!. Cuando nos encontramos ante este problema, podemos una expresion ´ es utilizar desarrollos en polinomio de Taylor en x = 0. Esta t´ecnica solo aplicable si el error que tenemos tiende a 0 cuando n tiende a
∞.
´ sin x Observamos que el desarrollo en polinomio de Taylor de la funci on ´ cuando x est´a proxima de 0 es: sin x = x
x3
x5
− 3! + 5! + O(x7).
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Sucesiones y series
f (x) existe y el l´ımite es finito, entonces x→0 xi decimos que f (x) = O(xi ) (se lee “f (x) es del mismo orden que xi ’’).
´ tal que lim Si f (x) es una funcion
. Algunas de las propiedades de los O(xi ) son:
1) O(xi ) + O(xj ) = O(xi ) si i
≥ j.
2) Si k es un valor constante, entonces kO(xi ) = O(xi ). 3) xj O(xi ) = O(xi+j ). 4) O(xi )O(xj ) = O(xi+j ).
Ejercicio 2.8. Calculad los siguientes l´ımites, si es que existen:
a) lim
→∞
n
d) lim
n+a
g) lim n
→∞
.
n+b
n!
→∞ nn
n
n
b) lim
→∞ n + 2
n
e) lim
.
→∞
n
1! + 2! +
· ·· + n! .
n!
n2
h) lim n
→∞
c) lim
.
→∞
n
1+2+ +n . 5n2
·· ·
1 + 22 +
· ·· + nn .
nn
f) lim
4n3 + 8n 1 . 7n3 + 6n
−
ln n!
→∞ ln nn
n
√ n
i) lim n
→∞
n!
n
.
.
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Sucesiones y series
´ 3. Series de numeros reales .
´ Consideremos n numeros reales a1 , . . . , an , la suma de los cuales es a1 +
···
+an . Una manera m´as compacta de presentar esta suma es mediante la notaci´on siguiente:
n
ai .
i=1
Recordemos algunas de las sumas finitas m a´ s conocidas: n
i=1
i=
n(n + 1)
2
n
,
i=1
2
i =
n(n + 1)(n + 2)
6
n
y
3
i =
i=1
n(n + 1)
2
2
.
´ El problema es qu´e sucede si en lugar de tomar un n umero finito de t´er´ minos, tomamos un numero infinito. Este problema se lo plantearon por ´ quien lo formul o´ indirectaprimera vez en la antigua Grecia, y fue Zenon mente. Aquiles trata de alcanzar una tortuga en movimiento que le lleva cierta ventaja. Durante ´ donde se encontraba la tortuga, el tiempo invertido por Aquiles en llegar a la posici on e´ sta ha realizado un pequeño desplazamiento. As´ı, cuando Aquiles recorre la distancia ´ que ocupaba la tortuga, e´ sta ya ha vuelto a desplazarse. De que le separa de la posicion este modo, Aquiles nunca llegar´a hasta la tortuga. Imaginemos que la tortuga decide esperar a Aquiles; en tal caso, e´ ste tendr´ıa que recorrer la mitad de la distancia que lo separa de la tortuga, despu e´ s la mitad de la mitad, y ´ de reposo de as´ı sucesivamente; en consecuencia, Aquiles nunca llegar´ıa a la posicion ´ infinita, llegaremos a la conclusi on ´ de que la tortuga. Ante este concepto de regresion Aquiles nunca hubiese podido empezar su desplazamiento y, por tanto, el movimiento es imposible.
Observad que este razonamiento se basa en la posibilidad de fraccionar el espacio (o el tiempo) en intervalos tan pequeños como queramos. Las matem´aticas que modelan la realidad admiten posibilidades como e´ sta, lo cual llena de sentido los conceptos de continuidad y de c a´ lculo infinitesimal. Desde un punto de vista matem´atico, un segmento es infinitamente divisible, mientras que un alambre no lo es. El segmento matem´atico es un modelo que permite estudiar la realidad f ´ısica, no una copia fiel de la ´ a la hora de estudiar prorealidad, motivo por el cual nos resultar a´ util blemas relacionados con cuerpos materiales (cuerdas vibrantes, cuerpos
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Sucesiones y series
r´ıgidos, etc.). Por otra parte, nos va a proporcionar el modelo del tiempo y el espacio como un continuo. ´ ´ Realmente, el movimiento es observable. Los fil osofos Aristoteles y Bergson han distinguido entre la posibilidad ideal de fraccionar de manera indefinida el espacio y el tiempo, y la posibilidad de hacerlo realmente. Si ´ no es tal lo consideramos desde este punto de vista, la paradoja de Zen on paradoja. Sin embargo, ya pod´e is suponer que esta manera de hacer las cosas no acaba de convencernos, ya que significar´ıa, entre otras cosas, tener que cambiar las matem´aticas, puesto que no modelar´ıan la realidad que vemos. Admitimos la posibilidad de fraccionar de manera indefinida el tiempo y ´ del concepto de serie. el espacio, lo cual nos conduce a la introducci on Para evitar encontrarnos con dos cuerpos movi´endose, supondremos que la tortuga esta´ parada a una distancia de una unidad de Aquiles. Tambi e´ n supondremos que Aquiles esta´ situado en el centro de coordenadas y que se mueve con una velocidad uniforme v. Observamos que Aquiles tarda 21v para llegar a una distancia de A1 =
1 2
unidades de la tortuga. Para recorrer
la mitad de la distancia que separa a Aquiles de la tortuga ( 14 unidades), el tiempo es
1 . 4v
Y as´ı sucesivamente.
´ Si denominamos A0 el punto de partida y An los puntos donde se sit ua Aquiles sucesivamente, la distancia que ha recorrido Aquiles cuando se encuentra en An es 1
− 21 , y el tiempo que ha necesitado es 21 + 21 n
v
2v
+. . .+ 2n1 v .
¿Cu´anto vale esta suma?
No olvidemos que Aquiles se mueve a una velocidad constante ( v) y, debido a que la distancia recorrida es 1 necesitado Aquiles es T n =
1 v
1 2n
n
− 1
− 21 , tenemos que el tiempo que ha
. Por tanto:
1 1 1 1 + 2 +...+ n = 2v 2 v 2 v v
− 1
1 2n
.
Cuando n tiende a infinito, tenemos que la distancia tiende a 1 y el tiempo que tarda Aquiles en atrapar a la tortuga es
1 v
. Observad que Zen´on no
´ indefinida de cantidades (espacios o tuvo en cuenta que la acumulaci on tiempos) puede tener como consecuencia una cantidad finita (es decir, un ´ ´ de la numero). Debemos a Eudoxo y Arqu´ımedes la primera formulaci on idea de que cantidades finitas se alcanzan por acumulación de cantidades infinitas. Sin embargo, hasta la llegada de Euler no se llevar a´ a cabo su formulaci´on completa.
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Sucesiones y series
3.1. Concepto de serie ´ de numeros ´ ´ asoSea an una sucesion reales. Consideramos la sucesi on
{ } ciada {S } de sus sumas parciales: n
S n = a1 + a2 +
··· + a
n.
Se conoce como serie la pareja formada por las dos sucesiones an y S n ,
{ } { }
que representaremos mediante el s´ımbolo: ∞
an .
n=1
.
Notaci´on
´ de sus sumas parUna serie es convergente si converge la sucesi on ´ de ciales, y denominamos suma de la serie el l´ımite de la sucesi on sus sumas parciales, que representamos mediante el s´ımbolo:
El s´ımbolo
∞
an denota
an , donde n0 es un
n=n0
∞
n´umero natural.
an .
n=1
Si una serie no es convergente, se denomina divergente.
´ Observad que una serie es un tipo muy particular de sucesi on.
3.2. Series geom e´ tricas Al empezar el apartado ya estuvimos viendo esta serie que se conoce por
serie geom´etrica de raz´on k en de la serie 1 + k + k 2 +
··· + k
n
+
k n . Si la n empieza a partir de 0, se trata
···
´ de las sumas parciales hasta el t e´ rmino n; en tal Partimos de la sucesion caso: S n = 1 + k + k2 +
··· + k
n
.
La ventaja de hacer sumas parciales es que podemos multiplicar y sumar de la manera tradicional. Por tanto: S n kS n
= 1 + k + k2 + =
n
··· + k , k + k2 + k3 + ··· + k +1 . n
Tras restar ambas expresiones, tenemos: kS n
− S
n
= k n+1
− 1.
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Por tanto:
Sucesiones y series
k n+1 1 . k 1
− −
S n =
Puesto que la serie es el l´ımite de las sumas parciales, nos encontramos con ∞ 1 que esta serie converge si k < 1 y su l´ımite es . ki = 1 k
||
−
i=0
´ de sumas parciales tiende a infinito. • Para k > 1, el l´ımite de la sucesi on
||
• Para el caso k = 1 tenemos que: S n = 1 + 1 + 1 +
··· + 1 = n + 1.
´ de sumas parciales tiende a infinito. Por tanto, la sucesi on • Para k =
−1 nos encontramos con que: S = 1 + (−1) + 1 + (−1) + ··· + (−1)
n
n
.
Entonces, si n = 2k, tenemos que S 2k = 1; si n = 2k + 1, obtenemos que ´ de las sumas parciales es oscilante: en S 2k+1 = 0. Por tanto, la sucesi on ´ algunas ocasiones es 0 y en otras es 1. En este caso, dado que la sucesion no converge, la serie es divergente. . ´ los valores de k : Convergencia de la serie geom´etrica segun ∞
k i es
i=0
convergente si k < 1 divergente si k 1
|| | |≥
Adem´as, si k < 1 su suma es
||
1
1
− k.
Ejemplo 3.1.
∞
Calculemos
kn con k < 1.
||
n=m
Escribimos primero la suma parcial hasta el t e´ rmino n con m < n; entonces: S n = km + km+1 + km+2 +
·· · + kn .
De esta forma: S n
=
kS n
=
km + km+1 + km+2 +
·· · + kn , km+1 + km+2 + km+3 + ·· · + kn+1 .
Restando ambas expresiones, tenemos: kS n
− S n = kn+1 − km ,
que permite escribir: S n =
kn+1
− km . k−1
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Sucesiones y series
Si pasamos al l´ımite cuando n tiende a infinito, tenemos:
∞
ki =
i=m
km
1
− k.
Este ejemplo nos permitir´a ilustrar el siguiente teorema: .
´ de un numero ´ La inserci´on o la supresion finito de t´erminos en una serie convergente no influye en su convergencia, pero s´ı en su suma. ´ Si se añade o se suprime un n umero finito de t´erminos en una serie ´ siendo divergente. divergente, e´ sta continua
Observamos que hemos conseguido llegar al estudio completo de la serie geom´etrica: tenemos la capacidad de determinar su convergencia y, en caso de que sea convergente, tambi´en podemos calcular su suma. . La serie geom´etrica es convergente. En este caso, si k < 1:
||
∞
ki =
i=m
km . 1 k
−
A la hora de estudiar una serie, nos planteamos dos preguntas fundamentales:
a) ¿Cu´ando es convergente una serie? b) Si la serie es convergente, ¿cu´al es el valor de su suma?
´ an debe tender a cero 3.2.1. La sucesi on ´ Si una serie es convergente, entonces la sucesion an debe tender a 0.
{ }
´ de las sumas Si an tendiese a una constante K , entonces la sucesi on
{ }
´ no se parciales, para n grande, se comportar´ıa como nK . Esta sucesion encuentra acotada, de manera que la serie es divergente.
Si
an es convergente, entonces lim an = 0. n→∞
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El hecho de que lim an = 0 no implica que n→∞
Sucesiones y series
an sea convergente. !
´ lim an = 0 es necesaria pero no suficiente. Esto significa que la condicion n→∞
Como veremos en el siguiente apartado, existen series cuyo t e´ rmino general tiende a 0 pero la serie diverge. ´ si lo que queremos saber es si una serie es diverEste criterio resulta inutil ´ hay que ver que lim an = 0. gente: solo
n→∞
Ejemplo 3.2.
Vamos a estudiar si existe alguna posibilidad de que la serie 1
Ya que lim
→∞ n!
n
= 0, entonces puede ser convergente o no.
1 n!
sea convergente.
Ejemplo 3.3. Ahora estudiaremos si hay posibilidades de que la serie Puesto que lim n = n
→∞
n sea convergente.
∞, podemos asegurar que es divergente.
Ejercicio 3.1. Determinad de entre estas series cu a´ les pueden ser convergentes:
a)
bn . n
b)
Nota: Pod´eis usar que lim an = 0
→∞
n
bn n!
c)
.
⇔ nlim |a | = 0 →∞ n
np .
´ 3.3. La serie arm onica generalizada ´ Si una serie converge, entonces los n umeros an deben tender 0, cuando n es grande. Podemos encontrar ejemplos de sucesiones an en los que la
{ }
serie no converge, aunque: lim an = 0.
n→∞
´ suponiendo que Consideramos ahora la misma paradoja que la de Zen on, la velocidad decrece gradualmente, de manera que Aquiles necesita T minutos para ir de 1 a 12 , a
7 8
y, en general,
T n
T
2
minutos para ir de
1 2
a 34 ,
1 2n−1
a
1 . 2n
minutos para ir de
T
3
minutos para ir de
3 4
´ representa el tiempo total que La serie infinita que vemos a continuaci on necesita para la carrera:
T +
T
2
+
T
3
+
··· + T n + ···
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Sucesiones y series
En este caso, la experiencia f ´ısica no sugiere ninguna “suma” obvia o natural para asignar a esta serie, de ah´ı que sumemos de manera matem a´ tica. ´ Podemos ver como se comporta la serie: 1+
1 1 + + 2 3
··· + n1 + ···
sumando sus t´erminos con la ayuda de un ordenador. Entonces observaremos que a partir de un t´ermino determinado, la suma acumulada deja de crecer. Y esto sucede porque, a partir de un momento dado, los t´erminos ´ con la suma ya acuque se acumulan son tan pequeños en comparaci on ´ mulada, que el n umero de d´ıgitos que muestra el ordenador no refleja el incremento que se produce en la suma. Este hecho puede inducirnos a pensar que la llamada serie armónica es convergente; sin embargo, no es as´ı. ´ (en este caso, la de las sumas parciales) Para comprobar que una sucesi on ´ hay que ver que alguna de las subsucesiones no converno converge, solo ´ indicada por las sucesivas potencias de 2, ge. Consideramos la sucesion kn = 2n con n = 1, 2 . . . El razonamiento que seguiremos se lo debemos al
matem´atico franc´es Nicol´as de Oresme (s. XIV): S kn
1 2 1 = 1+ 2 1 > 1+ 2 1 = 1+ 2 = 1+
1 1 1 + + + n = 3 4 2 1 1 1 1 + + + + + + n n − 1 3 4 2 +1 2 1 1 1 1 + + + + + + n = n 4 4 2 2 1 1 n + + + = 1+ . 2 2 2 +
···
··· ···
···
···
>
···
Es evidente que S kn se hace tan grande como queramos y que, por lo tanto,
1 n
es divergente.
´ de la serie arm onica ´ La generalizacion es:
1 np
y se denomina serie arm´onica generalizada. . ´ de los Convergencia de la serie arm´onica generalizada en funcion valores de p:
1 np
es
convergente si p > 1 divergente si p 1
≤
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Sucesiones y series
3.4. Propiedades generales de las series Las propiedades de mayor relevancia que verifican las series son e´ stas: ´ finito de t´erminos que sumen A, 1) Si añadimos o suprimimos un n umero la serie nueva tiene el mismo car a´ cter que la primera. Si la primera serie es convergente y su suma es S , entonces la suma de la segunda serie es S A, que modifica la suma pero no el car a´ cter de la serie.
±
´ 2) El car´acter de una serie no cambia si multiplicamos por un n umero k = 0. En este caso:
∞
n=1
∞
3) Si
an y
n=1
an
n=1
bn son series convergentes con l´ımites S 1 y S 2 , entonces
n=1
an + bn = S 1 + S 2 .
n=1
kan = k
∞
∞
∞
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Sucesiones y series
4. Series de t´erminos positivos .
4.1. Definición Una serie es de t´erminos positivos si el t´ermino general es siempre positivo, es decir, an > 0 para todo valor de n. Los criterios que se siguen hacen referencia a las series de t e´ rminos positivos.
´ 4.2. Criterios de comparaci on ´ vamos a explicitar un par de criterios que, de hecho, ya A continuacion hemos utilizado. .
Comparaci´on por diferencia Dadas dos series
a) Si b) Si
an y
bn tales que an
an diverge, entonces
≤ b ∀n si n ≥ n0: n
bn diverge.
bn converge, entonces
an converge.
Ejemplo 4.1. Demostremos que Puesto que
1
2n +1
1 2n +1
√ n1−1
< 21n y
es convergente.
1 2n
es convergente, entonces
1 2n +1
es convergente.
Ejemplo 4.2. Demostremos que Debido a que
.
√ n1−1
1 > √ y n
es divergente.
√ 1n
es divergente, entonces
√ n1−1
es divergente.
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Sucesiones y series
´ Comparaci´on por paso al l´ımite por division
∞
Si tenemos dos series
a) Si lim
an < bn
b) Si lim
an = 0y bn
n→∞
n→∞
an y
y
bn :
bn converge, entonces
bn diverge, entonces
an converge.
an diverge.
Ejemplo 4.3.
Demostremos que Observamos que:
1 2n 1
−
es convergente.
lim
n
−
→∞
Al ser
1 2n
convergente, entonces
1 2n 1 1 2n
1 2n 1
= 1.
es convergente.
−
A la hora de estudiar el car a´ cter de una serie es conveniente simplificar su t´ermino general. Ejemplo 4.4. 1+
Probamos que
1
n
n
1+
n
es convergente.
2n
n=1
Cuando n
1 2
− →∞ → ∞
1+
, podemos ver que
t´ermino dominante es
2n
1
n
n
.
Si comparamos el t e´ rmino general de la serie con
lim
n
→∞
Puesto que
1 2
1
n
n
1+
2n 1 2n
1 2n
1 2n
1 2
n
1. Por tanto, el
tenemos:
n
− 1+
e y que 1 +
− →
= lim n
→∞
1
n
1 2
n
− 1+
n
1+
= e.
es convergente y el l´ımite del cociente es finito: 1 2
n
− ∞
1+
n=1
1
n
n
1+
2n
es convergente.
4.2.1. Criterio de Pringsheim A estas alturas ya hemos estudiado dos series de t´erminos positivos: la serie ´ geom´etrica y la serie arm onica generalizada.
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Sucesiones y series
Supongamos que ahora queremos estudiar la convergencia de una serie ´ por paso al de te´ rmino general an . Aplicamos el criterio de comparaci on l´ımite con la serie arm onica ´ generalizada. ´ Recordemos que la serie arm onica generalizada verifica:
Si bn =
1 np
1 np
es
convergente si p > 1 divergente si p 1
≤
´ , lo unico que tenemos que hacer es calcular el lim np an . Men→∞
´ de la division ´ tenemos: diante el criterio de comparaci on 1 1) Si lim np an < y converge, entonces n→∞ np 1 ´ si p > 1.) converge solo p
∞
n
2) Si lim np an = 0 y n→∞ 1 de diverge si p p
n
bn diverge, entonces
≤ 1.)
an converge. (Donde
an tambi´en diverge. (Don-
.
Criterio de Pringsheim a) Si lim np an < n→∞
b) Si lim np an = 0 y p n→∞
∞ y p > 1, entonces
≤ 1, entonces
an converge.
an diverge.
Observaciones ´ cuando tenemos expresiones del tipo nα . 1) Resulta especialmente util Por este motivo sera´ conveniente aplicar infinit e´ simos que transformen las funciones en expresiones polinomiales. ´ 2) El numero p se elige, en general, como la diferencia de grados entre el denominador y el numerador. Ejemplo 4.5. Estudiemos el car a´ cter (la convergencia o la divergencia) de
n+2 n3
+ 3 sin n
·
.
→ ∞. Puesto que el numerador es de grado 1 y − 1 = 2.
La funcion ´ seno est´a acotada cuando n el denominador grado 3, entonces p = 3 Comprob´emoslo: lim n2
→∞
n
n+2 n3 + 3 sin n
·
= lim
1+
2 n
n →∞ 1 + 3 sin n3
n
= 1.
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Sucesiones y series
Puesto que el l´ımite es finito y p = 2 > 1, entonces tenemos que convergente.
n+2 n3
+ 3 sin n
·
es
Ejemplo 4.6. Estudiemos el car a´ cter (la convergencia o la divergencia) de
ln n n2
.
El criterio general es igualar las potencias del numerador y del denominador. Por este motivo, tendr´ıamos que escoger p = 2. Calculemos el l´ımite:
ln n
lim n2
n2
→∞
n
El l´ımite es
= lim ln n =
→∞
n
∞.
∞ y p = 2 > 1. Por lo tanto, el criterio no decide.
Si escogemos p = 1, entonces: lim n1
n
→∞
ln n n2
ln n
= lim
n
n
→∞
.
Calculamos este l´ımite aplicando la regla de L’Hôpital al l´ımite de la funci on ´ asociada: lim
ln x
=
x
x
→∞
Por lo tanto: lim n1
n
→∞
1
L’Hôpital
ln n n2
lim
x
x
→∞
= lim
1
ln n
n
→∞
n
= 0.
= 0.
Debido a que el l´ımite resulta 0 y p = 1, el criterio no decide. 1 Pero nadie est´a diciendo que las p tengan que ser enteras. Escogemos p = 1+ ; entonces: 2 1
lim n1+ 2
n
→∞
ln n n2
= lim n
→∞
ln n 1
= 0.
n2
1 > 1. Ahora estamos en condiciones de aplicar el criterio de 2 ln n Pringsheim y, por tanto, la serie es convergente. 2 El l´ımite es 0 y p = 1 +
n
4.2.2. Criterio que proviene de la serie geom e´ trica ´ Ya hemos encontrado un criterio que utiliza la serie arm onica generalizada como modelo. Sin embargo, recordemos que ten´ıamos otra serie, la geom´etrica, que verifica: ∞
k i es
i=0
convergente si k < 1 1 divergente si k
|| | |≥
¿Cu´ando podemos afirmar que una serie se comporta como la serie geom´etrica? Observemos que el t e´ rmino general de la serie geom e´ trica es an = k n y recordamos que al desarrollar el tema de sucesiones ya hab´ıamos estudiado ´ en el l´ımite se comporta diferentes formas de determinar que una sucesi on como k n .
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Sucesiones y series
an+1 = k. Esto quiere decir que en n→∞ an = kan y que, por tanto, se comporta como si fuese an = k n .
Una primera manera de decirlo es: lim el l´ımite an+1
Dado que la serie geom´etrica es convergente si k < 1, entonces tenemos que
an es convergente. An´alogamente, si k > 1, entonces
an es divergente.
El caso k = 1 es dudoso. ´ Aplicad este criterio a la serie armonica generalizada. .
Criterios del cociente y de la ra´ız ∞
Dada la serie
an tal que an > 0 n
∀ ∈ IN, suponemos que
n=1
lim
n→∞
an = λ (cociente) o bien lim n→∞ an−1
√a n
n
= λ (ra´ız). Entonces:
∞
a) Si λ < 1, la serie
an es convergente.
n=1
∞
b) Si λ > 1, la serie
an es divergente.
n=1
c) Si λ = 1, el criterio no decide.
Es conveniente aplicar el criterio del cociente cuando hay expresiones de la forma k n o n!. Es conveniente aplicar el criterio de la ra´ız en caso de que haya expresiones de la forma nn . A veces es conveniente sustituir n! por e−n nn
√2πn (f ´ormula de Stirling).
Ejemplo 4.7.
Determinemos para que´ valores de p > 0 la serie
∞
npn converge.
n=1
Si queremos aplicar el criterio del cociente, antes tenemos que calcular el l ´ımite: lim
an+1 an
→∞
n
= lim
→∞
n
(n + 1) pn+1 npn
= p lim
n+1
→∞
n
n
= p.
Por tanto, la serie es convergente si 0 < p < 1 y es divergente si p > 1. Para p = 1, el
∞
criterio no decide. Sin embargo, para p = 1, la serie es
n. Puesto que el t´ermino
n=1
general no tiende a 0 ( lim n =
→∞
n
∞), tendremos que para p = 1 es divergente.
La serie converge si 0 < p < 1 y diverge si p
≥ 1.
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Sucesiones y series
4.2.3. Criterio de la integral ´ y = f (x) decreciente x Consideremos una funcion
∀ ≥ n0; entonces, como
podemos ver en el gr´afico del margen: n
n
f (k )
∞
∞
f (k )
≤
Suma por defecto
f (x)dx.
1
k=2
An´alogamente:
f (x)dx.
1
k =2
Por lo tanto:
≤
n−1
n
f (x)dx
1
≤
f (k ).
k=1
Puesto que la integral y las series est a´ n encajonadas, se puede afirmar que la serie y la integral tienen el mismo car a´ cter.
Suma por exceso
.
Criterio de la integral ´ tal que f (x) > 0 y decreciente para x Sea y = f (x) una funcion ∞
Entonces,
f (k) y
k=1
∞ 1
≥ n0.
f (x) tienen el mismo car a´ cter.
Ejemplo 4.8.
Vamos a determinar el car a´ cter de la serie
∞
n=2
1 . n ln n
·
1 ; por lo que tiene El t e´ rmino general de la serie se establece a partir de f (n) = n ln n 1 ´ real f (x) = sentido definir la funci on . Observad que s´olo nos interesa lo que pasa x ln x en el infinito, motivo por el cual el extremo inferior es siempre arbitrario.
·
∞
a
1 = lim x ln x c→∞
c
a
1 = lim ln ln x ca = lim lnln c x ln x c→∞ c→∞
|
∞
Dado que la integral es divergente, tenemos que la serie
n=2
te.
1 n ln n
·
− lnln a = ∞. tambi´en es divergen-
Ejercicios 4.1. Estudiad la convergencia o la divergencia de las siguientes series: a)
∞
− √ n=1
e)
∞
n=1
(4n
n
1)(4n
ln n . n n+1
− 3)
.
b)
∞
n=1
f)
∞
n=1
n+1
2n
.
c)
∞
n=1
2
ne−n
.
g)
1 n+1
√ ∞
n=1
(n!)2 . (2n)!
− √n .
d)
∞
n=1
h)
sin n
| · ∞
n=1
n2
|.
5n
n nn
45
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i)
∞
n=1
2n + 1 . 3n + 1
j)
∞
n=1
nn n!
Sucesiones y series
.
´ son 4.2. Determinad para qu´e valores de x > 0 las series que tenemos a continuacion convergentes:
∞
a)
n
b)
nx .
n=1
∞
n=1
xn nn
.
´ del error 4.2.4. Estimaci on Uno de los problemas con que nos encontramos a la hora de estudiar series es que tenemos la capacidad de determinar si convergen, pero en caso de que converjan es bastante dif ´ıcil determinar con exactitud cu´a l es su suma. ´ nos interesa determinar la suma con una cierta preciEn la pr´actica, solo ´ y, para hacerlo, sumamos un n umero ´ sion finito de t´erminos. Es decir, ∞
queremos calcular
k
an y, en lugar de esto, calculamos
n=1
an ; entonces,
n=1
el error que cometemos es:
∞
∞
k
−
Errk =
an
n=1
an =
n=1
an .
n=k+1
´ positiva monotona ´ Pero si escribimos an = f (n) y f (x) es una funcion decreciente, se tiene que: ∞
∞
an
n=k+1
≤
f (x)dx,
k
ya que el valor de la integral es el a´ rea delimitada por la curva y el eje X , y la suma de la serie es la suma de las a´ reas de los rect´angulos. . ´ Cuando an = f (n) y f (x) es monotona decreciente, entonces: ∞
Errk =
∞
k
− an
n=1
an =
n=1
n=k +1
∞
an
≤
f (x)dx.
k
Ejemplo 4.9.
∞
Consideremos la serie
n=1
1 n2
.
1) Demostraremos que es convergente. 2) Aproximaremos el valor de la suma de la serie utilizando los cinco primeros t e´ rminos ´ del error. y aportaremos una estimaci on
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Sucesiones y series
3) Si queremos calcular la serie con un error menor que 10−8 , ¿cu´antos t´erminos tendr´ıamos que sumar? ´ con p = 2. 1) La serie es convergente porque es la serie arm onica
2) La suma de los cinco primeros t´erminos es: 1 1 1 1 1 5.269 + 2 + 2 + 2 + 2 = 1 2 3 4 5 3.600 Para calcular el error aplicamos que: S 5 =
∞
∞
≤
Err 5 =
1
n=6
n2
1 x2
5
≈ 1,46361111. dx.
´ tenemos que calcular la integral: Solo
∞
5
c
1
1
dx = lim dx = lim c→∞ c→∞ x2 x2 5
∞
por lo tanto,
n=1
1
= 1,5
n2
− x1
± 0,2.
c
1 1 1 − + = = 0,2. c→∞ c 5 5
= lim
5
3) Si nos piden la cantidad de t e´ rminos que tenemos que sumar para que el error sea menor que 0.5 10−8 , tendremos que calcular en qu e´ momento la cota del error es menor que esta cantidad. Por lo tanto:
·
Err n
∞
≤ n
1 x2
c
dx = lim c
→∞
1 x2
n
dx = lim
Si queremos que Err n < 10−8 , entonces
c
→∞
1
1
c
x
n
−
1 1 = . − c→∞ n c n
= lim
1
< 10−8 , de donde tenemos que n > 108 .
n
´ En los ejemplos que hemos visto hasta ahora se ha supuesto que la funcion f (x) era decreciente para x
≥ 1. Se podr´ıa hacer exactamente lo mismo en caso de que f (x) fuese decreciente cuando x ≥ a. En tal caso, se deber´ıa imponer que n ≥ a. Ejemplo 4.10.
∞
Nosproponemos demostrar que la serie
´ ne−n es convergente y determinar el numero
n=1
de t´erminos que hay que sumar si queremos calcular la serie con un error menor que 0,1. Partimos de f (x) = xe−x y observamos que f (x) = (x 1)e−x ; llegaremos a la conclusi´on, entonces, de que la serie es decreciente si x > 1. En este caso:
− −
∞
n=2
ne−n ≤
∞
xe−x dx.
1
Calculamos la integral por partes: c
lim
→+∞
c
xe−x dx =
1
lim
→+∞
c
−(x + 1)e−x
c
= 2e−1 .
1
Si queremos determinar el n umero ´ de t´erminos que necesitamos para calcular la integral con un error menor que 0,1, tenemos que utilizar la cota de la integral. Sin embargo, para que podamos aplicarla necesitamos que e´ sta sea decreciente; por tanto, s olo ´ podremos acotar la cola para n > 1. Calculamos cuando:
∞
i=n+1
ie−i
≤ 0,1.
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Sucesiones y series
Aplicamos la cota del error:
∞
i=n+1
∞
ie−i ≤
xe−x dx = (n + 1)e−n .
n
´ es necesario que determinemos para qu e´ valor de n tenemos que Como se ve, solo (n + 1)e−n < 0, 1. n vemos que para n = 3(3 + 1)e−3 = 4e−3 = 0,19915 y para
Si ahora damos valores a la n = 4(4 + 1)e−4 = 5e−4 = 0,091578 < 0,1. Por lo tanto, n
≥ 4.
Ejercicio 4.3. Para las siguientes series, calculad:
1) La suma de los cuatro primeros t´erminos. 2) El error que cometemos al aproximar la serie por la suma de los cuatro primeros t´erminos. 3) Cu´antos t´erminos tenemos que sumar si queremos un error menor que 0,01.
a)
∞
n=1
1 n3
b)
.
∞
n=1
1 . 2 n +1
c)
∞
n=1
n2
1 . +n
El criterio de la integral nos ha permitido calcular las sumas y acotar los errores a partir de una integral impropia. Sin embargo, se podr´ıa hacer lo mismo si, en lugar de acotar por una integral, lo hacemos por una serie que sabemos sumar. n
Suponemos que ai
≤b
i
∀ ≥ − ≤ n0 . Sea S n =
y
i=0
∞
Errn =
ai ; entonces:
∞
n
∞
ai =
ai
i=0
i=0
ai
i=n+1
bi .
i=n+1
El problema de utilizar este criterio viene dado por la dificultad de encontrar bi . Ejemplo 4.11.
∞
Calculamos el valor de la serie
n=1
1 con un error menor que 0,01. 1 + 2n
Para calcular el valor aproximado de la serie, sumaremos los n primeros t´erminos; por este motivo tenemos que calcular a partir de qu e´ valor n, Err n < 0,01. Observamos que 1 + 2n > 2n y, por lo tanto,
∞
Err n =
i=n+1
1 < 1 + 2i
1 1 < n . As´ı pues: n 1+2 2
∞
i=n+1
1
1 1 n+1 = 2 1 = n. i 2 2 1 2
−
En caso de que queramos que Err n < 0,01, impondremos que n > log2 100 = lnln100 = 6,643856189. Esto significa que n 7. 2
≥
7
Por lo tanto: S
≈ n=1
2n
1 = 0,7567075575 +1
0,76.
1 2n
< 0,01. Por tanto,
Gr´afico de los t´erminos de la sucesi´ on (n + 1)e−n
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Ejercicio 4.4.
∞
Calculad el valor de la serie
n=1
n
(n + 1)2n
con un error menor que 0,01.
Sucesiones y series
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Sucesiones y series
5. Series alternadas .
5.1. Concepto de serie alternada
Hasta el momento hemos estudiado series de t e´ rminos positivos. Cuando las series tienen te´ rminos positivos y negativos, su estudio resulta mucho ´ ´ vamos a estudiar con m´as complicado. En esta parte del modulo solo detalle un tipo de series que tienen t e´ rminos positivos y negativos, es decir, las series alternadas.
. Una serie es alternada, si es de la forma:
−
( 1)n an con an > 0 n.
∀
Una forma de simplificar su estudio es definir un nuevo concepto: el de
serie absolutamente convergente.
Observaci´on
. Una serie gente.
Observad que
an es absolutamente convergente si
|
|
an es conver-
|
an es de te´ rminos positivos. Su convergencia se estudia
|
mediante los criterios del apartado anterior.
Ejemplo 5.1.
∞
Queremos demostrar que la serie
( 1)n es convergente. n!
− n=1
´ tendremos que demostrar, en este Para verlo, estudiamos su convergencia absoluta. S olo caso, que la serie
∞
n=1
1 n!
es convergente.
Si una serie an es absolutamente convergente entonces an tambi´en es convergente.
50
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Sucesiones y series
Por este motivo, aplicamos el criterio del cociente, as´ı: 1
an
λ = lim
→∞ an−1
n
Puesto que λ < 1, entonces
∞
gente y, por lo tanto,
n!
= lim
→∞ n−1 1!
n
= lim
1
→∞ n
n
= 0.
1 es convergente; as´ı, la serie es absolutamente convern!
( 1)n tambi´en es convergente. n!
− n=1
´ presentamos la herramienta que nos permitir a´ estudiar las A continuacion series alternadas: .
Teorema de Leibniz Si tenemos una sucesi on ´ an monotona ´ decreciente de t e´ rminos po∞
sitivos, entonces: la serie
−
( 1)n an es convergente si, y solo ´ si,
n=1
lim an = 0.
n→∞
Ejemplo 5.2.
∞
Estudiamos la convergencia de la serie
( 1)n
− n=1
n
.
∞
Observamos que esta serie no es absolutamente convergente, porque
n=1
Intentamos aplicar el criterio de Leibniz.
convergente.
− x1
2
es divergente.
. Definimos f (x) = x1 ; es una 1 < 0. Y, puesto que lim = 0, entonces es
Observamos que el t e´ rmino general de la serie es an = funci´on decreciente porque f (x) =
1 n
1
n
→∞ n
n
Ejercicios 5.1. Determinad cu´ales de las siguientes series convergen y cu´ales no: a)
∞
sin n
− n=1
c)
∞
( 1)n
n=1
b)
. n3
n2
∞
n=1
d)
.
( 1)n + cos 3n . n2 + n
− − ∞
n=1
( 1)n . ln(n + 2)
5.2. Decid cu´ales de las siguientes series son convergentes y cu a´ les son absolutamente convergentes: a)
∞
( 1)n
−√ n=1
n
.
b)
∞
( 1)n . n3 + n
− n=1
c)
∞
( 1)n . n!
− n=1
La gran ventaja que nos aportan las series alternadas es que podemos calcular con mucha facilidad la suma aproximada de la serie. .
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Sucesiones y series
Criterio de Abel ∞
Si la serie S =
| |
n=1
∞
an es alternada, an es decreciente y lim an = 0. Si n→∞
an , entonces:
n=1
k
Errk =
an
n=1
−
|
|
S < ak+1 .
´ sumamos los k primeros t´erminos, enO, dicho de otra manera, si s olo tonces el valor hacia donde tiende la serie dista de esta suma el valor del primer t´ermino que negligimos. Ejemplo 5.3. ( 1)n
−
Calculamos
n
con un error menor que 0,001.
Observamos que an = f (n) =
| |
1 n
. Si f (x) =
1 x
, f (x) =
−1 x2
y, en consecuencia, es
decreciente para x > 0. Puesto que lim f (n) = 0, por el teorema de Abel tenemos que n
→∞
la serie converge.
≤ n +1 1 . 1 Si queremos que Err n ≤ 0,001, ental caso n +1 ≥ , de donde tenemos que n ≥ 999. 0,001 Si aproximamos la serie por la suma de los primeros n t´erminos, entonces Err n
∞
Por lo tanto,
( 1)n
999
( 1)n
− ≈ − n
n=1
n=1
n
=
−0,6936474306.
Ejemplo 5.4.
∞
Consideremos la serie
n=1
Dado que lim n
( 1)n pn = 0, si queremos aplicar el criterio de Leibniz, tenemos que n!
→∞n
ver que an =
p
n!
( 1)n pn . ¿Para qu´e valores de p converge la serie? n!
−
−
es decreciente. Debido a que en esta serie aparecen expresiones n!, no
podemos aplicar el test de la derivada. Dado que aparecen expresiones n!, para ver que an+1 ´ tendremos que comprobar que an+1 < an solo < 1. Pero: an
an+1 an
Encaso deque n > p, entonces para todo p.
an+1 an
=
pn+1 n+1! pn n!
=
p n+1
.
< 1 y, por lo tanto, la serie alternada es convergente
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Sucesiones y series
Ejercicio 5.3. ´ Considerad las series que tene´ is a continuacion:
a)
∞
− n=1
n
( 1)
2−n n
.
b)
∞
− n=1
( 1)n ln
1 n
.
1) Demostrad que las series son convergentes. 2) Calculad S 4 y determinad el error que cometemos al aproximar el valor de la serie con S 4 . ´ de t´erminos que necesitamos si queremos calcular la serie con 3) Determinad el numero un error menor que 0,001.
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Sucesiones y series
6. Series de potencias .
En una computadora somos capaces de definir sumas y productos, de ah´ı que los polinomios est e´ n definidos y se puedan calcular. Sin embargo, supongamos que queremos calcular ex o sin x. En general, el problema ´ ´ con el que nos encontramos es c omo podemos aproximar una funcion, ´ a este f (x), para un polinomio, T n (x); ya hemos visto antes la soluci on problema, y e´ sta consiste en desarrollar un polinomio de Taylor. n
T n (x) =
f i) (a)
(x
i
− a) . i!
i=0
Si en lugar de sumar n t´erminos hacemos que n tienda a
∞, tendremos una
serie de la forma: ∞
T (x) =
f i) (a)
i
(x
− a) . i!
i=0
Ante todo esto, es probable que nos preguntemos si f (x) = T (x) o, dicho ´ y de la serie coinciden para cualde otro modo, si el valor de la funci on quier valor de x. Intentaremos responder a esta pregunta a lo largo de este ´ modulo; aunque estamos en condiciones de adelantar que la respuesta, en general, es no. Ejemplo 6.1.
− x12
´ e Nos disponemos a determinar la serie de Taylor de la funcion
− x12
Observamos que f (0) = lim e
→0
x
lim
2
− x12
e x→0 x3
= 0. Calculamos f (x) = 1
= L’Hôpital
=
2 lim
→0
x
x3
L’Hôpital
=
1 e x2
→0 −
x
1
3 lim
→0 −
x
−x
2
2
x3
1 e x2
2 lim
=
2 x3
− x3
4
2
x3
1 e x2
para a = 0.
− x12 ; entonces:
e
1
= 3 lim
→0
x
x 1 e x2
L’Hôpital
=
3 x lim 1 = 0. 2 x→0 e x2
En general, se puede deducir (¡aunque no es necesario que lo hag´ais!) que f n) (0) = 0 n
−1 y, por tanto, T (x) = 0, que no es igual a f (x) = e x2 .
∀
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Sucesiones y series
6.1. Concepto de serie de potencias ´ de un polinomio de Taylor. Una serie de potencias es una generalizacion . Una serie de la forma
an (x
n
− a)
se denomina serie de potencias.
∞
Observemos que
xn es una serie de potencias donde a = 0 y an = 1 para
n=1
todo n. No olvid´eis que esta serie es la geom e´ trica y su suma es
|x| < 1.
1
1
− x si
Dada una serie de potencias, nos preguntamos para qu´e valores de x la serie converge. No obstante, tenemos un problema: la serie que obtenemos no tiene por qu´e ser alternada ni de t e´ rminos positivos, motivo por el cual estudiaremos su convergencia absoluta. ∞
La serie que estamos considerando es
|
|| − a|
an x
n=1
n
y, al ser de te´ rminos
positivos, podemos aplicar el criterio del cociente y asegurar convergencia si lim
n→∞
.
El lim
n→∞
por R.
Si x
| − |
an+1 x an
a < 1.
an se conoce como radio de convergencia y se denota an+1
∈ (a − R, a + R), entonces la serie es absolutamente convergente.
´ aparecer´a enunciado el resultado m a´ s importante que reA continuacion suelve el problema de la convergencia de una serie de potencias.
Si x
∈ (a − R, a + R), entonces T (x) = f (x).
Ejercicios ´ 6.1. Calculad el radio de convergencia de las series que ten´eis a continuacion:
a)
∞
n=1
xn n
.
b)
∞
n=1
xn n!
.
c)
∞
n=1
nxn .
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Sucesiones y series
6.2. Calculad para qu´e valores de x la serie es absolutamente convergente: a)
∞
n=1
(x
− 1)n .
b)
n!
∞
(x
− 2)n .
c)
n ln n
n=1
∞
n(x + 1)n .
n=1
n)
Una serie de potencias muy importante viene dada por an = f n(! a) . En este ∞ f n) (a) caso, la serie = (x a)n recibe el nombre de serie de Taylor . n! n=0
−
Ejemplo 6.2. Calculamos la serie de Taylor de f (x) = ex cuando a = 0. Observamos que f n) (x) = ex para todo n y, por tanto, f n) (0) = 1. As´ı pues, la serie de Taylor de la funci o ´ n ex es
∞
n=0
xn n!
.
6.2. Propiedades de las series de potencias En este apartado veremos algunas propiedades de las series de potencias que nos van a permitir determinar sumas de series que ser´ıan dif ´ıciles de encontrar sin estas herramientas.
´ de una serie de potencias 6.2.1. Derivaci on . Consideramos la serie y sea f (x) para x
an (x
n
− a)
con radio de convergencia R > 0
´ hacia donde converge la ∈ (a − R, a + R) la funcion
serie de potencias.
− a) −1 con radio de convergencia R converge hacia f (x) si x ∈ (a − R, a + R). Entonces, la serie
n
nan (x
Ejemplo 6.3. Calculamos la serie de potencias de la funci on ´ Partimos de: f (x) =
1
1
(1
∞
1
∞
−
n
− x = n=0 x
Derivando los dos lados, tenemos:
(1
1 x)2
a partir de f (x) =
, si x < 1.
||
−1 .
n
− x)2 = n=1 nx
1
1
− x.
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Sucesiones y series
Y si reordenamos los t e´ rminos tenemos:
∞
1
(1
n
− x)2 = n=0(n + 1)x
.
´ de una serie de potencias 6.2.2. Integracion . Consideramos la serie
an (x
n
− a)
con radio de convergencia R > 0
´ hacia donde converge la ∈ (a − R, a + R) la funcion a serie de potencias. En tal caso, la serie (x − a) +1 con radio n+1 de convergencia R converge hacia f (s)ds si x ∈ (a − R, a + R). y sea f (x) para x
n
x a
n
Ejemplo 6.4. ´ ln(1 + x) a partir de f (x) = Calculamos la serie de potencias de la funci on Partimos de: f (x) =
Y cambiamos x por
1
1
∞
n
− x = n=0 x
−x; entonces: 1 = 1+x
∞
1
1
− x.
si x < 1.
||
−
( x)n .
n=0
Integrando en cada lado tenemos: x
0
1 ds 1+s
∞
=
− − − n=0
∞
ln(1 + x)
− ln 1
=
( 1)n
n=0
∞
ln(1 + x)
( 1)n
=
n=0
( 1)n
xn+1 n+1 xn+1 n+1 xn+1 n+1
Ejercicios 6.3. Partiendode f (x) = 6.4. Calculad f (x) = ex .
1 x2 e dx
0
1 , calculad el desarrollo en serie de Taylorde f (x) 1+x2
= arctan x.
con un error menor que 0,001, utilizando la serie de Taylor de
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Sucesiones y series
´ 7. Los numeros complejos .
´ Muchos de los fenomenos relacionados con señales son m a´ s f a´ ciles de ´ ´ explicar mediante los n umeros complejos que con los n umeros reales. Desde el siglo XVI hasta el XVIII, uno de los problemas principales con el que se han encontrado las matem a´ ticas ha sido el c a´ lculo de las ra´ıces de un polinomio. ´ de una ecuacion ´ de segundo grado, Los babilonios ya conoc´ıan la soluci on expresada de la siguiente forma: x2 + ax + b = 0. Las ra´ıces del polinomio ormula: x2 + ax + b vienen dadas por la f ´
√ − a ± a2 − 4 · b x1 2 = . ,
2
´ presentaba un problema: en algunas ocasiones daba ra ´ıces Esta solucion sin sentido. Por ejemplo, si consideramos el polinomio x2 + 2x + 2 = 0, aplicando la f ´ormula anterior obtenemos:
√ √ √ √ − − − 2 ± 22 − 4 · 2 2 ± −4 2 ± 2 −1 = = = −1 ± −1. x1 2 = ,
El valor
2
2
2
√−1 carece de sentido en IR y, por tanto, estas soluciones son
´ no tiene imposibles. A partir de la gr´afica observamos que la funci on ninguna ra´ız. Gráfica del polinomio x2 + 2x + 2
A pesar de todo, algunos matem a´ ticos empezaron a utilizar ra´ıces de la
√ forma a + b −1, muy a menudo como divertimento, sin que esta actividad
´ introdujeron el tuviese ninguna utilidad. Para simplificar la notaci on,
√−1 y lo denominaron parte imaginaria, ya que no exist´ıa en el mundo real. As´ı pues, j es tal que j 2 = −1. s´ımbolo j en lugar de
Seguro que os estar´eis preguntando por qu´e continuaron trabajando con el s´ımbolo j . Pues bien, el unico ´ motivo era que, mediante este s´ımbolo, eran capaces de encontrar las ra´ıces de un polinomio de tercer o cuarto grado.
Nota El n´umero imaginario j se denota en algunos libros mediante i.
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Sucesiones y series
´ de los polinomios de tercer grado. ConsiCardano descubrio´ la solucion deramos un polinomio de tercer grado de la forma x3 + a2 x2 + a1 x + a0 . Para determinar sus ra´ıces, efectuamos algunos c a´ lculos: q=
a1
3
−
a22
3
r=
,
a1 a2
− 3a0 − a32 ,
6
s1,2 =
27
Entonces, las ra´ıces x1 , x2 y x3 son: x1 = s1 + s2
−
a2
3
x2,3 =
,
−
s1 + s2
2
a2
−3±
± 3
√3 2
q 3 + r2 .
r
(s1
− s2) j.
Cuando a2 = 0 , esta f ´ormula se puede escribir de una manera m a´ s compacta. En primer lugar hacemos:
a3
d=
27
b2
+
4
donde a = a1 y b = a0 Entonces, las ra´ıces x1 , x2 y x3 vienen dadas por: x=
3
− 2b ± d −
a
− ± b
33
2
d
´ Atenci´on, a primera vista parece que aparezcan cuatro ra´ıces, pero solo habr´a tres, ya que dos de ellas siempre est a´ n repetidas. (Recordad que un ´ polinomio de grado n unicamente tiene n ra´ıces.) Ejemplo 7.1. Aplicamos la f ´ormula de Cardano para el polinomio: x3
− 6x + 4 = 0.
Calculamos primero el discriminante, d =
d=
42 ( 6)3 + = 4 27
−
Las ra´ıces vendr´a n dadas por x = los dos signos positivos: x=
− 3
4 + 2 j 2
−
b2
4
+
a3
:
27
√4 − 8 = √−4 = 2√−1 = 2 · j.
− ± − b
3
3
−−
33
a
d
2
6
4 2
3
= + 2 j
− 2b ±d
− 3
. Sustituyendo cuando tomamos
2 + 2 j
− √−−2 2+ 2 j . 3
Todav´ıa no podemos calcular ra´ıcesc ubicas, ´ pero observad que (1 + j )3 = 1+3 j +3 j 2 + j 3 , y puesto que j 2 = 1, obtendremos que j 3 = j . Por lo tanto, (1 + j )3 = 1+3 j 3 j = = 2 + 2 j y de aqu´ı, 1 + j = 3 2 + 2 j . La ra´ız es:
−
−
x
= =
− − − √− −2 = 1 + j + 2 1 − j = 1 + j + 2(1 − j) = 1+j − 1+j 1 + j 1 − j 1 − j 2 2(1 − j ) 2(1 − j ) 1+j + = 1+ j + = 1 + j + 1 − j = 2. 1 − (−1) 2
Pod´eis comprobar que x = 2 es una ra´ız de x3
− 6x + 4 = 0 .
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Sucesiones y series
´ As´ı, hemos encontrado una ra´ız real mediante n umeros que no tienen ´ sentido real. Esta aplicacion ´ pr´actica nos hace que entendamos el ningun ´ hecho de que algunos matem´aticos mantuviesen el inter´es porlos numeros complejos. Ejercicio 7.1. Calculad las ra´ıces de x2 + 4x + 5 = 0.
´ 7.1. Los numeros complejos ´ A pesar de que hemos operado con los n umeros complejos, todav´ıa no los hemos definido, y tampoco hemos especificado cu´ales son sus operaciones. . ´ ´ Un numero complejo es una pareja de n umeros reales ( a, b) que escribiremos z = a + bj . ´ ´ El numero a recibe el nombre de parte real del numero z. ´ ´ El numero b se denomina parte imaginaria del numero z. ´ El conjunto de todos los numeros complejos lo denotamos por C.
´ ´ parte real, Dado un numero complejo, z = a + bj , definimos la funci on ´ complejo, Re(z ) = Re(a + bj ) = a. Re(z ), como la parte real del n umero ´ parte imaginaria, Im (z ), como la Del mismo modo, definimos la funcion ´ parte imaginaria del numero complejo, Im (z ) = Im(a + bj ) = b. ´ ´ Si un numero complejo es de la forma z = a + 0 j = a, es un numero real;
·
´ si, por otra parte, el numero complejo es de la forma z = b j , recibe el
´ nombre de numero imaginario.
·
´ 7.2. Suma y producto de n umeros complejos La suma se construye sumado por separado las partes reales y las imaginarias. . ´ La suma de dos numeros complejos z1 = a + bj y z2 = c + dj viene dada por: z1 + z2 = (a + bj ) + (c + dj ) = (a + c) + (b + d) j.
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Sucesiones y series
Dado que estamos sumando reales, nos encontramos con que la suma de ´ los numeros reales complejos tiene las mismas propiedades que la suma de los numeros ´ reales. ´ Para el producto de n umeros complejos pediremos que se satisfaga la pro´ de que j 2 = piedad distributiva, con la condicion
−1.
. ´ El producto de dos numeros complejos z1 = a + bj y z2 = c + dj viene dado por: z1 + z2 = (a + bj ) (c + dj ) = ac + adj + bcj + bdj 2 = (ac
·
− bd) + (ad + bc) j.
Ejemplo 7.2. Calculamos la suma y el producto de z1 = 1 + 2 j y z2 = 2 + 3 j . z1 + z2 = (1 + 2 j ) + (2 + 3 j ) = (1 + 2) + (2 + 3) j = 3 + 5 j . z1 z2 = (1 + 2 j ) (2 + 3 j ) = (1 2
·
·
· − 2 · 3) + (1 · 3 + 2 · 2) j = −4 + 7 j .
Ejercicio 7.2. Calculad la suma y el producto de:
a) z1 = 1 + 2 j y z2 = 2 + 3 j. b) z1 = 1 c) z1 =
− 2 j y z2 = 2 − j.
−1 + 3 j y z2 = 1 + 4 j.
7.3. Conjugaci on ´ En el caso de los numeros ´ complejos, podemos definir una operacion ´ adicional que recibe el nombre de conjugaci´on. . ´ Si tenemos el n umero complejo z = a + bj , definimos el conjugado de z , z de esta forma: z=a
− bj.
Ejemplo 7.3. Efectuamos el c´alculo de z = 1 + 2 j . ´ tenemos que aplicar la definici on ´ z=1 Solo
− 2 j.
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. ´ son las siguientes: Las propiedades de la conjugacion
1) z = z. 2) z1 + z2 = z1 + z2 . 3) z1 z2 = z1 z2 .
·
·
Ejercicios 7.3. Calculad los conjugados de: a) z = 2 + 3 j. b) z = 1
− 2 j.
7.4. Calculad los resultados de las siguientes operaciones cuando z1 = 1 + j , z2 = 2 + j y z3 = 1 + 2 j : a) z1 + z2 + z3 . b) z1 z2 + z3 .
´ Si un numero complejo z verifica: ´ a) z = z, entonces z es un numero real.
b) z =
´ −z, entonces z = bj; z = bj · z es un numero imaginario.
´ Demostraci on a) Partimos de z = a + bj e imponemos que z = z ; entonces, a puesto que b = b, es necesario que b = 0.
−
b) Partimos de z = a + bj e imponemos que z = tanto, puesto que a = a, es necesario que a = 0.
−
− bj = a + bj. Por lo tanto,
−z; entonces a − bj = −a − bj. Por
Ejercicio 7.5. ´ comprobad que si p(x) es un polinomio Utilizando las propiedades de la conjugaci on, real que tiene una ra´ız z, entonces z tambi´en es ra´ız de p(x).
´ ´ Podemos dividir dos n umeros complejos mediante la conjugaci on. Ejemplo 7.4. Calculamos la divisi´on
z1 z2
siendo z1 = 1 + 2 j y z2 = 2 + 3 j .
Multiplicamos el numerador y el denominador por el conjugado del denominador. Entonces: z1
.
z2
=
z1 z2 z2 z2
=
(1 + 2 j ) (2 (2 + 3 j ) (2
· − 3 j) = 1 · 2 − 2 · (−3) + j(1 · (−3) + 2 · 2) = 8 + j . 22 + 33 13 · − 3 j)
Sucesiones y series
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´ Para dividir dos numeros complejos, se multiplican el numerador y el denominador por el conjugado del denominador.
Ejercicios 7.6. Calculad: a)
j
1+j
.
b)
1+2j . 2+j
.
b)
2j . 2+4j
´ inverso de: 7.7. Calculad el numero
a)
3+j j
2
j 7.8. Encontrad la parte real e imaginaria de z = 11+ −j de dos formas diferentes: ´ y b) calculando primero el cuadrado del numerador y a) calculando primero la divisi on del denominador.
´ ´ ´ Por ultimo, podemos definir el m odulo de un numero complejo: . ´ ´ El modulo de un numero complejo z = a + bj , que acostumbra a escribirse z , es:
||
|z | =
√
z z=
·
a2 + b2 .
´ Algunas propiedades del m odulo son:
1) Re(z )
≤ |z|.
2) Im (z )
≤ |z|.
3) z1 + z2
|
| ≤ |z1| + |z2|.
4) z1 z2 = z1 z2 .
| · | | || |
5) Si λ
∈ IR, entonces |λz| = |λ||z|.
´ 7.4. La forma polar de un n umero complejo ´ Hasta mediados del siglo XIX, los n umeros complejos eran una herra´ de los mienta matem´atica que se ten´ıa que explicar. La fundamentaci on ´ numeros complejos se debe, de manera independiente, a Carl Friedrich Gauss (1777-1855) y a William Rowan Hamilton (1805-1865), quienes pro-
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Sucesiones y series
´ actual de los numeros ´ pusieron la definicion complejos como una pareja ´ de numeros reales (a, b) que podemos escribir a + bj y que satisface ciertas propiedades.
´ tenemos que cualquier punto del plano de coordenadas Con esta expresion ´ se puede identificar con un n umero complejo.
´ Entonces, el modulo es la distancia del punto (a, b) al origen de coorde´ nadas. Si interpretamos los numeros complejos como puntos del plano real, se pueden representar mediante la norma del vector y el a´ ngulo ´ respecto del eje X . Es decir, podemos escribir un numero complejo ´ tenemos que escribir r y φ en z = a + bj como a = r cos φ y b = r sin φ. Solo funci´on de a y b.
Para calcular r, elevamos al cuadrado a = r cos φ y b = r sin φ y los sumamos. As´ı: 2
2
a2 + b2 = (r cos φ) + (r sin φ) = r2 sin2 φ + cos2 φ = r2 .
´ Puesto que r se refiere a un radio y es un n umero positivo, tenemos que el radio r =
√a2 + b2.
Para encontrar el valor de φ expresamos el cociente
b a
en funcion ´ de r y φ;
entonces: b r sin φ = = tan φ. a r cos φ
Por tanto, φ = arctan
b . a
´ no tiene sentido. En este caso, φ = Si a = 0, entonces la divisi on yφ=
− π2 si b < 0.
π
2
si b > 0
La funcion ´ tan x es π-periodica, ´ mientras que las funciones sin x y cos x son ´ 2π -periodicas. Por lo tanto, el resultado correcto ser´ıa φ = arctan bien φ = arctan
b a
b a
o
´ + π . Es decir, tenemos dos posibles a´ ngulos, pero solo
uno de ellos es correcto. Si tomamos la convenci´on de las calculadoras:
− π2 ≤ φ ≤ π2 , entonces cos φ ≥ 0. Por tanto, si a ≥ 0, el valor del a´ ngulo b ser´a φ = arctan , mientras que si a ≤ 0, el valor del a´ ngulo ser´a φ = a = arctan
b a
+ π . !
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. ´ La forma polar de un numero z = a + bj viene dada por: z = r cos φ + jr sin φ
. donde: b a b arctan + π a π
⎧⎪ ⎪⎪ ⎨ ⎪⎪ ⎪⎩ −
arctan
r=
a2 + b2 y φ =
2 π
si a > 0 si a < 0 si a = 0 y b > 0 si a = 0 y b < 0
2
Ejemplo 7.5. Calculamos la forma polar de z = 1 + 2 j.
√
En primer, lugar calculamos el radio r = 12 + 22 = 2 entonces φ = arctan = 1, 107148718. 1
√5, y puesto que a = 1 y es positiva,
La forma polar resulta indicada en especial para calcular el producto de dos ´ numeros complejos. Calculamos el producto z1 = a + bj = r1 (cos φ1 + + j sin φ1 ) y z2 = a + bj = ´ necesitamos las formas tri= r2 (cos φ2 + j sin φ2 ). Para hacer esto, solo ´ gonom´etricas que vemos a continuacion: cos(φ1 + φ2 ) = cos φ1 cos φ2
− sin φ1 sin φ2 y sin(φ1 + φ2) = sin φ1 cos φ2 + cos φ1 sin φ2. ·
z1 z2
=
r1 (cos φ1 + j sin φ1 ) r2 (cos φ2 + j sin φ2 ) =
=
r1 r2 (cos φ1 + j sin φ1 ) (cos φ2 + j sin φ2 ) =
=
r1 r2 (cos φ1 cos φ2
=
r1 r2 (cos(φ1 + φ2 ) + j sin(φ1 + φ2 )) .
−
·
·
− sin φ1 sin φ2) + j (sin φ1 cos φ2 + cos φ1 sin φ2)=
. ´ El producto de los numeros complejos z1 = a + bj = r1 (cos φ1 + j sin φ1 ) y z2 = a + bj = r2 (cos φ2 + + j sin φ2 ) es: z1 z2 = r1 r2 (cos(φ1 + φ2 ) + j sin(φ1 + φ2 )).
·
´ Es decir, se multiplican los m odulos y se suman los argumentos.
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Ejemplo 7.6.
− 12 + j
Calculamos el producto de z1 = 1 + j y z2 =
√ 3 2
, utilizando la forma polar.
Tambi´en calculamos la forma polar de z1 . El radio es r1 = t´ermino real es positivo, entonces: φ1 = arctan
1 1
= arctan 1 =
Calculamos la forma polar de z2 . El radio es r2 = Puesto que el t´ermino real es negativo, entonces:
√
φ2 = arctan
3 2 1 2
+ π = arctan
√12 + 12 = √2. Puesto que el π
4
.
1 2 2
√
3 +π =
√ 3
+
2
π
+π =
3
1 4
=
2
+
3 4
= 1.
4π . 3
Y ahora, para calcular el producto, multiplicamos los radios y sumamos los argumentos. Por lo tanto:
·
z1 z2
= = =
r1 r2 (cos( φ1 + φ2 ) + j sin(φ1 + φ2 )) = π 4π π 4π 2 1 cos + + j sin +
√
√ − − − √ √ ·
2 cos
4
19π 12
3
4
+ j sin
19π 12
=
3
=
1 2
3
1 +j
1 2
1
3 .
´ 7.5. La forma exponencial de un n umero complejo Parece que la forma polar tiene pocas ventajas, pero es un paso intermedio ´ de la forma exponencial. El uso de esta formulaci´on para la introduccion ha simplificado todos los problemas que tienen que ver con funciones ´ periodicas. ´ Ya sab´eis qu´e es ex , donde x es un numero real; pues bien, ahora veremos ´ qu´e es ez , donde z es un numero complejo. Para resolver este problema utilizaremos los polinomios de Taylor, as´ı que ´ f (x) = ex con x real. La serie de Taylor de ex cuando partimos de la funcion a = 0 es: ∞ x
e =
i=0
xi . i!
Esta serie es convergente para cualquier valor de x, y para comprobarlo ´ tenemos que calcular el radio de convergencia: solo xn lim = lim n→∞ xn+1 n→∞
xn n! xn+1 (n+1)!
= lim
n→∞
n = x
∞.
Por tanto, nos encontramos con que la serie es siempre convergente y que su suma es ex .
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´ Es razonable definir la exponencial de un n umero complejo de la misma manera que en el caso real:
∞ z
e =
i=0
zi i!
Es posible tomar su parte real y la imaginaria: ∞
Re
∞
| | ≤ i=0
zi i!
i=0
zi = e|z| . i!
An´alogamente para la parte imaginaria. Dado que ambas series son acotadas, tenemos que son series no divergentes y, por lo tanto, podemos agrupar los t´erminos como queramos. La funcion ´ exponencial compleja verifica: ez1 +z2 = ez1 ez2 .
Y si utilizamos esta propiedad tenemos: ea+bj = ea ebj .
´ Ya sabemos calcular la exponencial de un n umero real; en tal caso, ahora ´ nos quedar´a saber la manera de calcular la exponencial de n umeros ´ solo imaginarios puros. ∞ jb
e
=
i=0
( jb )i = i!
= 1 + ( jb ) +
( jb )2 ( jb )3 ( jb )4 + + + 2! 3! 4! 2
3
··· =
4
− b2! − j b3! + b4! + ··· = b2 b4 b6 b3 b5 b7 − − 1− + + ··· + j b − + + ··· 2! 4! 6! 3! 5! 7!
= 1 + ( jb ) =
= cos b + j sin b.
=
A partir de este resultado se puede demostrar una de las igualdades m a´ s sorprendentes, aqu´ella que relaciona elementos tan diferentes como el ´ ´ s´ımbolo j , el numero e y el numero π. Esta igualdad recibe el nombre
ormula de De Moivre. de f ´
e2jπ = 1, que tambi´en se puede escribir ejπ + 1 = 0.
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Sucesiones y series
Comprobaci on ´ Partiendo de la igualdad ejb = cos b + j sin b cuando b = 2π; entonces: e2πj = cos(2π ) + j sin(2π ) = 1 + j 0 = 1.
·
. ´ La forma exponencial de un numero complejo z = a + bj es: z = rejφ ,
donde r =
√a2 + b2 y φ es el argumento del numero ´ complejo.
La forma exponencial presenta una indeterminaci´on, yaquesi z = rejφ+2πkj con k entero, entonces z = rejφ +2φkj = rejφ e2πkj = rejφ 1k = rejφ . ! . ´ Dados dos numeros complejos z1 , z2 , entonces z1 = z2 si r1 = r2 y ´ k φ1 = φ2 + 2kπ , para algun
∈ ZZ.
La forma exponencial resulta especialmente ventajosa para el c a´ lculo efectivo de potencias de numeros ´ complejos. Ejemplo 7.7. Calculamos (cos x + j sin x)n . Observamos que cos x + j sin x = ejx . Por tanto, (cos x + j sin x)n = = cos nx + j sin nx.
n
ejx
= enjx =
Ejemplo 7.8. Calculamos z100 si z = 1 + j. Expresamos z1 en la forma exponencial:
1) C´alculo del radio: r =
√12 + 12 = √2.
2) C´a lculo del argumento de z . Ya que a = 1 y es positiva, tenemos φ = arctan As´ı,z =
√2ej
π
4
1 1
=
π
4
.
.
√
100 100j π 4 e
Entonces, z100 = 2 formula ´ de De Moivre:
z 100
= 250 e25jπ ; para simplificar el c a´ lculo utilizaremos la
=
250 e2·12jπ +jπ = 250 e2·12jπ ejπ =
=
250 e2·jπ
=
250 (1)12 ejπ = 250 (cos π + j sin π) =
=
250 ( 1 + j 0) =
−
12 jπ
e
·
=
−250 .
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Sucesiones y series
Ejercicios
π
7.9. Calculad cos
12
+ j sin
π
20
12
.
´ complejos tales que z = 7.10. Encontrad los numeros
1 z
.
´ siguientes: 7.11. Calculad la parte real e imaginaria de los n umeros
a) e
5π j 4 .
π
π
b) 2e 4 j + 3e 6 j .
π
d) e 4 j e
c) e2+3j .
3π j 4 .
7.12. Escribid en forma exponencial: a)
e2 √ (1 − j ) . 2
7.13. Sea z =
1+j . 2
√
b) 3 cos
π
4
+ j sin
Calculad z 2 y z4 .
π
4
c) 5 cos π6 + j sin
.
π
6
·
5 cos
π
2
+ j sin
π
2
´ 7.6. Los numeros complejos y la electricidad En este momento es muy probable que os est e´ is preguntado cu´al es la ´ ´ utilidad de los n umeros complejos en el mundo de los numeros reales. ´ pr´actica, de la mano de A finales de 1893 surgi o´ su primera gran aplicacion un ingeniero de General Electric, Charles P. Steinmetz, mientras estudiaba la corriente alterna. Si la corriente es continua (como por ejemplo, la que proporciona una pila o una bater´ıa), entonces el voltaje es constante ( V ). Este voltaje acelera los electrones, que crean una corriente de intensidad ( I ) en un medio de resistencia (R). Como es natural, estas cantidades se tienen que relacionar de alguna manera: V = I R.
·
´ no parec´ıa estar tan clara, En el caso de las corrientes alternas, la relaci on y lo podemos comprobar leyendo las propias palabras de Steinmetz: ´ decrece hasta cero y “El voltaje empieza en cero hasta un m a´ ximo; entonces, la funci on el voltaje decrece hasta un m´ınimo con el mismo valor que el m a´ ximo anterior, y vuelve a crecer hasta cero. Y as ´ı, vuelve a empezar.”
Por lo tanto, en todos los ca´ lculos de corriente alterna, en lugar de utilizar ´ un n umero real, el investigador ten´ıa que trabajar con complicadas funciones que depend´ıan del tiempo necesario para representar la corriente alterna. As´ı, la teor´ıa de la corriente alterna era tan complicada que el investigador no pudo llegar demasiado lejos. ´ La idea de representar la corriente alterna mediante un n umero complejo ´ del problema de la corriente alterna. As´ı como la teor´ıa de fue la soluci on
.
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Sucesiones y series
´ la corriente continua utiliza el a´ lgebra de los numeros reales, la teor´ıa de la corriente alterna utiliza la de los complejos. La idea de Steinmetz se basa en el siguiente hecho: supongamos que tenemos un motor que genera un voltaje oscilante; en tal caso, V se representa ´ en notaci´on exponencial compleja por su modulo, que es el ma´ ximo voltaje que puede generar el motor. Asociamos la intensidad (I ) de la corriente ´ ´ alterna con un n umero complejo; su modulo es la m a´ xima intensidad de la corriente y el argumento de j describe el desfase con el voltaje que sufre la corriente al circular por el circuito. Por este motivo, el voltaje y la intensidad tienen un desfase que depende del circuito. El circuito m´as sencillo esta´ constituido por una resistencia (que disipa energ´ıa), una bobina (que crea un campo magn e´ tico) y un condensador
Circuito con una resistencia
(que acumula carga el e´ ctrica). As´ı pues, podemos representar la resistencia ´ mediante un numero real R, la capacitancia por X C y la impedancia de la bobina por X L . Lo que se observa en un circuito es que la resistencia no produce desfase entre el voltaje y la intensidad. Si el circuito en cuestion ´ est´a constituido ´ por un unico condensador, se produce un desfase de
−π 2
entre el voltaje y
Circuito con una bobina
´ tiene una bobina, se produce un avance la intensidad; y si el circuito s olo de
π
2
.
´ Para explicar estos fen omenos se introduce una resistencia compleja: R = R + (X L
− X )I. C
´ Entonces, la descripci´on de la corriente alterna viene dada por la expresion: V = I R.
·
Finalmente, podemos decir que el m a´ ximo voltaje es el producto entre la ´ m´axima intensidad y el n umero real
R2 + (X L
− X )2. C
Esto justificar´a el hecho de que en un circuito donde los t e´ rminos entre las bobinas y los condensadores no se compensan sea necesario un mayor gasto en el voltaje, si queremos conservar la misma intensidad de corriente. ´ Las empresas de ahorro energ´etico utilizan este m´etodo con la intencion de que la factura de corriente el e´ ctrica disminuya.
Circuito con un condensador
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Sucesiones y series
Solucionario 1.1. a) El t´ermino general tiene que ser tal que en los impares obtengamos 1 y en los pares Por lo tanto, xn = ( 1)n+1 .
−
−1.
b) Observamos que x1 = 1, que x2 = 4 = 22 y que x3 = 32 . Por tanto, el t´ermino general es xn = n2 . c) Observamos que x1 = 1, que x2 = d) Observamos que x1 = 1 = general es xn = n.
√
√1, x
2
1 1 y que x3 = . As´ı, el t e´ rmino general ser´a xn = 2 3 =
√2, x
3
=
√3, x
´ viene dada por xn = e) Suponemos que la sucesion Por lo tanto, yn = 2 n. De manera an a´ loga, zn n general zn = n + 2 y xn = n2+2 .
·
4
=2=
1 n
.
√4 Por lo tanto, el t e´ rmino
yn
; entonces, yn = 2, 4, 6, 8, 10, 12, 14 . . . zn = 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9 . . . , que tiene por t´ermino
1 1 1 1 1 , que x4 = = y, por f) Observamos que x1 = 1, que x2 = , que x3 = = 2 6 2 3 24 2 3 4 1 lo tanto, el t´ermino general es . n!
·
1.2. Queremos demostrar que xn =
n n+1
· ·
es acotada. Por lo tanto, la idea ser a´ encontrar una
´ de n mayor que est´e acotada. Entonces, xn = expresi´on en funcion lo tanto, xn < 1.
n n+1
≤ nn ++ 11 = 1. Por
1.3. Para demostrar que xn = n2 no es acotada, tenemos que ver que para todo valor K existe un n tal que xn > K . Puesto que xn = n2 , tendremos que calcular cu a´ ndo n2 > K , cosa que sucede cuando n > [ K ].
√
1.4. Observamos que los t e´ rminos x3n = n + 1 y, en consecuencia, para todo valor de K siempre hay un valor n tal que n + 1 > K . As´ı pues, xn no es acotada. ´ se comporta 1.5. Partimos de x1 = 1 y realizamos algunas iteraciones para comprobar c omo 1 1 la sucesi´on. x2 = , x3 = . . .. Por lo tanto, parece que la funci o ´ n est´a acotada por 1. 2 4 xn 1 ´ xn+1 = Suponemos que xn < 1 y demostramos que es cierto por inducci on < < 1. 2 2 As´ı pues, xn est´a acotada por 1.
√
√
1.6. Se nos pide que probemos que xn < xn+1 . Tenemos que ver que n < n + 1. Como lo que tenemos son t e´ rminos positivos, podemos elevar al cuadrado sin que esto produzca ´ en la desigualdad. Por lo tanto, n < n + 1. Esta desigualdad es cierta para una variacion cualquier valor de n y, en consecuencia, xn = n es decreciente.
√
1.7. Calculamos los primeros t´erminos de la 0, 1, 0, 12 , 0, 13 y observamos que x2n+1 = 0 y 1 ´ no es creciente ni decreciente. x2n = n . Por lo tanto, la sucesi on 1.8. Queremos demostrar que xn < xn+1 . Si sustituimos por el t e´ rmino general, tenemos: n + (n + 1) +
?
· ·· + 2n
<
n
<
n
0
? ?
< ?
<
(n + 1) + ((n + 1) + 1) +
·· · + 2 (n + 1)
(2n + 1) + 2 (n + 1) 2n + 1 + 2n + 2 3n + 3
Por tanto, xn es creciente. ´ de si n es par o impar. 1.9. Observamos que si x < 0, entonces xn cambia de signo en funci on Esto quiere decir que la sucesio´ n no es mon´otona. Para x = 0, la sucesi´on es constante 0.
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Sucesiones y series
´ es creciente para x > 0: Estudiamos ahora si la sucesi on ?
xn+1
>
xn
?
xn+1
>
x
>
xn
?
1
Dividimos por xn y la desigualdad no cambia de signo, ya que x > 0. ´ es monotona ´ ´ Por lo tanto, la sucesi on creciente si x > 1, es monotona decreciente si x < 1 y para x = 1 es mon´otona porque es constante e igual a 1.
1.10. ´ a) Podemos ver que el t´ermino general viene dado por xn = h(n) = n; as´ı pues, la funci on ser´ıa h(x) = x, que tiene sentido en los numeros ´ reales si x > 0. Si calculamos la derivada 1 tenemos h (x) = , siempre positiva y, en consecuencia, xn es creciente. 2 x ´ aparece ( 1)n . b) No podemos aplicar el criterio porque en la expresi on c) No podemos aplicar el criterio porque tenemos una suma que var´ıa t´ermino a t´ermino, ya que depende de n.
√
√
√
−
1.11. Vamos a empezar por la parte m´a s sencilla: no es mon´otona, y para demostrarlo, ´ 0, 3, 12 , 53 , 23 , 75 . . .. Parece que los t´erminos calculamos los primeros t e´ rminos de la sucesi on pares son mayores que 1 y los impares, menores que 1. Si esta premisa fuese cierta, la sucesi´on ´ no ser´ıa monotona. Calculamos x2n =
2n+( 1)2n 2n+( 1)2n+1
Calculamos x2n+1 =
− −
=
2n+1 2n 1
−
2n+1+( 1)2n+1 2n+1+( 1)2n+1+1
− −
2 . 2n 1
= 1+
=
−
2n 2n+2
=1
Esto quiere decir que x2n > 1.
− 2n2+2 . Esto significa que x2n+1 < 1.
´ est´a acotada. Los t´erminos pares siguen la f ´ormula x2n = 1 + 2n2−1 . Vemos que la sucesion Puesto que n 1, entonces 2n 1 1 y, en consecuencia, 2n2−1 2 y x2n 3; los t´erminos 2 ´ est´a acotada por 3. impares, la f ´ormula x2n+1 = 1 2n+2 < 1. As´ı pues, la sucesion
≥
− ≥ −
≤
≤
1.12. En primer lugar damos unos cuantos valores a la n: xn = 2, 2, 43 , 23 . . .. Parece que la sucesi´on es decreciente, y al ser de t e´ rminos positivos, la cota inferior es 0. La cota superior es 2, ya que xn > xn+1 y, por lo tanto, x0 xn para todo n, como ahora comprobaremos.
≥
Para ver que es decreciente, tenemos que demostrar que xn+1 definici´ on de xn tenemos: 2n+1 (n + 1)!
≤
2 n+1
≤
?
?
?
2
≤ ? ≤
1
≤ xn.
Sustituyendo por la
2n n! 1 n+1 n
´ ´ es decreciente. Puesto que la ultima desigualdad es cierta, tenemos que la sucesi on
2.1. Partimos de: n
xn
=
2xn
=
− 12 + 14 + · ·· + (−21)n . 1 1 (−1)n 2 − 2 + 2 + · ·· + 2 . 1
2
2n
4
n
2xn
=
2
− 1 + 12 + · ·· + (2−n−1)1.
´ con la tercera: Sumamos la primera expresi on 3xn
=
( 1)n . 2n ( 1)n 2+ 2n . 3
2+
−
−
xn
Observamos que
( 1)n 2n
−
=
tiende a 0 cuando n tiende a
∞ , as´ı que parece que xn tiende a 23 .
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Sucesiones y series
2.2. Podemos ver que, en cada paso, los tri a´ ngulos se vuelven m´as finos. Por lo tanto, el a´ rea tiene que tender a cero. Sin embargo, si lo queremos hacer de una manera m a´ s formal, calculamos primero el a´ rea del tria´ ngulo. ´ El a´ rea del tri a´ ngulo isosceles de lado 1 y de a´ ngulo a viene dada por: A=
·
b h
2
=
2sin a2 cos
·
2
a
2
=
sin a . 2
´ Puesto que xn es el a´ rea de un tri a´ ngulo isosceles de lado 1 y a´ ngulo
π
2n
, xn =
1 2
sin
π
2n
.
´ seno tiende a 0 cuando x tiende a 0 y, por lo tanto, tenemos que xn tiende a 0. La funcion Si queremos ver hacia d´onde tiende la sucesi´on x1 , 2x2 , 4x3 . . ., representamos de manera gr´afica los casos n = 1, n = 2 y n = 4:
n=1
n=2
n=4
´ parece comportarse de la misma manera que la sucesi on ´ de ArPor lo tanto, la sucesi on qu´ımedes, pero en este caso parece tender al a´ rea de un cuarto de c´ırculo. As´ı, 2n xn parece que tiende a π2 .
2.3. Consideramos la sucesi´on xn =
( 1)n
−
n2
.
´ tenemos que sustituir xn por su valor, con lo cual tenemos a) Si queremos que xn < 0,1, solo 1 que 2 < 0,1, de donde se deduce que n > 10 = 3,16 . . . Por lo tanto, n 4.
| |
√
n
≥
´ hay que sustituir xn por su valor. En este caso tenemos b) Si queremos que xn < 0,1, solo 1 que 2 < 0,01, de donde se deduce que n > 100 = 10. De este modo, n 11.
| |
√
n
c) En general, si queremos que xn < ε es necesario que n>
1 ε
= 31,6. As´ı, N
| | ≥ 1 ε
≥
1
n2
< ε, de donde se deduce que
+ 1.
´ xn que sea divergente y tal que 2.4. Un ejemplo de sucesion sucesi´on de t´ermino general xn = ( 1)n .
{ }
−
{|xn|} sea convergente, es la
2.5. 1 ´ ´ xn es monotona creciente o decreciente. Si definimos x n , 1) Estudiamos si la sucesi on 1
{ }
entonces h(y ) = x y , que tiene sentido y es derivable. Si calculamos la derivada, tenemos 1
1 h (y ) = x y ln x − . Vemos que h (y ) > 0 si y2
−ln(x) > 0 y esto es cierto si x < 1.
Esto significa que la sucesi on ´ es creciente si x < 1 y decreciente si x > 1.
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´ xn es acotada. 2) Estudiamos si la sucesion
{ }
a) Si x < 1, tenemos que ver que la sucesi´on est´a acotada superiormente. Observamos que si x < 1, entonces n x < 1 y, de este modo, xn < 1.
√
´ est´a acotada inferiormente. Observamos que b) Si x > 1, tenemos que ver que la sucesion si x > 1, entonces n x > 1 y, en consecuencia, xn > 1.
√
3) Estudiamos ahora la existencia del l´ımite de xn .
{ }
´ es creciente y acotada superiormente. Por lo tanto, tiene l´ımite. a) Para x < 1, la sucesion ´ decreciente y es acotada inferiormente. Por lo tanto, tiene l´ımite. b) Para x > 1, la sucesion 1
1
4) Calculamos lim x n , que sabemos que existe y que denominaremos l:
lim x n = l.
n y
n
→∞
→∞
´ continua y entonces: Aplicamos que x es una funcion 1
lim
xn→∞ n
=
l
0
=
l
1
=
l
x
Por tanto, lim n
→∞
√x = 1 con independencia del valor de x. n
2.6. ´ Es cierto para n = 1. Suponemos que 1) Demostramos que xn > 2. Aplicamos induccion. si n k, entonces xn > 2. Demostr´emoslo ahora para n = k + 1. Partimos de xk+1 = 12 xk + x2 y queremos probar que xn > 2. Observamos que la
√
√
≤
k
√
− 1 2
funci´on que estamos estudiando es f (x) = 1 2
Calculamos la funci´on f (x) =
2 x+ x
´ y queremos averiguar como es su
2
1 x . Vemos que la derivada se anula para √ x=± s´olo tendremos que estudiar√ lo que √ sucede para √ 2, y puesto que los xk > 0, entoncesınimo; x = 2. En este punto encontramos un m´√ por lo tanto, f ( x ) > f ( 2) = 2 si x > 2. √ As´ı pues, por hipótesis de inducci o ´ n x > 2, x = f (x ) > 2. imagen.
2
k+1
k
k
2) La sucesi´on es decreciente y acotada inferiormente, porlo cual podemos afirmar que tiene l´ımite. 3) Calculamos lim xn , que sabemos que existe y, en consecuencia, lo denominaremos l. n
→∞
Entonces, l = = lim xn = lim xn+1 = lim
→∞
→∞
n
1 2
2 x+ x
n
´ continua: es una funcion 1 2
=
l
n
+x
n
→∞
2l
2
=
2
l +2
l
2
=
2
2.7. ´ xn = a) Estudiamos la sucesion n2
lim xn +
=
Puesto que los xn > 0, entonces l =
l+
n
xn +
xn
2 lim xn
n
→∞
2
2
. Si tenemos en cuenta que
l
√2.
n
+
n2 + 1 es decreciente, ya que f (x) =
n2 + n
1 2
l
=
→∞
n
1 2
n n2 + 2 n
−
+
·· · + n2 n+ n , y observamos que f (x) =
(n2 + x)2
≤ n2 n+ k ≤ n2 n+ 1
< 0. As´ı:
si 1 < k < n.
Por lo tanto: n n 2 n +n
lim
n2
→∞ n2 + n
n
≤ ≤
n n2 + 1
+
n n2 + 2
+
·· · + n2 n+ n ≤
lim xn
n
→∞
≤
n n 2 n +1
lim
n2
→∞ n2 + 1
n
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Sucesiones y series
Para encontrar los l´ımites dividimos arriba y abajo por n2 : n2 n2
lim
→∞
n2 +n n2
lim
1 1+
n
→∞
n
≤
1 n
1 1+0
lim
n2 n2 n2 +1 n2
lim
1 1 + n12
lim xn
≤
lim xn
≤
n
lim xn
≤
1 1+0
→∞
n
≤
n
≤
n
→∞ →∞
→∞
n
→∞
Por lo tanto, lim xn = 1. n
→∞
´ xn = b) Estudiamos la sucesion
Definimos f (x) =
x n2 + x
1 n2 + 1
2
+
n2 + 2
+
· ·· + n2 n+ n .
n2
, entonces f (x) =
(n2 + x)2
, quesiempre es positiva y nospermite
asegurar que f (x) es creciente. Por lo tanto: 1
lim
→∞
n
n n2
1
≤
n 2 n +1
n2 + 1
+
2 n2 + 2
·· · + n2 n+ n ≤
lim xn
≤
+1
+
n n 2 n +n n2
lim
≤
→∞
n
→∞ n2 + n
n
Para encontrar los l´ımites dividimos arriba y abajo por n2 : n n2 n2 +1 n2
lim
→∞
n
≤
lim xn
≤
lim xn
≤
n
lim xn
≤
1 1+0
→∞
n
lim
→∞
n
n2 n2 n2 +n n2
1 n
lim
≤
1
→∞ 1 + n
n
0 1+0
n
→∞
≤
n
→∞
1
lim
→∞ 1 + n1
Por tanto, el criterio del bocadillo no permite decidir cu a´ l es el valor del l´ımite. Volvemos a aplicar el criterio, esta vez haciendo una acotaci on ´ m´as fina. Acotamos unicamente ´ el divisor 1 , que es decreciente. Entonces: n2 + k n2
1 2 + 2 + +n n +n
1 2 + 2 + +1 n +2 1 2 + 2 + 2 n +1 n +1
·· · + n2 n+ n ≤
n2
≤ 1+2+ +n 2 n +n
···
1 2 + 2 + +1 n +2 1+2+ +n . n2 + 1
≤
· ·· + n2 n+ n ≤ · ·· + n2 n+ 1 .
·· · + n2 n+ n ≤
n2
·· ·
≤
·· · + n = n · (n2 + 1) : 1 + 2 + · ·· + n ≤ lim
Aplicamos que 1 + 2 +
n2 + n
2(n2
≤
+ n)
lim
n
→∞
n(n + 1)
2(n2
+ n)
≤
·· ·
≤
lim xn
≤
lim xn
≤
lim xn
≤
lim xn
≤
n
lim xn
≤
1+0 . 2+0
→∞
n(n + 1)
1+2+ +n n2 + 1
xn
n
→∞
n
n
→∞
n(n + 1)
2(n2 + 1) lim
n(n + 1)
→∞ 2(n2 + 1)
n
Dividiendo por n2 arriba y abajo, tenemos: lim
n2 + n
→∞ 2n2 + 2n
n
lim
1+
≤
→∞
n
lim
→∞ 2n2 + 2
n
1 n
n
≤
1+0 2+0
≤
→∞ 2 + n2
n
→∞
n
→∞
n2 + n
lim
1+
1 n
→∞ 2 + n1
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Sucesiones y series
1 . 2
Por lo tanto, lim xn =
→∞
n
´ acotada: c) Para encontrar las cotas aplicaremos el hecho de que el sin x es una funcion 1 sin x 1. sin n −1 1
− ≤
≤
≤ − 1 lim ≤ n→∞ n 0 ≤ n
sin n
de donde tenemos que lim
≤ ≤ ≤
sin n
lim
→∞
n
lim
n
sin n n
n
→∞
n
1
lim
→∞ n
n
0,
= 0.
n
→∞
n
n
´ acotada: d) Para encontrar las cotas aplicaremos el hecho de que cos x es una funcion 1 cos x 1.
− ≤ ≤ −1 − 1 − . . . − 1 ≤ n2 −n ≤
xn = xn =
n2
−1
xn =
≤
n
−1
lim
n
n
→∞
0
cos1 + cos 2 + . . . + cos n cos1 + cos 2 + . . . + cos n n2
cos1 + cos 2 + . . . + cos n n2
cos1 + cos2 + . . . + cos n
lim xn = lim
≤
n
≤
n
≤
n2
n2
n
→∞
→∞
lim xn = lim
cos1 + cos2 + . . . + cos n
→∞
n2 n
≤
n2
≤
n
≤
n
≤
n2
n
→∞
1 + 1 + ... + 1
1
lim
1
→∞ n
0
Por lo tanto, lim xn = 0.
→∞
n
= e) Para encontrar las cotas aplicaremos el hecho de max x y lo tanto: n
−1
xn =
≤
n+1
−1 ≤ n→∞ n + 1 n
lim
1
n + ( 1)n
−
n + cos n
n
n + ( 1)n
−
→∞
n + ( 1)n
−
lim xn = lim
→∞
n
n
=
min x . max y
Por
−1 n+1
lim
→∞ n − 1
n
1,
≤
n + cos n
→∞
n
x y
n+1
≤
n + cos n
n
→∞
y que min
≤
lim xn = lim
≤
max x min y
de donde tenemos que lim xn = 1.
→∞
n
2.8. a) El lim
n+a
→∞
n
Entonces:
es de la forma 1∞ ; as´ı, aplicaremos la f o ´ rmula de la exponencial.
n+b
lim
n
→∞
b) El lim
n
n2
n+a
lim n
n
n+b
= en→∞
n→∞ n + 2 m´axima potencia, que es n2 .
lim
→∞ n + 2
n
= lim
→∞
n
4n3 + 8n 1 es de la forma 7n3 + 6n n→∞ potencia, que es n3 .
c) El lim
−1 n+b
lim n
= en→∞
− a
b
n+b
−
n2 n2 n+2 n2
−
= lim
→∞
n
1 1 = = 2 0 + n2
1 n
∞.
∞ ; en tal caso, dividimos arriba y abajo por la m´axima ∞
4n3 + 8n 1 lim = lim n→∞ n→∞ 7n3 + 6n
4n3 +8n 1 n3
−
7n3 +6n n3
= lim n
→∞
4+
8
n2
7+
− n1
3
6
n2
d) Este l´ımite involucra n! y nn ; aplicamos la f ´ormula de Stirling: lim
n
→∞
n! nn
= ea−b .
∞ , y, en consecuencia, dividimos arriba y abajo por la ∞
es de la forma
n2
n+a
= lim n
→∞
√
nn e−n 2πn nn
√
= lim e−n 2πn. n
→∞
=
4 . 7
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El l´ımite es de la forma 0
√
lim e−x 2πx =
· ∞ y aplicamos el me´ todo est´andar: 1 √x L’Hôpital √ √ √ √ 2 x 2π lim
x
=
ex
x
→∞
→∞
n!
Finalmente, podemos decir que lim
→∞ nn
n
2π lim
=
ex
x
→∞
√1xex = 0.
2π lim
→∞ 2
x
= 0.
e) Como que aparece una suma que var´ıa con n, aplicaremos el criterio de Stolz: lim
n→∞
1+2+ +n 1 1+2+ = lim 5n2 5 n→∞
· ·· + (n + 1) − (1 + 2 + · · · + n) = (n + 1)2 − n2
·· ·
1 n+1 lim 2 5 n→∞ n + 2n + 1
=
ln n!
f) Para solucionar lim
→∞ ln nn
n
−
n2
1 n+1 1 lim = . 5 n→∞ 2n + 1 10
=
, aplicamos el criterio de Stirling:
√
ln nn e−n 2πn ln n! lim = lim n→∞ ln nn n→∞ ln nn
n ln n
= lim
− n + 12 ln(2πn) . n ln n
n
→∞
Aplicando el m´etodo general tenemos: lim
x ln x
− x + 12 ln(2πx) L’Hôpital = x ln x
x
→∞
1 2x
ln x +
lim
1 + ln x
x
→∞
ln x
= lim
→∞ 1 + ln x
x
+
1 = 1. 2x(1 + ln x)
ln(n!) = 1. ln nn
Para finalizar, podemos decir que lim
→∞
n
g) Aplicamos el criterio de Stolz: lim
1! + 2! +
· ·· + n!
=
n!
n
→∞
lim
1! + 2! +
n
→∞
=
lim
· ·· + (n + 1)! − (1! + 2! + · ·· + n!) = (n + 1)! − n!
(n + 1)!
→∞ (n + 1)! − n!
n
1
= lim
→∞ 1 −
n
1
= 1.
n+1
´ de t´erminos aumenta con n, aplicamos el criterio h) Puesto que hay sumas donde el n umero de Stolz: lim
1 + 22 +
· ·· + nn
=
nn
→∞
n
1 + 22 +
lim
→∞
n
=
·· · + (n + 1)n+1 − (1 + 22 + · ·· + nn) = (n + 1)n+1 − nn
(n + 1)n+1 = lim (n + 1)n+1 nn n→∞ 1
lim
−
→∞
n
1
=
n
1
n − nlim →∞ (n + 1)n+1
1
n n+1
n − (n+1)
=
.
Observamos que el grado del numerador del límite es n y el del denominador es n + 1; por lo tanto, el grado total ser´ıa 1 y el l´ımite, 0.
−
M´as formalmente, puesto que n + 1 > n: nn
n
n 1 ≤ lim n+1 ≤ lim = 0. n +1 n→∞ (n + 1) n→∞ n n→∞ n
lim
nn
Y puesto que xn > 0, por la regla del bocadillo tenemos que lim
→∞ (n + 1)n+1
n
Finalmente: lim
1 + 22 +
· ·· + nn =
nn
n
→∞
1 n
1
n − nlim →∞ (n + 1)n+1
= 0.
= 1.
i) Apliquemos la f ´ormula de Stirling:
√n!
lim
→∞
n
n
n
n
= lim
→∞
n
√
nn e−n 2πn
= e−1
= lim
n
lim
n
→∞
→∞
n
√2πn
2n
n
= lim e−1
→∞
n
1
√
2n
2πn =
lim ln(2πx) 2πn = e−1 ex→∞ 2x = e−1 e0 = e−1 .
√
2n
ne−1
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Sucesiones y series
3.1. a) Teniendo en cuenta que kn >> n r para todo r y para todo k con k > 1 y que
⎧⎨ ⎩
n
lim k =
n
→∞
resulta,
|b|n =
lim
n
n
→∞
bn
y, por lo tanto, lim
n
→∞
n
= 0 y, sólo si b
+ 1 0
si k > 1 si k = 1 si 0 k < 1
∞
⎧⎨ ⎩
≤
+ 0 0
si b > 1 si b = 1 si b < 1
∞
|| || ||
| | ≤ 1.
En definitiva:
bn n
si b 1, entonces es posible que la serie converja si b > 1, entonces la serie diverge
| |≤ ||
b) Para calcular el l´ımite del t´ermino general aplicamos que n! >> k n para todo k con k > 1 y, razonando como en el apartado a):
|b|n = 0, ∀b. n→∞ n! lim
Por lo tanto,
bn
n!
es posible que converja para cualquier valor de b.
c) Recordemos que: lim np =
→∞
n
Por lo tanto:
np
⎧⎨ ∞ ⎩
si p > 0 si p = 0 si p < 0
1 0
si p < 0, entonces es posible que la serie converja si p 0, entonces la serie diverge
≥
4.1. a) Dado que tenemos un cociente de polinomios, aplicamos el criterio de Pringsheim. Puesto que el numerador tiene grado 1 y el denominador, grado 2, entonces p = 2 1 = 1.
−
Calculamos el lim n n
→∞
n
(4n
serie es divergente.
− 1)(4n − 3)
=
1 , y puesto que es finito y p = 1, tenemos que la 4
´ del tipo kn , aplicamos el criterio del cociente: b) Dado que tenemos una expresion lim
an
→∞ an−1
n
n+1
= lim n
→∞
2n (n 1)+1 2n−1
−
= lim n
n+1
→∞
1 . 2
=
2n
Debido a que el l´ımite es menor que 1, tenemos que la serie es convergente.
c) En primer lugar, eliminamos la diferencia multiplicando arriba y abajo por el conjugado.
∞
√ n=1
1 n+1
− √n =
∞
1 n+1
√ n=1
√n + 1 + √n − √n √n + 1 + √n =
∞
√
→∞
n
d) Apliquemos el hecho de que sin n < 1. As´ı,
|
|
∞
| n=1
sin n n2
|
√n.
n=1
El t´ermino general de esta sucesi´on no tiende a 0, sino que lim tanto, la serie es divergente.
n+1+
√n + 1 + √n = ∞. Por ∞
<
n=1
1 n2
. Y esta serie es
´ ´ convergente, ya que es la arm onica generalizada con p = 2. Por el criterio de comparaci on
∞
por diferencia tenemos que
| n=1
sin n n2
| es convergente.
78
© FUOC • P01/75005/00104
3 , 2
e) Apliquemos el criterio de Pringsheim. Si ponemos p = por lo tanto, tomaremos p = 54 :
Sucesiones y series
entonces el l´ımite da infinito y,
ln n n √ln n = nlim √ = lim ln n = 0, →∞ n n n→∞ n n→∞ n n+1 √n + 1 donde hemos aplicado que lim √n = 1. n→∞ 5
5 4
lim n 4
1 4
f) Apliquemos el criterio del cociente: lim
an
→∞ an−1
n
2
ne−n
= lim
2 n→∞ (n − 1)e−(n−1)
n
= lim
2
→∞ n − 1
n
e(n−1)
−n2
= lim e−2n+1 = 0. n
→∞
´ es convergente. Puesto que el l´ımite es menor que 1, la sucesion
g) Puesto que aparecen factores del tipo n! aplicaremos el criterio del cociente: an
lim
→∞ an−1
n
n2
= lim
→∞ 2n(2n − 1)
n
1 . 4
=
Puesto que el l´ımite es menor que 1, la serie es convergente.
h) Al aparecer el factor nn , aplicaremos el criterio de la ra´ız:
√an = n
lim
→∞
n
√n5 · n = 0.
lim
n
→∞
n
Y como que el l´ımite es menor que 1, la serie es convergente.
i) Apliquemos el hecho de que lim n
→∞
3n + 1 2n + 1 = 1 lim = 1. y de que n→∞ 3n 2n
∞
Entonces, el car´acter de las dos series ´ k= m´etrica de razon
2 3
n=1
2n + 1 y 3n + 1
∞
n=1
2n ´ coincide. Esta es una serie geo3n
y, por lo tanto, la serie es convergente.
j) Puesto que hay factores nn y n!, aplicaremos la f ´ormula de Stirling.
∞
En tal caso,
∞
nn
n=1
=
n!
n=1
∞
nn
√ nn e−n 2πn
=
en
√ n=1
2πn
. Aplicando el criterio del cociente o
de la ra´ız, tenemos que λ = e y, en consecuencia, la serie diverge.
4.2. a) Apliquemos el criterio del cociente: an
lim
→∞ an−1
n
nxn
= lim
→∞ (n − 1)xn−1
n
= x lim
n
= x.
→∞ n − 1
n
La serie es convergente si x < 1 y divergente si x > 1. Si x = 1, entonces la serie es es divergente porque el t e´ rmino general no tiende a 0.
n, que
b) Apliquemos el criterio de la ra´ız: lim
→∞
n
√an = n
lim
x
→∞ n
n
= 0.
La serie es convergente siempre.
4.3. 1 a) Observemos que la derivada de f (x) = 3 es f (x) = x
− x34 , de donde deducimos que
la funcion ´ es siempre decreciente. Por este motivo, para acotar el error podemos aplicar el criterio de la integral. Vemos que S 4 = 1 + 213 + ´ tenemos a continuacion:
∞
Err 4 =
∞
≤ n=5
1
n3
1 33
4
+
1
1 43
´ que = 1,177662037. El error viene dado por la expresion n
dx = lim x3 n→∞ 4
1
dx = lim x3 n→∞
− 2x12
n
4
=
1 = 0,03125. 32
79
© FUOC • P01/75005/00104
∞
Por lo tanto,
1
n3
n=1
= 1,177662037
Sucesiones y series
± 0,03125.
´ Si queremos saber el n umero de t´erminos necesario para que Errn < 0,01, entonces aplicamos la cota de la integral: ∞ 1 1 Err n dx = < 0,01, 3 x 2n2 n
≤
≥
1 = 7,071. Esto quiere decir que n 0,02
de donde tenemos que n
≥ 8.
1 2x es f (x) = , de donde deducimos 2 +1 (x + 1)2 que la funci´o n es decreciente para x > 0 y, por tanto, podemos aplicar el criterio de la integral para acotar el error.
b) Observamos quela derivada de f (x) =
1 1 1 1 + 2 + 2 + 2 = 0,8588235294. El error viene da+1 2 +1 3 +1 4 +1 ∞ ∞ π 1 1 dx = arctan x = arctan 4 = 0,244978663. 2 +1 4 n2 + 1 x 2 4
Observamos que S 4 =
∞
n=5
∞
n=1
12
≤
do por: Err 4 =
Por lo tanto,
−
x2
n2
1 = 0,9 +1
−
± 0,4.
´ Si queremos saber el n umero de t´erminos necesario para que Err n < 0,01, entonces aplicamos la cota de la integral:
∞
≤ ≥ −
Err n
x2
n
π
tan
de donde tenemos que n
1 π dx = +1 2
0,01
2
− arctan n < 0,01,
= 99,99666664. Esto significa que n
≥ 100.
1 2x + 1 es f (x) = , de donde deducimos +x (x2 + x)2 que la funcion ´ es decreciente para x > 0 y, en consecuencia, podemos aplicar el criterio de la integral para acotar el error.
c) Observamos que la derivada f (x) =
Observamos que S 4 =
∞
Err 4
=
ln 5
n=1
∞
≤ 4
1 dx = x2 + x
− ln4 = 0,223143551.
∞
Por lo tanto,
1 1 1 1 + 2 + 2 + 2 = 0,8. El error viene dado por: +1 2 +2 3 +3 4 +4
1 n2 + n
n=5
=
12
1
= 0,8
n2 + n
−
x2
∞
4
1
= − x +1 1 dx = ln x − ln(x + 1) ∞ 4 x
± 0,3.
´ Si queremos saber el n umero de t´erminos necesario para que Err n < 0,01, entonces aplicaremos la cota de la integral: Err n
∞
≤ n
1 dx = ln(n + 1) 2 x +x
− ln n = ln
de donde tenemos: n+1 n
1+
Esto significa que n
≥ 100.
1 n
<
e0,01
<
e0,01
n
>
n
>
1 e0,01
−1
99,50083417
n+1
n
< 0,01,
80
© FUOC • P01/75005/00104
4.4. Observemos que
n n+1
n
< 1 y, por lo tanto,
∞
Err n =
(n +
∞
i
i=n+1
(i + 1)2i
1 . As´ı pues: 2n 1
<
<
1)2n
Sucesiones y series
i=n+1
1 1 n+1 = 2 1 = n. i 2 2 1 2
−
Si queremos Err n < 0,01,imponemos que 21n < 0,01. De aqu´ı deducimos que n = 6,643856189. Esto quiere decir que n 7
As´ı pues, S
≈ n=1
n
(n + 1)2n
≥ lnln0,01 = 0,5
≥ 7.
= 0,6066871280 = 0,61.
5.1. a) Estudiemos la convergencia absoluta de estas series. sin n
n3
| sin n| < = n3
1 n3
∞
, y puesto que
n=1
∞
que la serie es convergente, entonces
1 n3
´ es armonica con p = 3, es convergente. Dado
sin n
n=1
n3
es absolutamente convergente.
( 1)n + cos 3n ( 1)n + cos 3n 2 = < 2 . Si aplicamos el criterio de Pringsheim 2 2 n +n n +n n +n ∞ ( 1)n + cos 3n para p = 2, deducimos que la serie es convergente. n2 + n
b)
−
|−
|
− n=1
( 1)n
− − c)
n2
=
∞
1
. Puesto que 2
n
n=1
1
n2
∞
es convergente, resulta que
( 1)n
−
n2
n=1
es absoluta-
mente convergente. ( 1)n 1 = . Aplicando el criterio de Pringsheim con p = 1, se deduce que d) ln(n + 2) ln(n + 2)
∞
n=1
1 es divergente. Por lo tanto, no es absolutamente convergente. ln(n + 2)
Estudiamos si podemos aplicar el criterio de Leibniz. Observamos que f (x) = es decreciente, ya que f (x) =
∞
entonces tenemos que
n=1
− (x + 2)ln12(x + 2)
< 0. Y dado que lim n
→∞
1 ln(x + 2)
1 = 0, ln(n + 2)
n
( 1) es convergente. ln(n + 2)
−
5.2. a) Si tomamos el t´e rmino general con valor absoluto, obtenemos la serie arm´onica con p =
∞
1
√ n=1
n
1 : 2
y, por tanto, es divergente. Entonces, la serie no es absolutamente convergente.
Apliquemos el criterio de Leibniz. Si definimos f (x) = Puesto que lim
1
√n = 0, tenemos que n→∞
∞
( 1)n
−√
n
n=1
√1x , tenemos que es decreciente.
es convergente.
b) Si tomamos el valor absoluto del t e´ rmino general obtenemos la serie
∞
n=1
1 n3 + n
convergente. Por ejemplo, si aplicamos Pringsheim con p = 3, entonces lim n3
∞
Puesto que la serie es convergente, entonces
1 n3 + n
= 1.
( 1)n es absolutamente convergente. n3 + n
− n=1
→∞
n
, que es
81
© FUOC • P01/75005/00104
Sucesiones y series
c) Si tomamos el valor absoluto del t e´ rmino general, el resultado ser a´ la serie an
camos el criterio del cociente y tenemos que lim
→∞ an−1
n
∞
convergente y, en consecuencia,
∞
a) Para ver que que an =
2−n
−
( 1)n
2−n n
n=1
n
=
1
n2n
n!
1
=
−1!
n
1 n
1 n!
. Apli-
= 0. Esta serie es
( 1)n es absolutamente convergente. n!
− n=1
5.3.
n=1
1
=
∞
es convergente aplicaremos el criterio de Leibniz. Observamos
´ tenemos que ver que an es dey, por tanto, que lim an = 0. Solo n
→∞
creciente. Puesto que tenemos expresiones de la forma xn , es conveniente que demostremos a +1 que n < 1: a n
an+1 an
=
n2n
(n +
1)2n+1
1 1 < < 1. n+12 2 n
=
´ el criterio de Leibniz, la serie es convergente. Segun El valor de S 4 =
− 12 + 41·2 − 81·3 + 161·4 = −0,4010416667.
El error viene dado por el primer t´ermino que no sumamos y, por tanto, Err 4 = 0,625 10−2 .
|
·
|≤
1 5 25
·
=
´ tendremos que Si queremos calcular para qu e´ valor de n el error es menor que 0,001, s olo imponer: 1 Err n < 0,001. (n + 1) 2n+1
|
|≤
·
´ (n + 1)2n+1 > 1.000. Comprobad que para n Hay que resolver la inecuaci on menor que 0,001.
b) Para ver si
∞
− n=1
que an = ln
1
n
( 1)n ln
1 n
, que tiende a
≥ 7 el error es
es convergente, aplicaremos el criterio de Leibniz. Observamos
∞. Por este motivo no podemos aplicar el criterio Leibniz y no
podemos asegurar nada sobre la convergencia o divergencia de la serie.
6.1. 1 a) Ya que an = , entonces R = lim n
b) Ya que an =
an
→∞ an+1
n
= lim n
→∞
n+1 n
= 1.
1 (n + 1)! , entonces R = lim = lim n + 1 = n! n! n→∞ n→∞
c) Ya que an = n, entonces R = lim
n
n→∞ n + 1
∞.
= 1.
6.2. 1 n + 1! = a) Observamos que an = ; entonces, R = lim n→∞ n! n! de x, la serie es absolutamente convergente.
∞; por lo tanto, para todo valor
1 (n + 1)ln(n + 1) n+1 ln(n + 1) , entonces R = lim = lim lim = n→∞ n→∞ n ln n n ln n n n→∞ ln n 1 ln(n + 1) ln(x + 1) x x+1 = lim . Aplicamos la forma est´andar lim = lim = lim = 1 n→∞ x→∞ x→∞ x→∞ x + 1 ln n ln x x = 1. Por lo tanto, R = 1; entonces, la serie es absolutamente convergente para x (2 1, 2 + 1) = (1, 3).
b) Yaque an =
∈ −
c) Puesto que an = n, tenemos que R = lim
→∞ n + 1
n
absolutamente convergente para x
n
= 1. As´ı, R = 1; en tal caso, la serie es
∈ (−1 − 1, −1 + 1) = (−2, 0).
82
© FUOC • P01/75005/00104
6.3. Observemos que
∞
1
1
n
− x = n=0 x
. Realizamos el cambio de x por
∞
1 = 1 + x2
Sucesiones y series
−x2 ; entonces:
−
( 1)n x2n .
n=0
Integrando en cada lado: x
∞
1 ds 2 s +1
0
− −
=
( 1)n
n=0
∞
arctan x
=
( 1)n
n=0
6.4. Partimos del desarrollo de ex : ex =
∞
xn
∞
x2n
x2n+1
2n + 1 x2n+1
2n + 1
.
n!
n=0
Y, haciendo el cambio de x por x2 , tendremos: 2
ex =
n=0
Por lo tanto:
1
x2
e
1
∞
dx =
0
0
n=0
x2n n!
n!
.
∞
dx =
1
n!(2n + 1)
n=0
.
Observamos que esta serie es de t´erminos positivos y no es alternada. Por lo tanto, tenemos que encontrar una f ´ormula para el error. En este caso calculamos el t´ermino complementario de Lagrange: n x
e =
xi
i!
i=0
+ eε
xn+1 n + 1!
,
donde ε (0, x). Puesto que x (0, 1), tenemos que ε (0, 1). Adem´as, ex es creciente, as´ı que nos encontramos con que eε e. En consecuencia:
∈
∈
∈
≤
n x
e
≤ i=0
xi i!
+e
xn+1 n + 1!
.
Cambiando x por x2 , tenemos: n x2
e
≤ i=0
x2i i!
+e
x2n+2
(n + 1)!
.
Integrando entre 0 y 1 tenemos: 1
n x2
e
dx
0
≤ i=0
1 1 +e . i!(2i + 1) (n + 1)!(2n + 3)
e Portanto, si queremos un error menor que0,001tenemos queimponer (n+1)!(2 < 0,001. n+3) Dando valores a la n, obtenemos que n 5.
≥
7.1. Para calcular las soluciones de x2 + 4x + 5 = 0, utilizaremos la f´ormula que proporciona las ra´ıces de un polinomio de segundo grado:
√ √ 4 ± 42 − 4 · 5 4 ± −4 − − −4 ± 2 j = −2 ± j. x1,2 = = = 2
2
2
7.2. a) Si z1 = 1+2 j y z2 = 2+3 j , entonces z1 + z2 = (1+2 j )+(2+3 j ) = (1+2)+ (2+3) j = 3+5 j y el producto es z1 z2 = (1 + 2 j ) (2 + 3 j ) = (1 2 2 3) + j (1 3 + 2 2) = 4 + 7 j .
·
·
· − · · · − b) Si z1 = 1− 2 j y z2 = 2− j , entonces z1 + z2 = (1− 2 j )+(2 − j ) = (1+2)+(−2 − 1) j = 3− 3 j y el producto es z1 · z2 = (1− 2 j )·(2 − j ) = (1 · 2− (−2)· (−1))+ j (1· (−1)+(−2)· 2) = 0 − 5 j = −5 j .
83
© FUOC • P01/75005/00104
Sucesiones y series
c) Si z1 = 1+3 j y z2 = 1+4 j , entonces z1 +z2 = ( 1+3 j )+(1+4 j ) = ( 1+1)+(3+4) j = 7 j y el producto es z1 z2 = ( 1 + 3 j ) ( 1 + 4 j ) = (( 1) 1 3 4) + j (( 1) 4 + 3 1) = 13 j .
−
7.3. a) z = 2
·
−
− − · − ·
·
− − ·
·
− −
− 3 j .
b) z = 1 + 2 j . 7.4. a) Utilizamos las propiedades del conjugado para simplificar los c a´ lculos; entonces z = z1 + +z2 + z3 = z1 + z2 +z3 = z1 +z2 + z3 . Si sustituimos z1 , z2 , z3 por los valores correspondientes tenemos: z = (1+ j )+(2 + j )+(1+2 j ) = (1+ j )+(2 j )+(1+2 j ) = (1+2 +1)+(1 1+2) j = = 4 + 2 j.
−
−
´ entonces z = z1 z2 + z3 = z1 z2 + z3 = z1 z2 + z3 . Y si b) Simplificamos primero la expresi on; ahora sustituimos z1 , z2 , z3 por los valores correspondientes, tenemos: z = (1 + j )(2 + j )+ +(1 + 2 j ) = (1 j )(2 + j ) + (1 + 2 j ) = (1 2 ( 1) 1) + j (1 1 + ( 1) 2) + (1 + 2 j ) = = (3 j ) + (1 + 2 j ) = (4 + j ).
−
−
· −− ·
·
− ·
7.5. Un polinomio de grado n se escribe p(x) = a0 + a1 x + + an xn . Sea z la ra´ız; entonces, 0 = p(z ) = a0 +a1 z + +an zn . Calculamos p(z ) = a0 +a1 z + +an zn ; puestoque los ai son + an zn = 0. reales, entonces ai = ai . Por tanto, p(z) = a0 + a1 z + + an z n = a0 + a1 z +
···
·· ·
7.6. a) z =
1+j
b) z =
1+2j 2+j
j
7.7. a Si z =
=
b) Si z =
− −
=
3+j j
j 1 j 1+j 1 j
· ··
j
=
1+2j 2 j 2+j 2 j
− −
, entonces
−j 2
1
−
−
j
=
z
2j 1 2+4j , entonces z
7.8. Queremos calcular z =
2 j +4j 2j 2 22 +12
=
3+j
=
1+j 1 j
−
2
4+3j . 5
=
j 3 j 3+j 3 j
=
3j j 2 32 +12
2 2j
4j 2j
=
− −
2+4j 2j
=
·· ·
1+j . 2
=
1+1
·· ·
=
+
1+3j . 10
−
=
1
+2 =
j
1 j
−j −j
+ 2 = j + 2.
−
.
´ Sea z1 = a) En primer lugar calculamos la division. = j . Dado que z = z12 , tenemos que z = j 2 = 1.
1+j 1 j
=
−
−
1+j 1+j 1 j 1+j
−
=
1+j +j +j 2 1+1
=
b) Calculamos primero los cuadrados del numerador y del denominador: z = =
1+2j +j 2 1 2j +j 2
−
=
1+2j 1 1 2j 1
− − −
2j 2j
=
=
−
−1.
´ z = cos 7.9. Escribimos el numero π
j 12
z=e
z 20
; en tal caso,
π
20j 12
=e
π
+ j sin
12 5j π 3
=e
=
1 2
π
12
− j
√ 3 2
1+j +j 1 1+1
−
1+j 2 1 j
−
1
re−jφ
=
en forma exponencial. Por lo tanto, .
´ z en forma exponencial; as´ı, z = rejφ . Si sustituimos z = 7.10. Escribimos el numero rejφ
=
1
1 z
,
e−jφ .
´ el resultado es = rejφ . De este modo, = r Igualamos los modulos y los ´ ´ si, r = 1r argumentos: los argumentos son iguales siempre y, si los m odulos son iguales solo o, lo que es lo mismo, r2 = 1, de donde tenemos que r = 1 y r = 1. Sin embargo, el m´odulo es positivo, lo cual hace que r = 1 no tenga sentido.
−
−
7.11. a) A partir de la f´ormula del exponencial tenemos: e
5π j 4
= cos
5π 4
5π 4
+ j sin
=
− √12 − √12 j. π
π
b) La suma es m´as f a´ cil de calcular en su forma cartesiana: 2e 4 j + 3e 6 j = 2 +3
√ 3 2
+ j 12
√ =
2+
√ 3 3 2
√ +
2+
3 2
j.
√ 12 + j √ 12
+
c) Mediante el uso de las propiedades de la funci´on exponencial obtenemos e2+3j = e2 e3j = = e2 (cos 3 + j sin 3).
·
d) Utilizando las propiedades de la exponencial: π
e 4 je
3π j 4
π
= e 4 j+
3π j 4
= eπj = cos π + j sin π =
−1 + 0 · j = −1.
84
© FUOC • P01/75005/00104
7.12. a) Sea z =
e2 √ (1 − j ). 2
Sucesiones y series
´ Para escribirlo en forma exponencial, calculamos primero el m odulo
y despu´es el argumento: r = positiva, entonces φ = arctan
− 2
e2 √ 2
e2 √ 2
+
e2 − √ 2
=
e2 √
2
=
√4
e = e2 Puesto que la parte real es
arctan1 =
2
π
= e2−j 4 .
− π4 . Por lo tanto, z = e2 · e−j
π
=
4
´ tenemos que recordar c omo ´ se relacionan la forma polar y la exponencial: b) Solo π
3 cos
4
+ j sin
π
4
π
= 3ej 4 .
c) Escribimos los dos n´umeros en forma exponencial: z1 = 5 cos π6 + j sin
z2 = 5 cos π + j sin π2 2
π
= 5e 2 . π
Por lo tanto, z1 z2 = 5 e 6
·
·
·5·e
π
2
= 25e
2π 3
=
π
6
π
= 5e 6 y
√
− 252 + j 252 3 .
´ complejo en forma exponencial. Para hacerlo, 7.13. Empezamos por escribir el n umero calculamos el m´odulo y despu´es el argumento: r=
√ √ √ 1
2
2
2
1
+
=
2
Al ser positiva la parte real positiva, φ = arctan
1 √
2
1 √
1 = 1.
= = arctan 1 =
2
π
π
4
. De esta manera, π
tenemos que z = ej 4 . Y ahora ya podemos calcular las potencias z2 y z4 : z 2 = e2j 4 = π π = ej 2 = cos π2 + j sin π2 = 0+ j = j . z4 = e4j 4 = ejπ = cos π + j sin π = 1 + 0 j = 1
−
·
−
Glosario
´ ´ Conjugado de un numero complejo: numerocomplejo con la parte imaginaria cambiada de signo. ´ n xn : valor al que tienden los t´e rminos de una sucesi´on. De manera L´ımite de una sucesio formal, el l´ımite de una sucesi´ones x si para todo > 0 existe un entero N tal que xn x < si n > N .
| − |
´ ´ reales a (parte real), b (parte imaginaria) que escri Numero complejo: pareja de numeros biremos como z = a + bj . Radio de convergencia: es el lim
an an+1
y se denota mediante R.
Serie: pareja formada por las sucesiones an y S n , donde an es el t´ermino general de una ´ de sumas parciales. Se presenta mediante sucesi´on y sn es el t´ermino general de la sucesi on el s´ımbolo an .
{ } { }
Serie absolutamente convergente: serie tal que la serie del t e´ rmino general con valor absoluto es convergente. Serie alternada: serie de t´ermino general ( 1)n an con an > 0 para cualquier valor de n.
−
Serie de potencias: serie de t´ermino general an (x
− a)n .
´ n k: serie de t´ermino general kn . Serie geom´etrica de razo Serie arm´ onica generalizada: serie de te´ rmino general
1
np
.
´ y adem´as es finito. Sucesi´ on convergente: existe el l´ımite de la sucesi on
´ ´ Sucesi´ on de numeros reales: aplicaci´on h de los numero naturales N , en el conjunto R de los numeros ´ reales: h(n) = xn . Sucesi´ on divergente: sucesi´on no convergente. ´ real K tal que todos los t e´ rminos de la sucesi on ´ se Sucesi´ on acotada: existe un numero encuentran en el intervalo ( K, K ).
−
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Sumario A lo largo de este m´odulo se han introducido las sucesiones de numeros ´ reales que nece´ sit´abamos para definir el concepto de serie o suma de los t e´ rminos infinitos de una sucesi on. Tanto en un caso como en el otro, hemos presentado aquellos criterios que nos iban a facilitar el estudio de su convergencia y, en el caso pertinente, el valor del l ´ımite. Para finalizar, se han definido las series de potencias a partir de los polinomios de Taylor y se han establecido sus propiedades b´asicas. ´ ´ a los numeros ´ El ultimo apartado consiste en una breve introduccion complejos.
Bibliografía Apostol, T.M. (1990). Calculus. Barcelona: Reverté. Ortega, J. (1990). Introducció a l’anàlisi matemàtica. Barcelona: Publicacions de la Universitat Autònoma de Barcelona.
Sucesiones y series
