CAP´ITULO XV. SUCESIONES Y SERIES DE FUNCIONES

SECCIONES A. Campo de convergencia. Convergencia uniforme. B. Series de potencias. Intervalos de convergencia. C. Desarrollo de funciones en series de potencias. D. Aplicaciones al c´alculo infinitesimal. E. Ejercicios propuestos.

223

A. CAMPO DE CONVERGENCIA. CONVERGENCIA UNIFORME.

Consideramos en este cap´ıtulo sucesiones {fn } cuyos t´erminos son funciones reales con dominio I com´ un. Para cada x ∈ I, se construye la sucesi´on num´erica {fn (x)} formada por las im´agenes dePlas funciones en el punto x. An´alogamente, se define la serie de funciones fn como la sucesi´on {Sn } n≥1

de sumas parciales Sn =

n P

fk .

k=1

En lo que sigue nos referiremos a series de funciones pues, aunque son un caso particular de las sucesiones, nuestro inter´es se centra en el estudio de las series de potencias (secci´on B) y el desarrollo de funciones en series de potencias (secci´on C). P fn como el conjunto S de Definimos campo de convergencia de la serie Pn≥1 puntos x ∈ I para los que la serie num´erica fn (x) converge. As´ı pues, si n≥1P P fn converge puntualmenfn (x), con x ∈ S, se dice que la serie f (x) = n≥1

n≥1

te a f . Como sabemos, esto significa que, llamando Sn (x) =

n P

fk (x),

k=1

X ∀x ∈ S, ∀ε > 0, ∃N ∈ N : |Sn (x) − f (x)| = fk (x) < ε, ∀n > N, k>n

donde N depende de ε y de x. Si dicho N es el mismo para todos los valores de P x ∈ S (no depende de x), se dice que la serie fn converge uniformemente n≥1

a f en S. De la definici´on es evidente la siguiente propiedad: P 1) Si una serie de funciones fn converge uniformemente a f , entonces n≥1

converge puntualmente a f . Otras propiedades de inter´es son las siguientes: 2) Criterio de convergencia de Cauchy. La serie

P

fn converge uni-

n≥1

formemente en S si y s´ olo si k+p X ∀x ∈ S, ∀ε > 0, ∃N ∈ N : fn (x) < ε, ∀k > N, p ∈ N. n=k+1

224

3) Continuidad. Si una serie de funciones

P

fn converge uniformemente

n≥1

a f en S y cada fn es continua en x0 ∈ S, entonces f es continua en x0 . En s´ımbolos, l´ım

x→x0

X

fn (x) =

X n≥1

n≥1

l´ım fn (x).

x→x0

4) Derivaci´ on. Sea {f on de funciones derivables en (a, b) y Pn } una sucesi´ tal que la serie fn (x0 ) converge para alg´ un x0 ∈ (a, b). Si la sen≥1 P 0 P rie fn converge uniformemente en (a, b), entonces fn converge n≥1

n≥1

uniformemente en (a, b) y X 0 X fn (x) = fn0 (x), ∀x ∈ (a, b). n≥1

n≥1

5) Integraci´ on. Si una serie de funciones

P

fn converge uniformemente

n≥1

a f en un intervalo [a, b] y cada fn es integrable en [a, b], entonces f es integrable en [a, b] y Z xX XZ x fn (t) dt = fn (t) dt, ∀x ∈ [a, b]. n≥1 a

a n≥1

Esto se expresa diciendo que una serie uniformemente convergente se puede integrar t´ermino a t´ermino. Un m´etodo usual para probar que una serie es convergente es el siguiente. P fn una serie de funciones tal que 6) Criterio de Weierstrass. Sea n≥1 P |fn (x)| ≤ an , ∀n, ∀x ∈ S, donde an es una serie num´erica conn≥1 P vergente. Entonces fn converge uniformemente en S. n≥1

Observaci´ on. El criterio de Weierstrass asegura la convergencia uniforme y absoluta de una serie de funciones, pero en general ambos conceptos no son equivalentes.

PROBLEMA 15.1

Determinar el campo de convergencia de la serie X 2n senn x. n≥0

225

Soluci´ on Aplicando el criterio de la ra´ız, la serie es absolutamente convergente cuando: p l´ım n |an | < 1 ⇐⇒ l´ım 2| sen x| < 1 ⇐⇒ | sen x| < 1/2   (6n − 1)π (6n + 1)π , n ∈ Z, ⇐⇒ x ∈ , 6 6 que son los intervalos donde la serie es absolutamente convergente. En los extremos de cada intervalo, es decir cuando x| = 1/2, donde P | senP el criterio de la ra´ız no decide, quedan las series 1 ´o (−1)n , que son claramente divergentes.

PROBLEMA 15.2

Hallar el campo de convergencia de la serie

∞ X cos nx n=1

enx

.

Soluci´ on Descomponemos el problema en varios casos: - Si x > 0, aplicamos el criterio de comparaci´on; tenemos por un lado que X 1 cos nx 1/enx , resul nx ≤ nx y, aplicando el criterio de la ra´ız a la serie e e ta: p l´ım n 1/enx = l´ım 1/ex < 1 pues x > 0. Como la serie mayorante es convergente, tambi´en lo ser´a la serie dada. P - Si x = 0, tenemos la serie 1 que es divergente. cos nx - Si x < 0, como l´ım enx = 0, entonces no existe l´ım nx , con lo que la e serie es tambi´en divergente.

PROBLEMA 15.3

Estudiar la convergencia y convergencia uniforme de la serie X x en R. (1 + x)n n≥1

226

Soluci´ on x → ∞. (1 + x)n Por el criterio del resto se deduce que la serie no es convergente en R. En particular, tampoco converge uniformemente.

Cuando |1 + x| < 1, es decir −2 < x < 0, tenemos que

PROBLEMA 15.4

Estudiar la convergencia y convergencia uniforme de la serie X enx sen nx en R. n≥1

Soluci´ on Cuando x > 0, el t´ermino general enx sen nx no tiene l´ımite. Por el criterio del resto se deduce que la serie no converge en R.

PROBLEMA 15.5

Estudiar la convergencia y convergencia uniforme de la serie X sen √nx √ en R. n n n≥1

Soluci´ on Aplicaremos el criterio de Weierstrass. Como √ sen nx 1 √ ≤ √ n n n n , ∀n X 1 1 √ = es convergente, se deduce que la serie pron n n3/2 puesta converge absoluta y uniformemente en R.

y la serie

X

PROBLEMA 15.6

Estudiar la convergencia y convergencia uniforme de la serie X (−1)n−1 xn en [−1/2, 1/2]. n≥1

227

Soluci´ on La serie converge absoluta y uniformemente debido al criterio de Weierstrass porque, si −1/2 ≤ x ≤ 1/2, |(−1)n−1 xn | ≤ y la serie geom´etrica

P

1 , ∀n 2n

1/2n es convergente.

PROBLEMA 15.7

Estudiar la convergencia y convergencia uniforme de la serie X 2x arc tg 2 en R. x + n3 n≥1

Soluci´ on Sea N una constante positiva fija. Teniendo en cuenta que | arc tg x| ≤ |x|, ∀x ∈ R, obtenemos las siguientes acotaciones: 2x 2x 2N - Si |x| ≤ N , arc tg 2 ≤ ≤ 3 , ∀n. x + n3 x2 + n3 n 2x 2x 2 - Si |x| > N , arc tg 2 ≤ 2 ≤ 2 , ∀n > |x|. 3 3 x +n x +n n X 2N X 2 Como las dos series y son convergentes, del criterio de Weiersn3 n2 trass se deduce que la serie propuesta es absoluta y uniformemente convergente.

PROBLEMA 15.8 X xn sen nx Probar que la serie converge uniformemente en [−1, 1] np n≥1

si p > 1. Soluci´ on En efecto, por el criterio de Weierstrass, si p > 1 y −1 ≤ x ≤ 1, tenemos la acotaci´on n x sen nx ≤ 1 np p n X 1 y la serie mayorante es convergente. np 228

PROBLEMA 15.9

Probar que la serie

X

(−1)n

n≥1

x2 + n converge uniformemente en n2

todo [a, b] pero nunca converge absolutamente. Soluci´ on x2 + n , por el criterio de comparaci´on, como Si llamamos fn (x) = (−1)n P n2 |fn (x)| ∼ 1/n y la serie 1/n es divergente, la serie propuesta no es absolutamente convergente. Sin embargo, aplicando el criterio de Leibnitz, se prueba que converge condicionalmente en R. Por otra parte, al ser una serie alternada, si llamamos α = m´ax{|a|, |b|}, tenemos: |Sn (x) − S(x)| ≤ |fn+1 (x)| =

x2 + (n + 1) α2 + (n + 1) ≤ → 0, ∀x ∈ [a, b], 2 (n + 1) (n + 1)2

lo que indica que la serie converge uniformemente.

PROBLEMA 15.10 ∞ X Dada la serie fn (x), donde fn (x) son continuas en [0, 1] para n=1 n X n 2 todo n y verifican la acotaci´ on , ∀x ∈ [0, 1], fk (x) − x ≤ 2 n +5 k=1 ∞ Z 1 X calcular fn (x) dx. n=1 0

Soluci´ on n → 0 cuando n → ∞ independientemente de x ∈ [0, 1], la n2 + 5 ∞ X acotaci´on dada indica que la serie fn (x) converge uniformemente a la Como

n=1

funci´on y = x2 . En consecuencia la serie se puede integrar t´ermino a t´ermino y resulta: ∞ Z X n=1 0

1

Z fn (x) dx =

∞ 1X

Z fn (x) dx =

0 n=1

229

0

1

1 x2 dx = . 3

PROBLEMA 15.11 X sen nx Probar que la serie es convergente en todo R. Si f (x) es n2 n≥1

su suma, probar que f es continua en [0, π] y que Z π X 1 f (x) dx = 2 . (2n − 1)3 0 n≥1

Soluci´ on X 1 sen nx 1 Si llamamos fn (x) = , como |fn (x)| ≤ 2 , ∀n, ∀x ∈ R y la serie 2 n n n2 es convergente, por el criterio de Weierstrass se deduce que la serie propuesta es uniformemente convergente en R. Como adem´as las funciones fn (x) son continuas, tambi´en lo ser´a su suma f (x). Z π XZ π f (x) dx = De la f´ormula fn (x) dx, deducimos entonces que: 0

Z 0

π

n≥1 0

X  − cos nx π sen nx f (x) dx = dx = n2 n3 0 n≥1 0 n≥1 X 1 − cos nπ X 2 = = , n3 (2n − 1)3 XZ

π

n≥1

( 0 pues 1 − cos nπ = 2

n≥1

si n es par si n es impar.

B. SERIES DE POTENCIAS. INTERVALOS DE CONVERGENCIA.

Una serie de la forma

X

an (x − a)n = a0 + a1 (x − a) + · · · + an (x − a)n + . . .,

n≥0

con an ∈ R, ∀n, se llama serie de potencias de x − a o serie de potencias centrada en a. Nos referiremos aqu´ı a las series de potencias centradas en el Xorigen pues basta hacer Xuna traslaci´on x − a = t para reducir la serie n an (x − a) a la serie an tn . La siguiente propiedad es b´asica: n≥0

n≥0

230

1) El campo de convergencia de una serie de potencias

X

an xn es un

n≥0

intervalo centrado en el origen, o todo R, o el origen. As´ı pues, para determinar el intervalo de convergencia, basta calcular la distancia de los extremos del intervalo al origen, lo que llamaremos radio de convergencia. 2) F´ ormula de Hadamard. El radio de convergencia (la mitad de Xla aman xn plitud del intervalo de convergencia) de una serie de potencias n≥0

es R = 1/L donde L = l´ım sup

p n |an |.

3) Si el campo de convergencia tiene radio R, la serie converge absoluta y uniformemente ∀x ∈ (−R, R) y diverge si |x| > R. Sin embargo, si x = R ´o x = −R, caben todas las posibilidades. Para la mayor parte de las series de potencias que consideraremos, el campo de convergencia puede obtenerse mediante el criterio del cociente o de la ra´ız. Tenemos entonces la siguiente propiedad: p 4) a) Si existe l´ım n |an | = L, el radio de convergencia es R = 1/L. an+1 = L, el radio de convergencia es R = 1/L. b) Si existe l´ım an Las operaciones posibles con series de potencias se deducen de las correspondientes con series arbitrarias. Podemos destacar las siguientes: 5) En el interior de su intervalo de convergencia, toda serie de potencias puede derivarse t´ermino a t´ermino. Es decir, X

n

an (x − a)

0 =

n≥0

X

n · an (x − a)n−1

n≥1

y la serie obtenida tiene el mismo radio de convergencia que la serie original. 6) Toda serie de potencias es integrable en su campo de convergencia y la primitiva se obtiene integrando t´ermino a t´ermino la serie dada. Esto se expresa simb´olicamente como Z xX X (x − a)n+1 , ∀x ∈ (a − R, a + R) an (t − a)n dt = an · n+1 a n≥0

n≥0

y la serie resultante tiene el mismo radio de convergencia que la serie original (aunque es posible que converja tambi´en en alg´ un extremo del intervalo de convergencia). 231

7) Dadas las series de potencias X X bn (x − a)n , an (x − a)n y g(x) = f (x) = n≥0

n≥0

convergentes en los intervalos (a − R1 , a + R1 ) y (a − R2 , a + R2 ), respectivamente, el producto viene dado por la serie X cn (x − a)n , ∀x ∈ (−R, R), f (x) · g(x) = n≥0

donde cn =

n X

ak · bn−k , n ≥ 0 y R = m´ın{R1 , R2 }.

k=0

PROBLEMA 15.12

Determinar el campo de convergencia de la serie

X n≥0

xn . · n2

2n

Soluci´ on Aplicando la f´ormula de Hadamard, calculamos el radio de convergencia como: p 1 1 1 √ = l´ım sup n |an | = l´ım = . n 2 R 2 2· n Por tanto, R = 2 y la serie converge absolutamente cuando x ∈ (−2, 2). En los extremos del intervalo tenemos: X 1 - Si x = 2, resulta la serie que es convergente. n2 X (−1)n - Si x = −2, resulta la serie que es tambi´en absolutamente conn2 vergente.

PROBLEMA 15.13

Determinar el campo de convergencia de la serie

X n! xn n≥0

nn

.

Soluci´ on Por la f´ormula de Hadamard, p√ √ n −1 · n p 1 n! n · e 2πn = l´ım sup n |an | = l´ım = l´ım = e−1 , R n n 232

con lo que R = e y la serie converge absolutamente en (−e, e) y diverge cuando x ∈ (−∞, −e) ∪ (e, ∞). En los extremos tenemos: - Si x = e, la serie es

X n! en nn l´ım

. Como

√ n! en 2πn = ∞ = 6 0, = l´ ım nn

la serie es divergente. X (−1)n n! en - Si x = −e, la serie es que tambi´en es divergente, por la nn misma raz´on del caso anterior.

PROBLEMA 15.14

Determinar el campo de convergencia de la serie X xn . n · 10n−1 n≥1

Soluci´ on Por la f´ormula de Hadamard, p 1 1 1 = l´ım sup n |an | = l´ım √ = , n R 10 n · 10n−1 de donde R = 10 y la serie converge absolutamente en (−10, 10) y diverge en (−∞, −10) ∪ (10, ∞). X 10 - Si x = 10, la serie resulta que es divergente. n X (−1)n 10 - Si x = −10, tenemos la serie que es condicionalmente conn vergente (basta aplicar el criterio de Leibnitz).

PROBLEMA 15.15

Determinar el campo de convergencia de la serie

X n≥0

a, b > 0.

233

xn , donde an + bn

Soluci´ on Supondremos que a ≥ b pues, en caso contrario, se procede de forma an´aloga. Por la f´ormula de Hadamard, p 1 1 1 1 = l´ım p = , = l´ım sup n |an | = l´ım √ n n n n R a a +b a 1 + (b/a)n con lo que R = a y la serie converge absolutamente en (−a, a) y diverge en (−∞, −a) ∪ (a, ∞). X an . Como - Cuando x = a, tenemos la serie an + bn l´ım

an 1 = l´ım = 1 6= 0, n n a +b 1 + (b/a)n

la serie es divergente. - Cuando x = −a, aplicamos el mismo procedimiento anterior y la serie es tambi´en divergente.

PROBLEMA 15.16

Determinar el campo de convergencia de la serie X  nx n . n+1 n≥0

Soluci´ on Por la f´ormula de Hadamard, p 1 n = l´ım sup n |an | = l´ım = 1 =⇒ R = 1, R n+1 y la serie converge absolutamente en (−1, 1) y diverge en (−∞, −1)∪(1, ∞). X  n n X  −n n - Si x = 1, tenemos la serie y si x = −1, . En n+1 n+1 ambos casos, si llamamos an al t´ermino general,  l´ım |an | = l´ım

n n+1

n

n

−1

= l´ım en·( n+1 −1) = l´ım en· n+1 = e−1 6= 0,

de modo que ambas series son divergentes. 234

PROBLEMA 15.17

Hallar el intervalo de convergencia de la serie (x − 1) −

n 3(x − 1)2 n+1 (n + 1)(x − 1) + · · · + (−1) + ... 22 2n

Soluci´ on Por la f´ormula de Hadamard, p 1 = l´ım sup n |an | = l´ım R

√ n

n+1 1 = =⇒ R = 2. 2 2

El intervalo de convergencia es entonces I = (1 − 2, 1 + 2) = (−1, 3). P - Para x = −1, tenemos la serie divergente −(n + 1), y para x = 3, P tenemos tambi´en la serie divergente (−1)n+1 (n + 1).

PROBLEMA 15.18

Determinar el campo de convergencia de la serie X x4n−1 1+ (−1)n . 4n n≥1

Soluci´ on Aplicaremos el criterio del cociente considerando la serie como serie num´erica. 4n+3 an+1 x /(4n + 4) l´ım = l´ım = |x|4 . an x4n−1 /4n La serie ser´a convergente cuando |x|4 < 1, es decir cuando |x| < 1, y divergente cuando |x| > 1. En los casos extremos tenemos: - Si x = 1, la serie 1 +

X (−1)n n≥1

4n

- Si x = −1, la serie es 1 −

es condicionalmente convergente.

X (−1)n n≥1

4n

convergente. 235

que es tambi´en condicionalmente

PROBLEMA 15.19

Determinar el campo de convergencia de la serie X n2 +2 [cos(1/n)] n+2 xn . n≥0

Soluci´ on Por la f´ormula de Hadamard, p n2 +2 1 = l´ım sup n |an | = l´ım [cos(1/n)] n2 +2n = 1, R de modo que la serie converge absolutamente en (−1, 1) y diverge en (−∞, −1)∪ (1, ∞). En los extremos x = 1 y x = −1 las series son divergentes porque, aplicando el criterio del resto, n2 +2

n2

n2

l´ım [cos(1/n)] n+2 = l´ım e n+2 ·[cos(1/n)−1] = l´ım e n+2 ·

−1/n2 2

= 1 6= 0.

PROBLEMA 15.20

Determinar el campo de convergencia de la serie X n n(−1) xn−1 . n≥1

Soluci´ on n

Aplicaremos el criterio de comparaci´on, para lo que llamaremos an = n(−1) xn−1 . P n Tenemos la acotaci´on |an | = n(−1) |x|n−1 ≤ n|x|n−1 . Adem´as la serie n|x|n−1 converge si |x| < 1 como se deduce aplicando el criterio del cociente: l´ım

(n + 1)|x|n = |x|. n|x|n−1

Lo anterior indica que la serie propuesta es tambi´en absolutamente convergente cuando |x| < 1. Ahora bien, si |x| = 1, l´ım an no existe; por tanto la serie diverge. Por tratarse de una serie de potencias, la serie debe ser tambi´en divergente cuando |x| > 1. 236

PROBLEMA 15.21

Determinar el campo de convergencia de la serie X (x − 1)2n . n · 9n n≥1

Soluci´ on Aplicando el criterio de la ra´ız, l´ım

p n

|an | = l´ım

|x − 1|2 |x − 1|2 √ = . 9 9· nn

Esto quiere decir que la serie converge absolutamente cuando |x − 1|2 < 9, es decir cuando x ∈ (−2, 4) y diverge cuando x ∈ (−∞, −2) ∪ (4, ∞). P Adem´as, tanto para x = −2 como para x = 4, queda la serie 1/n que es divergente.

PROBLEMA 15.22

Determinar el campo de convergencia de la serie X (2n − 1)n (x + 1)n . 2n−1 · nn n≥1

Soluci´ on Por el criterio de la ra´ız tenemos: l´ım

p n

|an | = l´ım

(2n − 1) · |x + 1| = |x + 1| 2(n−1)/n · n

de modo que la serie converge absolutamente cuando |x + 1| < 1, es decir cuando x ∈ (−2, 0) y diverge cuando x ∈ (−∞, −2) ∪ (0, ∞). X (2n − 1)n - Para x = 0 queda la serie . Esta serie es divergente porque 2n−1 · nn el t´ermino general no tiende a cero:   (2n − 1)n 2n − 1 n = 2e−1/2 . l´ım n−1 n = l´ım 2 · 2 ·n 2n X (2n − 1)n - Si x = −2, tenemos la serie alternada (−1)n · n−1 n que tambi´en 2 ·n es divergente por la misma raz´on que en el caso anterior. 237

PROBLEMA 15.23

Determinar el campo de convergencia de la serie X (x + 5)2n−1 . 2n · 4n n≥1

Soluci´ on Por el criterio del cociente, obtenemos: an+1 = l´ım l´ım an

|x+5|2n+1 2(n+1)·4n+1 |x+5|2n−1 2n·4n

= l´ım

|x + 5|2 · 2n |x + 5|2 = . 4 · 2(n + 1) 4

|x + 5|2 < 1, es decir cuan4 do x ∈ (−7, −3) y diverge cuando x ∈ (−∞, −7) ∪ (−3, ∞). P En los extremos del intervalo, x = −3 y x = −7, tenemos la serie 1/4n que es divergente. Entonces la serie converge absolutamente cuando

PROBLEMA 15.24

Determinar el campo de convergencia de la serie X n! xn−1 . (a + 1) . . . (a + n) Soluci´ on Si aplicamos el criterio del cociente, tenemos: (n+1)!xn an+1 (a+1)...(a+n)(a+n+1) = l´ım (n + 1)|x| = |x|. l´ım = l´ım n−1 n!x an a+n+1 (a+1)...(a+n)

Entonces la serie es absolutamente convergente cuando |x| < 1 y divergente cuando |x| > 1. En los extremos del intervalo de convergencia tenemos: X n! - Si x = 1, la serie es . Aplicando el criterio de Raabe, (a + 1) . . . (a + n) resulta:   n+1 an l´ım n · 1 − = l´ım = a, a+n+1 a+n+1 con lo que la serie es convergente si a > 1 y divergente si a < 1. Por u ´ltimo, X 1 si a = 1, la serie es ahora , que es evidentemente divergente. n+1 238

n! . Como (a + 1) . . . (a + n) hemos visto antes, cuando a > 1 es absolutamente convergente. Cuando a ≤ n! 1 aplicamos el criterio de Leibnitz, para lo cual llamamos an = : (a + 1) . . . (a + n) - Si x = −1, queda la serie alternada

X

(−1)n−1 ·

n+1 an+1 = , la sucesi´on {an } es decreciente si 0 < a ≤ 1 y an a+n+1 creciente si a < 0. En el primer caso, 0 < a ≤ 1, adem´as l´ım an = 0. Ve´amoslo: n! 1 Si llamamos L = l´ım = l´ım , (a + 1) . . . (a + n) (1 + a)(1 + a/2) . . . (1 + a/n) al tomar logaritmos obtenemos:

Como

ln L = l´ım −[ln(1 + a) + ln(1 + a/2) + · · · + ln(1 + a/n)] = −

∞ X

ln(1 + a/n).

n=1

Esta u ´ltima serie es divergente pues ln(1+a/n) ∼ 1/n, con lo que ln L = −∞, de donde L = e−∞ = 0, como quer´ıamos probar. P Por u ´ltimo, si a = 0, tenemos la serie divergente (−1)n−1 . En resumen, en el caso x = −1, la serie dada es absolutamente convergente cuando a > 1; condicionalmente convergente cuando 0 < a ≤ 1 y divergente cuando a ≤ 0.

PROBLEMA 15.25

Determinar el campo de convergencia de la serie   X 1 n−1 x ln 1 + . n Soluci´ on Por el criterio del cociente, xn · ln n+2 an+1 n+1 = l´ım l´ım = |x|. xn−1 · ln n+1 an n Tenemos entonces que la serie converge absolutamente cuando |x| < 1 y diverge cuando |x| > 1. Adem´as, X - Si x = 1, tenemos la serie ln(1 + 1/n) que es divergente como se comP prueba al compararla con la serie arm´onica 1/n. 239

X - Si x = −1, queda la serie alternada (−1)n−1 ln(1 + 1/n) que es condicionalmente convergente, pues la sucesi´on {ln(1 + 1/n)} es decreciente y tiene l´ımite cero.

PROBLEMA 15.26

Determinar el campo de convergencia de la serie X (2n + 1)! (−x/e)5n . 1 · 3 · 5 · 6 . . . (4n − 3)(3n) Soluci´ on Si hacemos el cambio t = (−x/e)5 y aplicamos el criterio del cociente, tenemos: an+1 = l´ım l´ım an

(2n+3)! 1·3·5·6...(4n−3)(3n)(4n+1)(3n+3) ·|t| (2n+1)! 1·3·5·6...(4n−3)(3n)

= l´ım

|t| (2n + 3)(2n + 2) ·|t| = . (4n + 1)(3n + 3) 3

De aqu´ı se deduce √ que la serie converge absolutamente cuando |t| < 3, o √ 5 5 bien cuando |x| < e 3, y diverge cuando |x| > e 3. X √ (−1)5n · - Cuando x = e 5 3, la serie queda

(2n + 1)! · 3n . 1 · 3 · 5 · 6 . . . (4n − 3)(3n) Esta serie es divergente porque el t´ermino general no tiende a cero. En efecto, como an+1 (2n + 3)(2n + 2) · 3 4n2 + 10n + 6 = = > 1, an (4n + 1)(3n + 3) 4n2 + 5n + 1 entonces |an+1 | > |an | y l´ım |an | = 6 0. √ - Cuando x = −e 5 3, procedemos de manera an´aloga al caso anterior. As´ı la serie es tambi´en divergente.

PROBLEMA 15.27 X Si la serie an z n tiene radio de convergencia 2, encontrar los X X n radios de convergencia de las series akn z n , an z k , (k > 1), X 2 an z n .

240

Soluci´ on p Por hip´otesis sabemos que 1/2 = l´ım sup n |an |. Aplicando tambi´en la f´ormula de Hadamard en los dem´as casos, tenemos: q p k 1 l´ım sup n |akn | = l´ım sup n |an | = k . 2 X De aqu´ı se deduce que la serie akn z n tiene radio de convergencia R1 = 2k . Para el segundo caso, como p 1 n n l´ım sup k |an | = l´ım sup |an | n · kn = (1/2)0 = 1, X n el radio de convergencia de la serie an z k es R2 = 1. An´alogamente, como l´ım sup

h in·(1/n2 ) p |an | = l´ım sup |an |1/n = (1/2)0 = 1,

n2

el radio de convergencia de

X

2

an z n es R3 = 1.

PROBLEMA 15.28

Se considera la serie de potencias an =

X

an xn , donde llamamos

1 · 2...n . 3 · 5 . . . (2n + 1)

a) Probar que su radio de convergencia es 2. b) Probar que la serie original no converge en x = 2. c) Sean bn = an 2n y pn = ln bn . Probar que los t´ erminos pn son las sumas parciales de una serie de t´ erminos negativos que diverge hacia −∞. d) Deducir de c) el car´ acter de la serie original en x = −2. Soluci´ on a) Por el criterio del cociente, an+1 = l´ım l´ım an

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

n+1 x n+1 |x| · n = l´ım · |x| = , x 2n + 3 2

de modo que la serie converge absolutamente cuando |x| < 2. 241

b) Para x = 2 aplicamos el criterio de Raabe:     n+1 an+1 1 1 = l´ım n· 1 − l´ım n· 1 − · 2 = l´ım n· = < 1, an 2n + 3 2n + 3 2 por lo que la serie es divergente. 2 4 2n 2 · 4 . . . 2n = · ... , entonc) Si escribimos bn = an · 2n = 3 · 5 . . . (2n + 1) 3 5 2n + 1 ces 2 4 2n pn = ln bn = ln + ln + · · · + ln 3 5 2n + 1 es una cantidad negativa por ser suma de n´ umeros negativos (logaritmos de n´ umeros menores que uno). Adem´as pn es la suma de los X 2n ln n primeros t´erminos de la serie . Esta serie es divergen2n + 1 n≥1

te P como se observa al aplicar el criterio de comparaci´on con la serie 1/n:  n 2n ln 2n+1 2n = l´ım ln = e−1/2 . l´ım 1/n 2n + 1 Esto quiere decir que l´ım pn = −∞, como quer´ıamos probar. X d) La serie original en x = −2 es la serie alternada (−1)n · 2n · an . Para estudiar su convergencia aplicamos el criterio de Leibnitz. Por el apartado c), el t´ermino general en valor absoluto tiende a cero pues |(−1)n · 2n · an | = bn = epn → e−∞ = 0. Adem´as la sucesi´on {bn } es decreciente pues bn+1 n+1 2n + 2 =2· = < 1. bn 2n + 3 2n + 3 De lo anterior resulta que la serie es condicionalmente convergente (la convergencia no es absoluta pues vimos en el apartado b) que la serie de valores absolutos no es convergente).

C. DESARROLLO DE FUNCIONES EN SERIES DE POTENCIAS.

Se plantea en esta secci´on el problema de saber si una funci´on f es la suma de una serie de potencias que converja en cierto intervalo centrado en 242

alg´ un punto x = a. Es decir, queremos encontrar los coeficientes {an } para que X an (x − a)n , ∀x ∈ (a − R, a + R). f (x) = n≥0

1) Una condici´ on necesaria para que exista dicha serie es que f sea infinitamente derivable en un entorno de a; en este caso, los coeficientes se f (n) (a) obtienen por la f´ormula an = (como se deduce al aplicar sun! cesivas veces la propiedad 5 de la secci´on B). Tenemos as´ı la llamada serie de Taylor generada por la funci´on f en el punto x = a: f (x) ∼

X f (n) (a) n≥0

n!

(x − a)n ,

o, en el caso particular de a = 0, la serie de McLaurin generada por f : f (x) ∼

X f (n) (a) n≥0

n!

xn .

Para encontrar alguna condici´on suficiente que asegure la convergencia de la serie de Taylor a la funci´on f escribimos la siguiente f´ormula de Taylor con resto: f (x) =

n X f (k) (a) k=0

k!

(x−a)k +Rn (x, a), donde Rn (x, a) =

f (n+1) (c) (x−a)n+1 (n + 1)!

para alg´ un c comprendido entre x y a (Rn (x, a), llamado resto de orden n de la serie, indica el error cometido al sustituir la funci´on f por la suma de los n primeros t´erminos de la serie de Taylor asociada). Es Rn (x, a) evidente que l´ım = 0, es decir, el resto es un infinit´esimo de x→a (x − a)n orden superior a n en x = a. De lo anterior se deduce que: 2) Una condici´ on necesaria y suficiente para que la serie de Taylor converja a f es que f (n+1) (c) (x − a)n+1 = 0. n→∞ (n + 1)!

l´ım Rn (x, a) = l´ım

n→∞

Muchas veces, en la pr´actica basta encontrar una cota superior de la derivada de orden n + 1 de la funci´on en un entorno de x = a. Esto da lugar entonces a: 3) Una condici´ on suficiente para que la serie de Taylor converja a f es que las derivadas de cualquier orden de la funci´ on f est´en acotadas en alg´ un entorno de a. 243

Escribiremos a continuaci´on los desarrollos en serie de las funciones m´as comunes, que servir´an de base para obtener los desarrollos de otras funciones. 1. Funci´ on exponencial. ex =

X xn n≥0

n!

,

y la serie converge en todo R. X

2. Funciones trigonom´ etricas. sen x =

(−1)n

n≥0

x2n+1 , (2n + 1)!

que converge en todo R. An´alogamente, cos x =

X

(−1)n

n≥0

x2n (2n)!

y converge tambi´en en todo R (se puede obtener como derivada de sen x). 3. Funci´ on logar´ıtmica. ln(x + 1) =

X

(−1)n−1

n≥1

xn n

y la serie converge absolutamente en (−1, 1) y condicionalmente en x = 1.

m

4. Serie bin´ omica. (1 + x)

=

X m n≥0

n

xn ,

  m m(m − 1) . . . (m − n + 1) (donde definimos = , para todo m ∈ R y n! n n ∈ N) y la serie es absolutamente convergente en (−1, 1); para ciertos valores de m la serie tambi´en converge en alg´ un extremo del intervalo. En los siguientes problemas veremos la forma de obtener desarrollos en serie de funciones que se obtienen mediante operaciones algebraicas de las anteriores.

PROBLEMA 15.29

Desarrollar en serie de McLaurin la funci´ on f (x) = (1 + x)e−x y determinar su intervalo de convergencia.

244

Soluci´ on Como e−x =

X (−x)n n≥0

(1 + x)e−x =

n!

, para todo x ∈ R, entonces

X (−x)n n≥0

= −1 +

n! X

+x

X (−x)n n!

n≥0 n (−1) n

X

X (−1)n

n≥1 m−1 (−1) m

n!

xn +

X (−1)n n≥0

n!

xn+1

x (m − 1)!   X X 1−n 1 n n 1 (−1)n xn (−1) x = −1 + = −1 + − , n! (n − 1)! n! n!

n≥1

x +

= −1 +

m≥1

n≥1

n≥1

y el desarrollo es tambi´en v´alido en todo R.

PROBLEMA 15.30 x en serie de potencias 1 + x2 alrededor del origen especificando su intervalo de convergencia.

Desarrollar la funci´ on f (x) = x + √

Soluci´ on 2 −1/2

Utilizaremos el desarrollo en serie bin´omica (1 + x )

=

X −1/2 n

(x2 )n ,

n≥0  −1/2 1 · 3 . . . (2n − 1) , v´alido cuando |x| < 1; teniendo en cuenta que = (−1)n · n! · 2n n resulta: X 1 · 3 . . . (2n − 1) 2n+1 x + x(1 + x2 )−1/2 = x + (−1)n · x n! · 2n



n≥0

= 2x +

X

(−1)n ·

n≥1

1 · 3 . . . (2n − 1) 2n+1 x , n! · 2n

y el desarrollo es igualmente v´alido cuando |x| < 1 (observar tambi´en que la serie converge condicionalmente cuando x = ±1 procediendo como se hizo en el problema 15.24).

PROBLEMA 15.31 (

Desarrollar la funci´ on f (x) =

ex −1 x

1

cias alrededor del origen. 245

si x 6= 0 en serie de potensi x = 0

Soluci´ on A partir del desarrollo ex =

X xn n≥0

ex − 1 =

n!

X xn n≥1

n!

, obtenemos:

=⇒

ex − 1 X xn−1 = x n! n≥1

y el desarrollo es v´alido en todo R por serlo el desarrollo de ex .

PROBLEMA 15.32

Obtener el desarrollo en serie de potencias de x de la funci´ on 2 f (x) = (1 + x ) arc tg x, especificando su intervalo de convergencia.

Soluci´ on Calculando la derivada de la funci´on y = arc tg x, tenemos el desarrollo: X −1 X 1 0 y = = (x2 )n = (−1)n x2n . 2 1+x n n≥0

n≥0

Si integramos ahora t´ermino a t´ermino, para x ∈ (−1, 1): y=

X n≥0

(−1)n

x2n+1 + C, con C = y(0) = 0. 2n + 1

Multiplicando ahora por 1 + x2 , obtenemos en definitiva: X X x2n+1 x2n+3 x2n+1 + (−1)n = (−1)n 2n + 1 2n + 1 2n + 1 n≥0 n≥0 n≥0   2m+1 X X 1 1 m−1 x n−1 2n+1 + (−1) =x+ (−1) x − + 2m − 1 2n + 1 2n − 1 n≥1 m≥1 X 2 = x+ (−1)n−1 x2n+1 , (2n + 1)(2n − 1)

f (x) =

X

(−1)n

n≥1

y el desarrollo es v´alido cuando |x| < 1 pues corresponde al intervalo donde es v´alido el desarrollo de (1+x2 )−1 (en este caso se puede comprobar f´acilmente que tambi´en es convergente cuando x = ±1). 246

PROBLEMA 15.33

Desarrollar en serie de potencias alrededor de x = 0 la funci´ on x f (x) = especificando su intervalo de convergencia. Escribir 1 + x3 Z x f (t)dt.

el desarrollo de la funci´ on F (x) = 0

Soluci´ on A partir del desarrollo de (1 + x3 )−1 resulta: X X −1 3 −1 (−1)n x3n+1 , x3n = x(1 + x ) = x n n≥0

n≥0

y la serie converge absolutamente a la funci´on cuando x ∈ (−1, 1). Como en dicho intervalo la convergencia es absoluta y uniforme, entonces Z x XZ x F (x) = f (t)dt = (−1)n t3n+1 dt 0

=

X

(−1)n

n≥0



n≥0 0 x 3n+2 t

3n + 2

=

0

X n≥0

(−1)n

x3n+2 . 3n + 2

Ahora la serie obtenida converge tambi´en (aunque s´olo condicionalmente) cuando x = −1.

PROBLEMA 15.34

Desarrollar la funci´ on f (x) = sen2 x en serie de McLaurin. Soluci´ on 1 − cos 2x Debido a la f´ormula sen2 x = y a partir del desarrollo del coseno, 2 el desarrollo de la funci´on dada es: f (x) =

1 1X (2x)2n X 22n−1 · x2n − (−1)n = (−1)n−1 . 2 2 (2n)! (2n)! n≥0

n≥1

El intervalo de convergencia coincide pues con el de la serie correspondiente a cos 2x, es decir todo R. 247

PROBLEMA 15.35

Desarrollar la funci´ on f (x) =

ln(1 + x) en serie de McLaurin. 1+x

Soluci´ on Debemos multiplicar las series correspondientes a las funciones y = ln(1+x), y = (1 + x)−1 . Tenemos pues:  

 f (x) = 

X

(−1)n xn  · 

X

(−1)n−1

n≥1

n≥0

xn n

 .

Para calcular el coeficiente del t´ermino general de la serie producto hacemos: pn =

n X k=0

an−k · bk =

n X

n

(−1)n−k · (−1)k−1 ·

k=1

X1 1 = (−1)n−1 , ∀n ≥ 1. k k k=1

En definitiva, tenemos: f (x) =

X

n−1

(−1)

n≥1

·

n X

! 1/k xn ,

k=1

y el desarrollo es v´alido en (−1, 1) que corresponde a la intersecci´on de los intervalos de convergencia de las series factores.

PROBLEMA 15.36

Desarrollar alrededor de x = 1 la funci´ on f (x) =

√

x.

Soluci´ on Haciendo el√cambio de variable t = x − 1, podemos escribir la funci´on como f (t) = t + 1. Al desarrollar ´esta u ´ltima como serie bin´omica, obtenemos: X 1/2 X 1/2 1/2 n f (t) = (t + 1) = t =⇒ f (x) = (x − 1)n , n n n≥0

n≥0

y el desarrollo es v´alido cuando −1 < x − 1 < 1, es decir cuando 0 < x < 2.

248

PROBLEMA 15.37

Desarrollar la funci´ on f (x) =

12 − 5x en serie de McLaurin. 6 − 5x − x2

Soluci´ on En primer lugar descomponemos la funci´on en fracciones simples. As´ı: 5x − 12 A B (A + B)x + 6A − B = + = =⇒ A = −1, B = 6. + 5x − 6 x−1 x+6 (x − 1)(x + 6) X m m xn , Teniendo en cuenta ahora el desarrollo en serie bin´omica, (1 + x) = n f (x) =

x2

n≥0

x ∈ (−1, 1), escribimos los desarrollos correspondientes a cada sumando como: X −1 X −1 −1 = [1 + (−x)] = (−x)n = xn , x ∈ (−1, 1); x−1 n n≥0 n≥0 X −1 X 6 xn = [1 + (x/6)]−1 = (x/6)n = (−1)n n , x/6 ∈ (−1, 1). x+6 6 n n≥0

n≥0

Sumando las series en el intervalo (−1, 1), que es la intersecci´on de los intervalos de convergencia de ambas series, obtenemos:  n X X X (−1)n n nx f (x) = x + xn . (−1) n = 1+ 6 6n n≥0

n≥0

n≥0

PROBLEMA 15.38

Desarrollar la funci´ on f (x) = arc sen x en serie de McLaurin. Soluci´ on 1 = (1 − x2 )−1/2 , podemos 1 − x2 escribir el desarrollo de esta u ´ltima funci´on como:   X −1/2 X 1 · 3 . . . (2n − 1) f 0 (x) = (−x2 )n = x2n , x ∈ (−1, 1). n 2n · n!

Como la derivada de la funci´on es f 0 (x) = √

n≥0

n≥0

Integrando ahora t´ermino a t´ermino en el intervalo de convergencia absoluta, resulta: X 1 · 3 . . . (2n − 1) x2n+1 f (x) = · , x ∈ (−1, 1). 2n · n! 2n + 1 n≥0

249

PROBLEMA 15.39

Desarrollar la funci´ on f (x) =

1+x en serie de McLaurin. 1 − x3

Soluci´ on Si descomponemos la funci´on en dos fracciones y aplicamos el desarrollo de X −1 (−x3 )n , tenemos: la serie geom´etrica (1 − x3 )−1 = n n≥0

X −1 X −1 1 x 3 n (−x3 )n f (x) = (−x ) + x + = n 1 − x3 1 − x3 n n≥0 n≥0 X X X = x3n + x3n+1 = (x3n + x3n+1 ) n≥0

n≥0

n≥0

y el desarrollo es v´alido en el intervalo (−1, 1), que corresponde al intervalo donde convergen ambas series.

PROBLEMA 15.40

Desarrollar la funci´ on f (x) =

ex en serie de McLaurin. 1+x

Soluci´ on Multiplicando las series correspondientes a las funciones y = ex e y = (1 + x)−1 , tenemos:     X X xn  ·  (−1)n xn  . f (x) =  n! n≥0

n≥0

El coeficiente del t´ermino general en la serie producto es pn =

n X

ak · bn−k =

k=0

y la serie

X

n X (−1)n−k k=0

k!

pn xn converge absolutamente en el intervalo (−1, 1) que corres-

n≥0

ponde a la intersecci´on de los intervalos de convergencia de las dos series factores. 250

PROBLEMA 15.41 r

Desarrollar la funci´ on f (x) = ln

1+x en serie de McLaurin. 1−x

Soluci´ on Aplicando las propiedades usuales de los logaritmos, escribimos la funci´on 1 como f (x) = [ln(1 + x) − ln(1 − x)]. Recordando que el desarrollo de ln(1+ 2 X (−1)n−1 x) en serie de McLaurin es xn , y el radio de convergencia es 1, n n≥1

escribimos los desarrollos correspondientes a cada uno de los sumandos y obtenemos:   n−1 n−1 X X 1 (−1) (−1) f (x) = xn − (−x)n  2 n n n≥1

n≥1

1 X (−1)n−1

=

2

n≥1

n

[1 − (−1)n ]xn =

X x2n−1 2n − 1

n≥1

y la serie converge absolutamente en (−1, 1).

PROBLEMA 15.42

¿Es posible desarrollar en serie de potencias alrededor del origen ( 2 x e + e−1/x si x 6= 0, la funci´ on f (x) = 1 si x = 0? Soluci´ on 2

La funci´on y = e−1/x tiene todas sus derivadas en el origen nulas (esto se puede probar por inducci´on), de modo que f (n) (0) = 1 y podemos escribir el desarrollo x2 xn f (x) ∼ 1 + x + + ··· + + Rn (x). 2! n!   x2 xn Sin embargo, como l´ım 1 + x + + ··· + + Rn (x) = ex + l´ım Rn (x), n→∞ n→∞ 2! n! −1/x2 si la serie converge a la funci´on, debe ser l´ım Rn (x) = e 6= 0 salvo para n→∞ x = 0. Esto indica que la funci´on no es desarrollable en serie de McLaurin.

251

´ D. APLICACIONES AL CALCULO INFINITESIMAL.

Debido a que las series de potencias son la generalizaci´on inmediata de los polinomios (donde el n´ umero de t´erminos es infinito), el c´alculo de las derivadas e integrales es tambi´en directo. Adem´as, como muchas funciones elementales son suma de series de potencias, sus valores en puntos del intervalo de convergencia ser´an tambi´en suma de las series correspondientes a esos puntos. Esto permite plantear una gran variedad de aplicaciones de los desarrollos de funciones en serie de Taylor y McLaurin a diversos problemas de C´alculo Infinitesimal; completamos as´ı las herramientas necesarias para el c´alculo de l´ımites, derivadas, integrales y sumas de series que no eran posible sin el uso de las series de potencias.

PROBLEMA 15.43 sen2 x − x2 . x→0 (ex − 1)4

Calcular, mediante series de funciones, l´ım

Soluci´ on Teniendo en cuenta el desarrollo en serie de las funciones involucradas, podemos escribir las siguientes relaciones: sen x = x−

x3 2x4 2x4 +. . . =⇒ sen2 x = x2 − +. . . =⇒ sen2 x−x2 = − +R4 (x), 3! 3! 3!

R4 (x) 2x4 2 2 = 0, lo cual da lugar a la equivalencia sen x − x ∼ − . x→0 x4 3! Procediendo an´alogamente, resulta: donde l´ım

ex = 1 + x + R1 (x) =⇒ ex − 1 = x + R1 (x) =⇒ (ex − 1)4 ∼ x4 . Aplicando las equivalencias obtenidas, tenemos: sen2 x − x2 −2x4 /6 1 = l´ ım =− . x 4 4 x→0 (e − 1) x→0 x 3 l´ım

PROBLEMA 15.44 sen2 x3 . x→0 (1 − cos x2 )3

Calcular, mediante series de funciones, l´ım

252

Soluci´ on An´alogamente al problema anterior, tenemos: sen x3 = x3 + R3 (x) =⇒ sen2 x3 = x6 + R6 (x) =⇒ sen2 x3 ∼ x6 ; x4 x4 x12 cos x2 = 1 − + R4 (x) =⇒ 1 − cos x2 = + R4 (x) =⇒ (1 − cos x2 )3 ∼ . 2! 2 8 Aplicando las equivalencias anteriores, obtenemos: x6 sen2 x3 8 = l´ ım = l´ım 6 = ∞. 2 3 12 x→0 x /8 x→0 (1 − cos x ) x→0 x l´ım

PROBLEMA 15.45

Calcular, mediante series de funciones, la derivada de orden k en ( sen x si x 6= 0 x el origen de la funci´ on f (x) = 0 si x = 0. Soluci´ on Debido al desarrollo x2 sen x x2n =1− + · · · + (−1)n + ..., x 3! (2n + 1)! f (k) (0) y recordando que el t´ermino general del desarrollo verifica la f´ormula ak = , k! se obtiene en definitiva que ( 0 si k = 2n + 1(k es impar) (k) f (0) = ak · k! = (−1)n (−1)n si k = 2n(k es par). (2n+1)! · (2n)! = 2n+1

PROBLEMA 15.46 Z

Calcular, mediante series de funciones,

1

sen x2 dx.

0

Soluci´ on Como sen x2 =

X

(−1)n

n≥0

(x2 )2n+1 y la convergencia es uniforme en R, po(2n + 1)!

demos integrar t´ermino a t´ermino: Z 1 X (−1)n Z 1 X (−1)n 1 2 sen x dx = x4n+2 dx = · . (2n + 1)! 0 (2n + 1)! 4n + 3 0 n≥0

n≥0

253

PROBLEMA 15.47 x

Z

Calcular, mediante series de funciones, 0

dt . 1 + t3

Soluci´ on A partir del desarrollo en serie

X 1 (−1)n · (t3 )n , que es uniforme= 1 + t3 n≥0

mente convergente en (−1, 1), resulta: Z x Z x 3n+1 X X dt n x 3n n (−1) t dt = (−1) = , ∀x ∈ (−1, 1). 3 3n + 1 0 0 1+t n≥0

n≥0

PROBLEMA 15.48 Z 1 1 ln Calcular dx. 1−x 0 Soluci´ on Aplicaremos en este caso el desarrollo de la funci´on logaritmo. Como X xn 1 ln = − ln(1 − x) = , ∀x ∈ (−1, 1), 1−x n n≥1

y la convergencia es uniforme en dicho intervalo, la integral impropia vale Z 1 Z β 1 1 ln dx = l´ım ln dx − 1−x 1−x β→1 0 0 X Z β xn X 1 = l´ım dx = = 1. − n(n + 1) β→1 0 n n≥1

n≥1

Para calcular la suma de la u ´ltima serie, se descompone el t´ermino general en fracciones simples y se obtiene en forma simplificada el t´ermino general de la sucesi´on de sumas parciales (ver cap´ıtulo 9).

PROBLEMA 15.49 Z 1 ∞ X (−1)n−1 x Probar que dx = . 3 3n − 1 0 1+x n=1

254

Soluci´ on Si escribimos el desarrollo en serie de la funci´on integrando, obtenemos: X X x n 3n (−1)n x3n+1 , ∀x ∈ (−1, 1). (−1) x = = x 1 + x3 n≥0

n≥0

Como la convergencia de la serie de potencias es uniforme, integramos t´ermino a t´ermino, con lo que: 1

Z 0

X x (−1)n dx = 1 + x3 n≥0

1

Z

x3n+1 dx =

0

X (−1)n X (−1)m−1 = . 3n + 2 3m − 1

n≥0

m≥1

PROBLEMA 15.50

Probar que la serie

X

x(1 − x)n converge no uniformemente en

n≥0

[0, 2). Sin embargo, se puede integrar t´ ermino a t´ ermino en [0, 1].

Soluci´ on Como se trata de una serie geom´etrica de raz´on 1 − x, ser´a convergente si P |1 − x| < 1, es decir si 0 < x < 2. Adem´as, si x = 0, resultaP la serie 0 que converge a la funci´on cero, pero si x = 2, resulta la serie (−1) · 2 que es divergente. De lo anterior se deduce que el intervalo de convergencia es [0, 2). Para ver que la convergencia no es uniforme, llamamos {Sn (x)} a la sucesi´on de sumas parciales, es decir

Sn (x) =

n X k=0

1 − (1 − x)n+1 x(1−x) = x· = 1 − (1 − x) k

( 0 Entonces S(x) = l´ım Sn (x) = 1

( 1 − (1 − x)n+1 0

si 0 < x < 2 si x = 0.

si x = 0 si 0 < x < 2.

Como dicho l´ımite no es una funci´on continua, no puede ser l´ımite uniforme de funciones continuas. Por otra parte, para ver que se puede integrar t´ermino a t´ermino en [0, 1], 255

tenemos: Z 1 S(x) dx = 1; Z

0 1

0

1 Z 1 −x(1 − x)n+1 1 1 fn (x) dx = (1 − x)n+1 dx = + n+1 n+1 0 (n + 1)(n + 2) 0 Z ∞ ∞ 1 X X 1 =⇒ Sn (x) dx = = 1. (n + 1)(n + 2) 0 

n=0

n=0

Como se observa en este problema, la convergencia uniforme no es necesaria para que se pueda integrar t´ermino a t´ermino una serie aunque, como sabemos, s´ı es una condici´on suficiente.

PROBLEMA 15.51

Calcular las integrales de las siguientes funciones en el intervalo [0, 1]:  π a) f (x) = signo sen . x b) f (x) = signo (sen ln x). Soluci´ on   π 1 1 a) Teniendo en cuenta que sen < 0 cuando x ∈ , , donde x 2k 2k − 1 k ∈ Z \ {0}, entonces ( 1 1 −1 si 2k < x < 2k−1 f (x) = 1 1 < x < 2k . 1 si 2k+1 Por tanto la integral buscada se descompone como la suma de las series Z 0

1

 X  ∞  ∞  X 1 1 1 1 − − − f (x) dx = 2k 2k + 1 2k − 1 2k k=1 k=1  X  ∞  ∞  X 1 1 1 −1 2 1 = − − = + − . k 2k + 1 2k − 1 2k − 1 2k 2k + 1 k=1

k=1

Para calcular la suma de esta serie observamos, por un lado,  que la su 1 1 1 cesi´on de sumas parciales tiene por t´ermino general Sn = 2 − + − + . . . , 3 4 5 256

y por otro que

X (−1)n−1 n≥1

n

= ln 2, de modo que ln 2 − 1 +

1 X (−1)n−1 = . 2 n n≥3

Reuniendo todos estos datos, obtenemos que   Z 1 1 f (x) dx = 2 − ln 2 . 2 0 b) An´alogamente al apartado anterior, determinamos primero el signo de la funci´on sen ln x. Se obtiene as´ı que f (x) = 1 cuando sen ln x > 0, es decir cuando e−2kπ < x < e(−2k+1)π , con k ∈ N. La integral se descompone en suma como Z

1

f (x) dx = 0

∞ h X

(−2k+1)π

e

−2kπ

−e

k=1

i

−

∞ h X

i e−2kπ − e(−2k−1)π .

k=0

Como las series involucradas son geom´etricas, sus sumas son, respectivamente, ∞ X

(−2k+1)π

e

k=1

∞ ∞ X X e−2π e−π e−π −2kπ (−2k−1)π e = e = , , . = 1 − e−2π 1 − e−2π 1 − e−2π k=1

k=0

En definitiva, obtenemos: Z 1 (e−π − 1)2 e−π − e−2π − 1 + e−π f (x) dx = = . 1 − e−2π e−2π − 1 0

PROBLEMA 15.52

Probar que la serie

X

ne−nx es uniformemente convergente en

n≥1

[a, ∞) con a > 0, pero no en [0, ∞). Calcular la suma de la serie para x > 0. Soluci´ on Si llamamos fn (x) = ne−nxP , cuando x ∈ [a, ∞), entonces fn (x) ≤ ne−an , ∀n. Adem´as la serie num´erica ne−an es convergente cuando e−a < 1 (lo que se prueba aplicando el criterio del cociente), es decir cuando a > 0. El criterio de Weierstrass indica que la serie propuesta converge uniformemente en [a, ∞). P Haciendo x = 0, nos queda la serie divergente n, por lo que la serie de funciones no es uniformemente convergente en [0, ∞). 257

Para calcular la suma de la serie, basta tener en cuenta que fn (x) = D(−e−nx ). X P e−x e−nx = Como la serie e−nx converge uniformemente si x > 0 y , 1 − e−x n≥1 entonces  −x  X e ex −nx ne = −D = . 1 − e−x (ex − 1)2 n≥1

PROBLEMA 15.53

¿Qu´ e funci´ on representa la serie

X n≥1

xn ? 1 + ··· + n

Soluci´ on Si recordamos la f´ormula 1 + 2 + · · · + n =

n(n + 1) , entonces 2

2xn 2xn 2xn xn = = − , ∀x ∈ (−1, 1). 1 + ··· + n n(n + 1) n n+1 Sabiendo adem´as que ln(1 − x) = −

X xn n≥1

n

, entonces

X xn 1 X xn+1 1 = = [− ln(1 − x) − x]. n+1 x n+1 x

n≥1

n≥1

De aqu´ı resulta: f (x) =

X n≥1

  ln(1 − x) + x xn = 2 − ln(1 − x) − , ∀x ∈ (−1, 1). 1 + ··· + n x

PROBLEMA 15.54

Demostrar que para |x| < 1 se verifica lo siguiente: X 1 a) (−1)n xn = . 1+x n≥0

b)

X n≥0

(−1)n x2n =

1 . 1 + x2

258

Soluci´ on a) Si escribimos el t´ermino general de la sucesi´on de sumas parciales, tenemos: Sn = 1 − x + x2 − · · · + (−1)n xn ; xSn = x − x2 + x3 − · · · + (−1)n xn+1 . Sumando miembro a miembro, 1 + (−1)n xn+1 1 (1 + x)Sn = 1 + (−1)n xn+1 =⇒ Sn = =⇒ S = l´ım Sn = , n→∞ 1+x 1+x cuando |x| < 1, pues l´ım xn+1 = 0. n→∞

b) An´alogamente al anterior, Sn = 1 − x2 + x4 − · · · + (−1)n x2n ; x2 Sn = x2 − x4 + x6 − · · · + (−1)n x2n+2 ; (1 + x2 )Sn = 1 + (−1)n x2n+2 1 + (−1)n x2n+2 1 =⇒ Sn = =⇒ S = l´ım Sn = , n→∞ 1 + x2 1 + x2 tambi´en cuando |x| < 1.

PROBLEMA 15.55 1 (1 − x)3n , deter(3n − 2)(3n + 1) · 8n minar su campo de convergencia y calcular su suma cuando x = −1.

Dada la serie de potencias

X

Soluci´ on Aplicando el criterio del cociente,

an+1 = l´ım l´ım n→∞ an

|1−x|3n+3 (3n+1)(3n+4)8n+1 |1−x|3n (3n−2)(3n+1)

= l´ım |1 − x|3

3n − 2 |1 − x|3 = . 8(3n + 4) 8

De aqu´ı se deduce que la serie converge absolutamente cuando |1 − x|3 < 8, o bien cuando x ∈ (−1, 3). En los extremos del intervalo tenemos: X 1 - Si x = 3, la serie (−1)n es absolutamente convergen(3n − 2)(3n + 1) te. X 1 - Si x = −1, la serie es tambi´en absolutamente conver(3n − 2)(3n + 1) gente. 259

Para calcular la suma de esta u ´ltima serie, escribimos el t´ermino general 1 1/3 1/3 como an = = − . As´ı, la suma de los n pri(3n − 2)(3n + 1) 3n − 2 3n + 1 meros t´erminos vale:     1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 − + − + − ··· + − = 1− . Sn = 3 4 4 7 7 3n − 2 3n + 1 3 3n + 1 La suma ser´a entonces S = l´ım Sn = 1. n→∞

PROBLEMA 15.56

Determinar el intervalo de convergencia de la serie X 1 · 3 · 5 . . . (2n − 1) (−x/2)3n . (n + 1)! n≥0

√ Calcular la suma de la serie para x = − 3 4. Soluci´ on Por el criterio del cociente, an+1 = l´ım l´ım n→∞ an

1·3...(2n−1)(2n+1) (n+2)! 1·3...(2n−1) (n+1)!

3 3 (−x/2)3n+3 = l´ım 2n + 1 · |x| = |x| , (−x/2)3n n+2 8 4

de modo que la serie es absolutamente convergente cuando |x| <

√ 3

4.

En los extremos del intervalo tenemos las series X 1 · 3 . . . (2n − 1) (n + 1)! · 2n

y

X

(−1)n

1 · 3 . . . (2n − 1) . (n + 1)! · 2n

Ambas son absolutamente convergentes como se deduce al aplicar el criterio de Raabe:     an+1 3 = l´ım n · 1 − 2n + 1 = > 1. l´ım n · 1 − an 2(n + 2) 2 √ Escribimos la serie en x = − 3 4 como S =

X 1 · 3 . . . (2n − 1) 2n

=

X

(n + 1)! · n≥0   X −1/2 1 = (−1)n . n n+1 n≥0

(−1)n

n≥0

260

(−1/2)(−3/2) . . . [−(2n − 1)/2] n! · (n + 1)

A partir del desarrollo de la serie bin´omica

X m n≥0

n

xn = (1 + x)m , al inte-

grar los dos miembros de la igualdad, resulta: Z x X m xn+1 X m Z x (1 + x)m+1 1 n m x dx = (1+x) dx =⇒ = − . n n+1 n m+1 m+1 0 0 n≥0

n≥0

Haciendo ahora m = −1/2 y x = −1, tenemos: X −1/2 (−1)n+1 = −2 =⇒ S = 2. n+1 n n≥0

PROBLEMA 15.57

Calcular la suma de la serie

X (x − 3)3n−1 especificando el inter(3n − 1) · 8n

n≥1

valo de convergencia de la misma. Soluci´ on Por el criterio de la ra´ız, l´ım

n→∞

p n

|an | = l´ım

|x − 3|3−1/n |x − 3|3 √ , = 8 8 · n 3n − 1

y la serie converge absolutamente cuando |x−3|3 < 8, o bien x ∈ (1, 5). X (−1)3n−1 que converge condicionalmente 2(3n − 1) (basta aplicar el criterio de Leibnitz). X 1 - Cuando x = 5, la serie es divergente. 2(3n − 1)

- Cuando x = 1, la serie es

Para calcular la suma de la serie, si llamamos f (x) =

X (x − 3)3n−1 , al (3n − 1) · 8n

n≥1

derivar obtenemos: f 0 (x) =

X (x − 3)3n−2 n≥1

8n

= (x − 3)−2 ·

X  (x − 3)3 n n≥1

8

Z x (x − 3)3 /8 x−3 x−3 = (x − 3)−2 · = =⇒ f (x) = dx 1 − (x − 3)3 /8 8 − (x − 3)3 8 − (x − 3)3 3   x−2 1 π ln(5 − x) ln(7 − 4x + x2 ) √ − arc tg √ − + . = 6 12 2 3 6 3 261

PROBLEMA 15.58

Demostrar que ch 1 =

X n≥0

1 . (2n)!

Soluci´ on Recordando la f´ormula 2 ch x = ex + e−x y el desarrollo en serie de cada uno de los sumandos, obtenemos: 2 ch x =

X xn n≥0

n!

+

X n≥0

(−1)n

X x2n xn X xn [1 + (−1)n ] = =2 n! n! (2n)! n≥0

n≥0

X x2n =⇒ ch x = . (2n)! n≥0

PROBLEMA 15.59 ∞ X xn = ex , hallar las sumas de las siguientes seSabiendo que n! n=0 ries: ∞ X n−1 a) . n! n=2

b)

∞ X (n − 1)(n + 1)

n!

n=2

.

Soluci´ on a) Al descomponer la serie en suma, tenemos: Xn−1 n≥2

n!

=

X n≥2

X 1 X 1 X 1 1 − = − . (n − 1)! n! m! n! n≥2

m≥1

n≥2

Ahora bien, como e=

X 1 X 1 X 1 =1+ =1+1+ , n! n! n!

n≥0

n≥1

n≥2

resulta en definitiva que S = (e − 1) − (e − 2) = 1. 262

b) Procediendo an´alogamente al apartado anterior, ∞ X n2 − 1

X n2

X 1 X X 1 n = − n! n! n! (n − 1)! n! n=2 n≥2 n≥2 n≥2 n≥2 X m+1 X 1 X X 1 X 1 1 = − = + − m! n! (m − 1)! m! n! m≥1 n≥2 m≥1 m≥1 n≥2 X 1 X 1 X 1 = + − = e + (e − 1) − (e − 2) = e + 1. k! m! n!

S =

=

m≥1

k≥0

−

n≥2

PROBLEMA 15.60

Sabiendo que, para |x| < 1, se tiene

∞ X n=0

xn =

1 , calcular cuando 1−x

sea posible: X xn+1 a) . n+1 n≥0

b)

xn+2 . (n + 1)(n + 2)

X n≥0

c)

X

nxn−1 .

n≥1

d)

X

e)

X

n(n − 1)xn−2 .

n≥2

n2 xn .

n≥0

f)

X n≥0

X n2 1 + . en+2 (n + 1)(n + 2) πn n≥0

Soluci´ on a) Integrando miembro a miembro, resulta: XZ n≥0 0

x

xn dx =

Z 0

x

X xn+1 1 dx =⇒ = − ln |1−x|, ∀x ∈ (−1, 1). 1−x n+1 n≥0

263

b) Integrando nuevamente el resultado de a), Z x X Z x xn+1 X xn+2 dx = − ln |1 − x| dx =⇒ (n + 1)(n + 2) 0 n+1 0 n≥0

n≥0

= −x ln |1 − x| + x + ln |1 − x|, ∀x ∈ (−1, 1). c) Derivamos ahora t´ermino a t´ermino la serie original. As´ı:  X  X 1 1 D(xn ) =⇒ = n · xn−1 , ∀x ∈ (−1, 1). = D 1−x (1 − x)2 n≥1

n≥1

d) Derivando nuevamente,   X X 1 2 n−1 D = D(nx ) =⇒ = n(n−1)·xn−2 , ∀x ∈ (−1, 1). (1 − x)2 (1 − x)3 n≥2

n≥2

e) Teniendo en cuenta los resultados de los apartados anteriores, X X X X X n2 xn = n(n − 1)xn + nxn = x2 n(n − 1)xn−2 + x · nxn−1 n≥0

n≥1

= x2 ·

n≥1

n≥2 x2 +

n≥1

2 1 x +x· = . 3 2 (1 − x) (1 − x) (1 − x)3

f) Haciendo en b) x = 1/e y en e) x = 1/π, resulta:     X X n2 1 1 1 1 1 1/π 2 + 1/π + = − ln 1 − + +ln 1 − + . en+2 (n + 1)(n + 2) πn e e e e (1 − 1/π)3 n≥0

n≥0

PROBLEMA 15.61 X n2 Dada la serie (x − 1)n , determinar su intervalo de conver22n n≥1

gencia y calcular su suma cuando x = 0. Soluci´ on Por el criterio del cociente, an+1 = l´ım l´ım n→∞ an

(n+1)2 |x − 1|n+1 22n+2 n2 |x − 1|n 22n

= l´ım |x − 1| ·

|x − 1| (n + 1)2 = , 2 2 2 ·n 4

y la serie converge absolutamente cuando |x−1| < 4, es decir x ∈ (−3, 5). 264

En los extremos, tenemos: P 2 P Para x = 5, la serie n es divergente; para x = −3, la serie (−1)n n2 es tambi´en divergente. X n2 X n2 (−1)n n = Para x = 0 resulta la serie . Para calcular su suma 4 (−4)n n≥1

n≥1

aplicaremos el apartado e) del problema anterior haciendo x = −1/4. Queda as´ı X n2 (−1/4)2 + (−1/4) 12 = =− . n 3 (−4) (1 + 1/4) 125 n≥1

PROBLEMA 15.62

Sabiendo que, para |x| < 1, se tiene

∞ X

nxn =

n=1

x , calcular (1 − x)2

cuando sea posible: X nxn+1 a) . n+1 n≥1

b)

X

n2 xn−1 .

n≥1

c)

X

n2 (n − 1)xn−2 .

n≥1

d)

X n2 (n − 1) en

n≥1

.

Soluci´ on a) Integrando miembro a miembro, obtenemos: Z x X nxn+1 X Z x x 1 = nxn dx = dx = +ln |1−x|−1. 2 n+1 1−x 0 0 (1 − x) n≥1

n≥1

b) Si derivamos ahora la f´ormula dada,  X X n2 xn−1 = D(nxn ) = D n≥1

n≥1

x (1 − x)2

 =

1+x . (1 − x)3

c) Derivamos nuevamente el resultado de b). As´ı:   X X 1+x 2x + 4 n2 (n − 1)xn−2 = D(n2 xn−1 ) = D = . (1 − x)3 (1 − x)4 n≥1

n≥1

265

d) Si, en el apartado anterior, hacemos x = 1/e, resulta: X n2 (n − 1) n≥1

en

=

2/e + 4 e3 (2 + 4e) = . (1 − 1/e)4 (e − 1)4

266

E. EJERCICIOS PROPUESTOS.

1. Contestar razonadamente si cada uno de los siguientes apartados es verdadero o falso: X X an (−6)n an 6n es convergente, entonces la serie a) Si la serie n≥0

n≥0

es convergente. Resp.: Falso (considerar el contraejemplo: an =

b) Si la serie

X

(−1)n ). n · 6n

an 6n es convergente, entonces la serie

X

an (−5)n

n≥0

n≥0

es convergente. Resp.: Verdadero, pues el radio de convergencia es R ≥ 6.

c) Si la serie

X

an xn es convergente para todo x > 0, entonces

n≥0

la serie converge para todo x < 0. Resp.: Verdadero, pues el radio de convergencia es R = ∞.

d) Si f (x) =

X

an xn es una funci´ on continua par, entonces

n≥0

a2n+1 = 0, para todo n. Resp.: Verdadero, pues f (−x) = f (x) =⇒ an = (−1)n an , ∀n.

e) Si la serie

∞ X

an xn tiene radio de convergencia R > 0, R es

n=0

tambi´ en el radio de convergencia de la serie

∞ X

an · n · (n − 1)xn−2 .

n=2

Resp.: Verdadero pues la segunda serie es derivada de orden dos de la primera.

2. Estudiar la convergencia uniforme de la serie

∞ X 1 + cos x n=1

Resp.: Por el criterio de Weierstrass, |fn (x)| ≤ 2/n2 , ∀n.

267

n2

en R.

3. Se considera la serie

∞ X

fn donde las funciones fn son contin=1 n X ln n nuas en [0, 1] y se tiene adem´ as que , fk (x) − x2 ≤ 2 n +5 k=1 Z 1X ∞ ∀x ∈ [0, 1]. Calcular, si es posible, fn (x) dx. 0 n=1

Resp.: 1/3. 4. ¿Existe una sucesi´ on {fn } de funciones integrables en [0, 1] que Z 1 5 + 3n 2 fn (x) dx = converja uniformemente a f (x) = x en [0, 1] y tal que ? n 0 Z 1 Z 1 fn (x) dx = l´ım fn (x) dx. Resp.: No; si existiera, deber´ıa cumplirse que l´ım 0

0

5. Sea {fn } una sucesi´ on de funciones derivables en [0, 1] tal que

i) fn → f en [0, 1]; ii) fn (0) = (1 + 1/n)n , ∀n ∈ N; iii) |fn0 (x) − x| ≤ 7/(3 + n), ∀x ∈ [0, 1], ∀n ∈ N. Calcular f (1/2). Z Resp.: Como f (x) = 0

x

l´ım fn0 (x) dx + l´ım fn (0) =⇒ f (1/2) = e + 1/8. n

n

6. Estudiar la convergencia de la serie  X 1 1 1 1 + + + ··· + xn . 1·3 2·4 3·5 n(n + 2) n≥1

Resp.: Converge absolutamente en [−1, 1]; diverge en el resto. 7. Determinar el intervalo de convergencia de la serie de potencias ∞ X n=1

2 · 4 · 6 . . . 2n · xn+1 . 3 · 5 · 7 . . . (2n + 1) · 4n+1

Resp.: Converge absolutamente en (−4, 4); converge condicionalmente en x = −4; diverge en el resto.

268

8. Obtener el campo de convergencia de la serie

∞  X 1 + n2 n=1

1 + n3

n

2

·x

.

Resp.: Converge absolutamente en [−1, 1]; diverge en el resto.

9. Estudiar el car´ acter de la serie

∞ X (−1)n (x − 1)n n=1

2n (3n − 1)

con x ∈ R.

Resp.: Converge absolutamente cuando x ∈ (−5, 7); diverge en el resto.

10. Obtener el campo de convergencia de la serie

X n≥1

(x − 2)n . (2n − 1) · 2n

Resp.: Converge absolutamente cuando x ∈ (0, 4); converge condicionalmente cuando x = 0; diverge en el resto.

11. Determinar el campo de convergencia de la serie

X (−1)n x2n 22n (n!)2

.

Resp.: Converge absolutamente en R.

12. Determinar el campo de convergencia de la serie

X n≥1

(−1)n

2n (n!)2 n x . (2n + 1)!

Resp.: Converge absolutamente en (−2, 2); converge condicionalmente en x = 2; diverge en el resto. 13. Determinar el campo de convergencia de la serie X 1 (−x/5)3n . (3n − 2)(3n + 1) Resp.: [−5, 5]. 14. Desarrollar en serie de potencias alrededor del punto indicado y encontrar el campo de convergencia de la misma:

a) f (x) = ln x, x = 1. Resp.: f (x) =

X (−1)n−1 n≥1

n

(x − 1)n , ∀x ∈ (0, 2]. b) f (x) = 1/x2 , x =

−1. 269

Resp.: f (x) =

X

(n + 1)(x + 1)n , ∀x ∈ (−2, 0). c) f (x) =

n≥0

x , (1 − x)2

x = 0. X

Resp.: f (x) =

(n + 1)xn+1 , ∀x ∈ (−1, 1).

n≥0

15. Desarrollar en serie de McLaurin la funci´ on y = sh x y hallar X 1 . (2n + 1)! n≥0

Resp.: sh x =

X x2n+1 X 1 e2 − 1 ; = sh 1 = . (2n + 1)! (2n + 1)! 2e

n≥0

n≥0

16. Escribir los primeros t´ erminos del desarrollo alrededor de x = p 2 − x) y aplicarlo al c´ 1 + x alculo de 0 de la funci´ o n f (x) = ln( √ 2 x + ln( 1 + x − x) l´ım . x→0 x3 Resp.: f (x) ∼ −x +

x3 + R3 (x); L = 1/6. 3!

17. Hallar la suma de las series X xn a) . n n≥1

Resp.: S = − ln |1 − x|.

b)

X x2n−1 . 2n − 1

n≥1

r Resp.: S = ln

c)

X

1+x . 1−x

nxn .

n≥1

Resp.: S =

x . (1 − x)2

18. Calcular la suma de la serie

∞ X n2 − 5n + 7 n=1

Resp.: e − 7.

270

n!

.

Z 19. Probar que 0

x

∞

X (−1)k x2k+1 sen t dt = . t (2k + 1)(2k + 1)! k=0

∞

sen t X (−1)k t2k Sugerencia: Utilizar el desarrollo = . t (2k + 1)! k=0

20. Estudiar la convergencia de la serie 3x/2 + 7x2 /4 + 11x3 /8 + 15x4 /16 + . . . y sumarla cuando sea posible. Resp.: Converge absolutamente cuando x ∈ (−2, 2); diverge en el resto. S=

x2 + 6x . (2 − x)2

271