Universidad nacional de la plata

Conceptos básicos del análisis matemático

Facultad de Ingeniería

Derivada de una funciónEl cociente incremental o cociente de Newton y la recta tangente a la curva

Sea f una función y sea x un número en el dominio de f. Se llama cociente incremental de f en x a la expresión:

f ( x+h )−f ( x )h

para h≠0

Este cociente, que resulta ser la tasa de variación media entre dos puntos (x,f(x)) y (x+h,f(x+h)), representa la pendiente de la recta secante a la función en esos dos puntos.

La ecuación de esta recta secante es la siguiente:

y− y1=m (x−x1 )= y−f (a )= f ( x+h )−f ( x )h

( x−a)

Cuando h es pequeño, el numero x+h está próximo a x, y es de esperar que el numero f(x+h) este próximo a f(x). En consecuencia los puntos (x,f(x)) y (x+h,f(x+h)) también serán cercanos. Entonces, al aproximarse h a 0, el punto (x+h,f(x+h)) se aproxima al punto (x,f(x)), y la recta secante se aproxima a la recta tangente:

f ´ ( x )=limh→0

f ( x+h )−f ( x )h

que al analizarla en un punto x0 expresará el valor de la pendiente de la recta tangente en ese punto x0.1 Por ejemplo:

1 Aclaración: f´(x) no tiene relación directa con f(x). Esto quiere decir que la representación grafica de la derivada de una función no nos permite conocer nada de dicha función. En cambio al analizarla en un punto x=a nos permitirá conocer la pendiente de la recta tangente a la función en el punto x=a.

f ( x )=2x2+3 x+6→f ´ ( x )=4 x+3→f ´ (3 )=15

De esto se concluye que la pendiente de la recta tangente a f(x) en x=3 es igual a 15. Entonces la ecuación de esa recta tangente será:

y− y1=m (x−x1 )= y−f (a )=limh→0

f ( x+h )−f ( x )h

( x−a )=¿

y−f (3 )=limh→0

f (3+h )−f (3 )h

(x−3 )

y=15 ( x−3 )+33=15 x−12

En caso de que se pida averiguar la ecuación de la recta tangente a la función que pasa por los puntos (x0,y0), verificar si estos puntos pertenecen a la grafica de f(x). Para ello evaluar la función en x0, lo que debe coincidir con el valor de y0.

Integrales

Situación 1: Un auto avanza a una velocidad v (t )=t 2. ¿Cuántos kilómetros se desplaza el auto entre t=0 y t=4?

Para una función lineal o lineal a trozos el problema del cálculo del área encerrada por la grafica de la función en el intervalo dado y el eje x es simple; basta con sumar áreas de rectángulos y triángulos. Pero, ¿Cómo calcular el valor aproximado del área bajo la curva v (t )=t 2 desde t=0 a t=4?

Podríamos utilizar un número finito de rectángulos tales que la suma de sus áreas aproxime al área bajo la curva. Así podríamos dividir el intervalo [0,4] en 4, 8 o infinitos rectángulos, como se muestra a continuación:

Supongamos que este intervalo [0,4] está dividido en n sub-intervalos, todos de igual longitud.

¿Cuál es esa longitud?

n sub-intervalos _____ 4

1 sub-intervalo _____ Δx

Δx= longitud de un sub-intervalo=4/n

¿Cuáles son los puntos de división?

t0=0, t1=4/n, t2=2x4/n, t3=3x4/n, … ,ti-1=4(i-1)/n, ti=4i/n,…, tn=4n/4, donde i indica el numero de corte.

Ya definimos la longitud de un sub-intervalo, es decir que conocemos el valor de la base de cada rectángulo. Sin embargo, falta averiguar el valor de la altura. Para ello debemos evaluar la función v (t )=t 2 en un punto arbitrario que puede ser uno de sus extremos, por ejemplo el extremo de la derecha. De tal forma, la altura h de cada rectángulo está definida por:

h=f (t i )=f ( 4 in )=( 4 in )2

Entonces se obtiene que el área de un rectángulo está dada por:

A=h .b=f (ti )×∆ x=( 4 in )2

×4n=i2

43

n3

Al sumar todos estos resultados, desde i=1 hasta i=n, se tiene una aproximación por exceso del área de la región considerada.

Jn=∑i=1

n

i243

n3=¿ 4

3

n3∑i=1

n

i2=¿ 43

n3×n (n+1 ) (2n+1 )

6=323

(2+ 3n+ 1n2

)¿¿

El valor así obtenido de Jn es una aproximación por exceso del área de la región.

¿Cómo mejoramos esta aproximación?

Aumentando el número de sub-intervalos en el que se divide el intervalo [0,4], es decir, aumentando el número de n. este hecho nos conduce a diferentes sumas Jn que al tender a infinito nos dará el área exacta de la región.

∴área (R )=limn→∞

Jn=323limn→∞ (2+ 3n+

1

n2 )=643La integral definidaLa integral definida de f desde a hasta b es:

∫a

b

f ( x ) . dx=limn→∞

∑i=1

n

f (xi ) .∆ x

Si f es integrable en [a,b] y en ese intervalo f (x)≥0, entonces:

∫a

b

f ( x ) . dx=Areabajo lacurva en[a ,b ]

Teorema de integrabilidad

Si f es continua en [a,b], o si tiene en ese intervalo [a,b] a lo sumo un numero finito de discontinuidades (es decir, presenta una discontinuidad de primer tipo o salto), entonces f es

integrable en [a,b].

Técnicas de Integración

1. Método de sustitución

Para poder aplicar este método debemos tener una integral del tipo:

∫ f (g (x ) ) . g ´ ( x ) . dxEjemplo

∫ x √x2+4dxa. Llamar u a g(x)

g ( x )=x2+4⇒u=x2+4

b. Calcular la derivada de u con respecto a x

dudx

=2 x⇒ du2

=xdx

c. Reemplazar las igualdades en la integral indefinida

∫ x √x2+4dx=∫√u 12du=1

2∫ √udu

d. Calcular la primitiva de f(u)

12∫√udu=1

2.23u32+C=1

3u32+C

e. Reemplazar u por g(x) en la primitiva

12∫√udu=1

3u32+C=1

3(x2+4 )

32+C

f. Comprobar que se cumpla H ´ ( x )=h(x )

[ 13 (x2+4 )32+C ]´=13 . 32 (x2+4 )

12 .2x=x √ x2+4

2. Integración por partes

Por desgracia, muchas integrales no pueden ser resueltas por el método de sustitución. Por ejemplo:

∫ x sen x dx

Para resolverla es necesario implementar la técnica de integración por partes.

Para llevar a cabo este método se debe respetar la siguiente fórmula:

∫udv=u . v−∫ vdu

Para aplicar la integración por partes, es necesario elegir con cuidado u y dv, de modo que la integral del segundo miembro sea más sencilla de calcular que la del primero.

Ejemplo

∫ x sen x dx

a. Reconocer u y dv

u=x ;dv=senx .dx

b. Calcular la derivada de u respecto de x y averiguar v

dudx

=1⇒du=dx

dvdx

=senx⇒ v=−cosx

c. Reemplazar los datos en la formula

∫udv=u . v−∫ vdu⇒∫ x senx dx=x (−cos ( x ) )—∫(−cosx)dx

d. Calcular la primitiva

∫ x senx dx=−x .cos ( x )+sen ( x )+C

e. Comprobar que se cumpla F ´ ( x )=f (x )

[−x .cos ( x )+sen ( x )+C ]´=−cos ( x )+(−x ) (−sen (x ) )+cos ( x )=x . sen(x )

3. Integración trigonométrica

Muchas integrales indefinidas que comprenden productos y potencias de funciones trigonométricas se pueden calcular con ayuda de identidades trigonométricas. La resolución de este tipo de integrales varía dependiendo el grado al que está elevando la identidad trigonométrica.

Algunas identidades trigonométricascos2 x+sen2 x=1

cos2 x−se n2 x=cos 2xt g2 x=sec2 x−1

cot g2 x=cose c2 x−1

Ejemplo 1: la función esta elevada a un numero n par.

∫ se n2 x dx

a. Para resolver esta integral es necesario realizar operaciones algebraicas con la finalidad de obtener una expresión de la que no participen ni el seno ni el coseno cuadrado.

1−cos2 x=cos2 x−cos (2 x)

2cos2 x=1+cos (2 x)

cos2 x=12+cos (2x )2

∫ se n2 xdx=∫(1−cos2 x¿¿)dx=∫ [1−12−cos (2 x )2

]dx=∫ [ 12−cos (2 x )2

]dx=∫ 12 dx−12∫ cos (2x )dx¿¿

b. Por el método de sustitución puede resolverse la segunda integral. 12x+C−1

2.12∫cos (u )du=1

2x+C−1

4sen (2 x )+C=1

2x−14sen (2 x )+C´ ´

c. Comprobar que se cumpla F ´ ( x )=f (x )

[ 12 x−14 sen (2 x )+C]´=12− 14 .cos (2 x ) .2=12−12cos (2x )=1−cos2 x=sen2 x

Ejemplo 2: la función esta elevada a un numero n impar.

∫ se n3 xdx

a. Para resolver esta integral es necesario realizar operaciones algebraicas tal que se obtenga una identidad trigonométrica elevada a una potencia n par.

∫ se n3 xdx=∫(senx. sen2 x)dx=∫¿¿

b. Resolver la segunda integral mediante el método de sustitución.

∫ senxdx−∫ ¿¿¿4. Sustituciones trigonométricas

Integrales del tipo ∫√a2−x2dx , ∫√a2+x2dx, ∫√x2−a2dx

En la siguiente tabla se representan las sustituciones adecuadas según sea la forma del integrando:

Forma del integrando Identidad trigonométrica Sustitución adecuada

√a2−x2 sen2u+cos2u=1x=a . senux=a .cosu

√a2+x2 cosh2u+sen h2u=cosh (2u)cosh2u−senh2u=1

x=a . senhu

√ x2−a2 cosh2u−senh2u=1 x=a .cosh u

Consideremos la función y=√16−x2 como ejemplo.

a. Reconocer el valor de a.

y=√16−x2=√42−x2;a=4

b. Realizar una sustitución trigonométrica adecuada dependiendo del tipo de integral que se trate.

x=4. senu

dxdu

=4.cos u⇒ dx=4.cos u.du

c. Reemplazar en el integrando y realizar las operaciones necesarias para encontrar una expresión sencilla del integrando.

∫√16−x2dx=∫√16−¿¿¿¿¿

d. Para resolver esta nueva integral es necesario aplicar el método de sustitución.

w=senu

dwdu

=cos u⇒ dw=cosu .du

16∫ senu .cos u .du=16∫w .dw=w2

2+C=16[ se n

2u2

+C ]

A su vez:

sen2u=( x4 )2

= x2

16⇒16∫ senu .cosu .du=16 [ x216 . 12 +C]=12 x2+16C=1

2x2+C´ ´

5. Integración de funciones racionales mediante fracciones parciales

Este método se utiliza para integrar funciones racionales f ( x )=P (x)/Q ( x )donde P y Q son polinomios y el grado de P es menor que el grado de Q. Si ocurre lo contrario se procede a realizar una división de polinomios, y a continuación, si se elimina el cociente de polinomios, se lleva a cabo la integración.

Supongamos que debemos resolver la siguiente integral:

∫ x+5x2+x−2

dx

a. Escribir la fracción del integrando de la manera más simple posible. (factorización, división de polinomios, raíces de polinomios, etc.)

x2+ x−2=( x−1 )(x+2)b. Escribir la fracción como suma de fracciones simples.

La fracción dada puede expresarse como:

x+5( x−1 )(x+2)

= A(x−1)

+ B(x+2)

con A y Bconstantes adeterminar

c. Encontrar los valores de A y BA (x+2 )+B ( x−1 )

(x−1 ) ( x+2 )Debe cumplirse que:

A ( x+2 )+B ( x−1 )=x+5Ax+2 A+Bx−B=x+5

( A+B ) x+ (2 A−B )=x+5Entonces:

A+B=1 y 2 A−B=5Sumando ambos miembros, se obtiene:

3 A=6⇒A=2 y B=−1Reemplazando se llega a lo siguiente:

x+5( x−1 )(x+2)

= 2(x−1)

+(−1)(x+2)

d. Se realiza la integración de cada una de las fracciones por separado:

∫ x+5( x−1 )(x+2)

dx=∫ 2(x−1)

+(−1)(x+2)

dx=∫ 2(x−1)

dx+∫ (−1)(x+2)

dx=∫ 2(x−1)

dx−∫ 1(x+2)

dx=2 ln (x−1 )−ln ( x+2 )+C

Teorema de StokesEl teorema de Stokes vincula una integral alrededor de la curva frontera de S.

Esto significa que el flujo de un campo rotor2, no depende de la superficie que atraviesa, sino de su frontera.

Aplicación del teorema de Stokes al caso de una superficie que tiene como frontera dos curvas cerradas

∬S

❑

rot F⃗ ∙ n⃗ dS=∫C1

❑

F⃗ d r⃗+¿∫γ1

❑

F⃗ d r⃗+¿∫C2

❑

F⃗ d r⃗+¿∫γ2

❑

F⃗ d r⃗ ¿¿¿

Como γ1=-γ2:

∫γ 1

❑

F⃗ d r⃗=−∫γ2

❑

F⃗ d r⃗

2 La primitiva general de cada termino provee una constante arbitraria, al sumarse ambas se obtiene una nueva constante C´´.

Sea S una superficie orientable, en la que se ha elegido una dirección normal de n⃗. C es la curva frontera de S, orientada de acuerdo a la orientación inducida por n⃗. Si F⃗ es un campo vectorial cuyas componentes admiten derivadas parciales continuas en un dominio D є R3 que contiene a S y a C, entonces:

∬S

❑

rot F⃗ ∙ n⃗ dS=∮C

❑

F⃗ ∙ d r⃗

Flujo de un campo Circulación de un campo

Por lo tanto:

∬S

❑

rot F⃗ ∙ n⃗ dS=∫C1

❑

F⃗ d r⃗+¿∫C2

❑

F⃗ d r⃗ ¿

Donde C1 y C2 tienen orientación opuesta.

Teorema de GaussEl teorema de Gauss permite relacionar una integral de flujo (integral de superficie) con una integral triple.

Siendo la divergencia del campo F⃗ igual a: ¿ F⃗=dPdx

+ dQdy

+ dRdz

; siendo F⃗=¿ P ,Q , R>¿

Si F⃗ es un campo vectorial, derivable con continuidad, definido en cierto dominio D є R3 y S superficie cerrada orientable contenida en D, frontera de un sólido V, entonces:

∬S

❑

F⃗ ∙ n⃗ dS=∭V

❑

¿ F⃗ dV

Con n⃗ normal exterior.

Ecuaciones Diferenciales

Ecuaciones diferenciales de primer orden

Una ecuación diferencial de primer orden se le puede representar de las siguientes formas:

Forma implícita F ( x , y , y ´ )=0 e y x2+xy ´=0Forma explicita y ´=f (x , y) y ´=cos ( xy)Forma diferencial P ( x , y )dx+Q (x , y )dy=0 x2dy+ y2dx=0

Resolución de ecuaciones diferenciales

1. Ecuaciones de variables separadas o separables

Una ecuación diferencial P ( x , y )dx+Q (x , y )dy=0, en la que P depende de x y Q depende de y

(o sea P ( x , y )=p ( x ) yQ ( x , y )=q( y)) se dice de variables separadas o variables separables.

La solución general de una ecuación de variables separadas p ( x )dx+q ( y )dy=0 se obtiene integrando cada termino con respecto a la variable correspondiente:

∫ p ( x )dx+∫ q ( y )dy=C

Observación:

1) La primitiva general de cada término provee una constante arbitraria, al sumarse se obtiene una nueva constante C.

2) En algunos casos, operando algebraicamente, es posible llevar una ecuación diferencial a la forma de variables separadas.

Ejemplo

(x y2+x )dx+( y x2+ y )dy=0→ec.diferencial

Si dividimos ambos miembros por ( y2+1 )(x2+1) se tiene:

x

x2+1dx+ y

y2+1dy=0

Resultando ser una ecuación de variables separadas. Entonces se integra cada término respecto a la variable correspondiente:

∫ x

x2+1dx+∫ y

y2+1dy=C

12ln (x2+1 )+ 1

2ln ( y2+1 )=C→Soluc .gral .

Sin embargo, esta solución adquiere una forma más sencilla aplicando la función exponencial en ambos términos:

(x2+1 ) ( y2+1 )=eC=C1

2. Ecuaciones diferenciales exactas

La ecuación diferencial de 1er orden P ( x , y )dx+Q (x , y )dy=0 es una ecuación diferencial exacta

en cierto dominio D∈R2, si existe una función f(x,y) en D tal que:

P= dfdx

y Q= dfdy

En tal caso, la expresión f ( x , y )=C , es solución general de la ecuación dada.

¿Cómo podemos reconocer una ecuación diferencial exacta?

Si P ( x , y )dx+Q (x , y )dy=0 es exacta, sabemos que existe f, tal que:

P= dfdx

y Q= dfdy

Suponiendo que P y Q admiten derivadas parciales continuas, necesariamente debe verificarse:

dQdx

=dPdy

¿Cómo obtener la expresión de f?

Una de las condiciones para que la ecuación diferencial sea exacta es que la derivada de f con respecto a x sea igual a P. Por lo tanto podemos asegurar que f debe ser una primitiva de P, con respecto a x. A su vez, f debe incluir una constante de integración que pueda depender de y, o sea que debe poder escribirse en la forma:

f ( x , y )=f 1 ( x , y )+ f 2 ( y ); f 2 ( y )=C

f 1 ( x , y )=∫ P(x , y )dx

Ahora bien, ¿a que equivale esa constante dependiente de la variable y?

Como también debe cumplirse que:

dfdy

=Q⇒d [ f 1 ( x , y )+ f 2 ( y ) ]

dy

ddy

[ f 1 ( x , y ) ]+ f 2 ´ ( y )=Q(x , y)

f 2´ ( y )=Q ( x , y )− ddy

[ f 1 ( x , y )]

f 2 ( y )=∫ [Q−d f 1dy ]dy+C

Ejemplo:

( y−x2 )dx+(x− y2)dy=0→ec.diferencial

P= y−x2

Q=x− y2

dQdx

=dPdy

=1∴df es exacta

Se busca f tal que:

f ( x , y )=f 1 ( x , y )+ f 2 ( y )

f ( x , y )=∫ ( y− x2 )dx+ f 2 ( y )= yx− x3

3+ f 2( y)

Como:

dfdy

=Q=x− y2⇒d [ yx− x3

3+ f 2 ( y )]

dy=x− y2

x+f 2´ ( y )=x− y2

f 2´ ( y )=− y2(nodepende de x)

f 2 ( y )=∫− y2dy=−∫ y2dy=− y3

3+C

Entonces, la solución general de la ecuación diferencial es:

f ( x , y )= yx− x3

3− y3

3+C=0⇒ yx− x3

3− y3

3=C1

3. Ecuaciones diferenciales lineales de primer orden

Toda ecuación lineal respecto de la función desconocida y su derivada , se llama ecuación lineal de primer orden. La ecuación tiene la forma:

y ´+P ( x ) y=Q(x)

Para resolver este tipo de ecuaciones diferenciales es necesario considerar que la solución y es igual a:

y=u ( x ) . v (x )

Entonces:

y ´=u ´ ( x ) . v (x )+u ( x ) . v ´ (x)

Veamos un ejemplo. Supongamos que tenemos que resolver la siguiente ecuación diferencial:

y ´+2 xy=ex→ec.diferencial

P ( x )=2x y Q=ex

Reemplazando y e y´en la ecuación diferencial se obtiene:

u ´ ( x ) . v ( x )+u ( x ) . v ´ ( x )+2x [u ( x ) . v ( x ) ]=ex

u ´ ( x ) . v ( x )+u ( x ) [ v ´ ( x )+2 x . v ( x ) ]=ex

Suponiendo que v ´ ( x )+2 xv ( x )=0, esta última se convierte en una ecuación de variables separables:

v ´ (x )v (x )

=−2x

Integrando se obtiene:

ln [v ( x )]=−x2+C

e ln [ v ( x )]=e− x2+C

v ( x )=e−x2. eC

v ( x )=k . e− x2 ;k>0

Si v ´ ( x )+2 xv ( x )=0∴u (x ) [v ´ ( x )+2x . v ( x ) ]=0, por lo que:

u ´ ( x ) . v ( x )=ex

u ´ ( x ) . k . e−x2=ex

u ´ ( x )=1k(ex+ x2)

Integrando con respecto a x obtenemos la expresión de u(x). Como no es posible encontrar la primitiva la solución queda expresada como una integral.

u ( x )=∫ 1k (ex+ x2 ) dx=1k∫ (ex+x2 )dx

Entonces la solución general de la ecuación diferencial es:

y=u ( x ) . v (x )=k . e−x2 .1k∫ (ex+ x2) dx=¿e−x2∫ (ex+ x2 )dx¿

Analicemos el caso en donde la ecuación diferencial es de la forma:

y ´+P ( x ) y=Q ( x ) yn

Es posible convertir este tipo de ecuaciones en diferenciales lineales de primer orden.

Al dividir ambos términos por yn:

y ´ . y−n+P (x ) y1−n=Q(x )

Si realizamos la siguiente sustitución, obtenemos de esta forma una ecuación diferencial lineal de primer orden en z:

z= y1−n∴ z ´=(1−n ) y−n . y ´

z ´1−n

+P ( x ) z=Q(x )

Esta ecuación diferencial lineal de primer orden se resuelve de la misma forma que se procedió anteriormente.

Series de TaylorDada una función f que tiene derivadas de todo orden en x=a, se llama serie de Taylor de esa función, desarrollada en x=a, a la serie:

∑k=0

∞ f (k ) (a )k !

( x−a )k

En el caso especial, cuando a=0, la serie de Taylor de f (x)

∑k=0

∞ f (k ) (0 )k !

xk

Se llama serie de Mc´Laurin.

Calculo de la serie de Taylor de una f (x). Estudio del intervalo de convergencia a f (x)

Dada una función f (x) con derivadas de todo orden en x=a, se puede formar la serie de Taylor de f (x), calculando simplemente los coeficiendes mediante las sucesivas derivadas en a.

Se debe verificar si esa serie de Taylor tiene una suma S(x) y si esa suma coincide o no con f (x) en algún intervalo (a−r ;a+r).

Si la suma S(x) fuese f (x) en ese intervalo, existe la representación en serie de dicha función, y tal serie es la única serie de potencias en (x−a) que la representa.

Teorema de TaylorSea f una función tal que existen todas sus derivadas hasta el orden f (k +1)(x) para todo x en el

intervalo (a−r ;a+r). Entonces para todo x en el intervalo:

f ( x )=P ( x )+R(x )

en donde P ( x )= f (a ) ( x−a )0

0!+f ´ (a ) ( x−a )1

1!+f ´ ´ (a ) ( x−a )2

2 !+…+

f ( k ) (a )k !

( x−a )k es el polinomio

de Taylor de grado k de f en a.

R ( x )= f ( k+1 ) (c )(k+1 ) !

( x−a )(k +1)

donde x<c<a.

La importancia de este teorema radica en el hecho de que los P(x ) son las sumas parciales de la serie de Taylor y que:

S ( x )=P ( x )=f ( x )−R( x)

Cuando R(x )→0, P(x ) se aproxima de mejor manera a f (x).

En resumen, si f tiene derivadas de todos los órdenes en todo x del intervalo (a−r ;a+r), y si limk→∞

R ( x )=0 para todo x en el intervalo, entonces:

f ( x )=∑k=0

∞ f ( k ) (a )k !

( x−a )k

Derivación e integración de series de potencias

Si f ( x )=∑k=0

∞

ck xk converge en el intervalo de radio r>0, entonces f es continua, derivable e

integrable en el intervalo (– r; r), r>0. Además la derivada y primitiva de f son:

f ´ ( x )=∑k=0

∞

ck k xk−1

∫ f ( x )dx=∑k=0

∞ ck

k+1xk+1+C

El radio de convergencia de la serie obtenida al derivar o integrar una serie de potencias es el mismo que el de la serie original. Sin embargo el intervalo puede diferir respecto del intervalo de la original.

Observación importante:

Si se conoce la representación en serie de una función f (x), podemos conocer la representación de f ´ (x) o F (x) derivando o integrando la representación de la función f (x) respectivamente.

Convergencia de series

Criterio necesario para la convergencia: limn→∞

an=0

Series geométricas

∑k=0

∞

a . r2

Una serie geométrica converge a:a1−r

Si |r|<1 y diverge si |r|≥1

Series telescópicas

∑k=1

∞

(bk−bk+1)

La característica de una serie telescópica es que:Sn=b1−bn

Entonces: limn→∞

Sn=S

Criterio de la integral f (n )=an paran≥1 f (x) es continua, positiva y decreciente para x≥1

Entonces:

∑n=1

∞

an converge ↔ ∫1

∞

f ( x )dx converge.

Series p

∑n=1

∞1np

Si p>1, entonces la serie converge. Si p<1, entonces la serie diverge. Si p=1, entonces la serie diverge.

Criterio de comparación

Sean ∑n=1

∞

an y ∑n=1

∞

bn dos series tales que 0<an≤bn∀n∈N , entonces:

Si ∑n=1

∞

bn converge, entonces ∑n=1

∞

an converge.

∑n=1

∞

an diverge, entonces ∑n=1

∞

bn diverge.

Criterio de comparación en el limite

Sean ∑n=1

∞

an y ∑n=1

∞

bn dos series con términos positivos, tales que se

conoce el resultado de limn→∞

an

bn

=L, entonces:

Si L existe y L>0, entonces ambas series son convergentes o ambas son divergentes.

Si L no existe, y ∑n=1

∞

bn diverge, entonces ∑n=1

∞

an diverge

también.

Criterio de la raíz

Sea una serie ∑n=1

∞

an con términos positivos, se calcula el límite:

limn→∞

(an )1n=L

Si L<1, la serie converge. Si L>1, la serie diverge. Si L=1, el criterio no decide.

Criterio del cociente

Sea ∑n=1

∞

an una serie de términos positivos y supongamos que:

limn→∞|an+1

an|=L

Entonces: Si L<1, la serie converge. Si L>1, la serie diverge. Si L=1, el criterio no decide.

Series alternantes

∑n=0

∞

(−1 )ncn , cn≥0

Las series alternadas convergen si cumplen el criterio de Leibniz.

Sea ∑n=0

∞

(−1 )ncn , cn≥0 :

si limn→∞

cn=0

y cn≥cn+1∀n>0

Entonces, la serie converge.