Inducción, Sucesiones y Series

Capıtulo 1

Induccion y recursividad

1.1. Proposiciones

Definicion 1 (Proposicion)Una proposicion es una coleccion de sımbolos sintacticos a la cual se le puede asig-nar uno y solo un valor de verdad: verdadero (V) o falso (F). Las proposiciones,generalmente se denotan con letras en mayuscula.

RecordatorioSean P y Q dos proposiciones, las conectivas logicas conjuncion (∧),disyuncion (∨), implicacion (⇒), y doble implicacion (⇔) generan nue-vas proposiciones definidas cuyos valores de verdad se define a continuacion:

P Q P ∧Q

V V V

V F F

F V F

F F F

P Q P ∨Q

V V V

V F V

F V V

F F F

P Q P ⇒ Q

V V V

V F F

F V V

F F V

P Q P ⇔ Q

V V V

V F F

F V F

F F V

Definicion 2 (Proposicion abierta)Una proposicion abierta es una coleccion de proposiciones indexadas a traves de unoo varios parametros. El conjunto mas grande de posibles valores para los parametros,se denomina universo de discurso o dominio.

Ejemplo 1Considere la proposicion abierta:

Pn : n2 + 1 es un numero par. Donde n ∈ IN

note que para diferentes valores de n la proposicion Pn puede ser falsa o verdadera,es importante entender que Pn no es una sola proposicion, sino una familia de pro-

1

2 1.2. Induccion matematica.

posiciones. Donde P1, P2, P3, etc, son miembros particulares de dicha familia. Paraeste caso, se puede observar que: P1 ≡ V , P2 ≡ F , P3 ≡ V , P4 ≡ F .

Demostracion de una implicacionDemostrar P ⇒ Q consiste en demostrar que la proposicion

P ⇒ Q ≡ V

esto es que no es posible la combinacion P ≡ V y Q ≡ F .Para demostrar P ⇒ Q se puede hacer de dos posibles formas:

Demostracion directa: Consiste en suponer que P ≡ V y demostrarque bajo esa suposicion se llega a concluir que Q ≡ V .

Demostracion por contradiccion: Consiste en suponer verdaderola proposicion: P∧¬Q y demostrar que bajo dicha suposicion, se puedeconcluir una contradiccion (Una proposicion evidentemente falsa). Deesta manera, de donde se partio tiene que ser falso y como P no puedeser falso, pues es la premisa o hipotesis ¬Q tiene que serlo. Ası se tieneque P ⇒ Q ≡ V

1.2. Induccion matematica.

La induccion matematica es una tecnica de demostracion que se basa en el principiodel bueno orden, dicho principio se menciona a continuacion:

Principio del buen orden.Todo subconjunto de los numeros naturales posee primer elemento.

El metodo de induccion matematica sirve para probar que una proposicion abiertaes verdadera para todo n es su dominio, siempre que este sea de la forma {p, p +1, p+ 2, p+ 3, . . .}, donde p ≥ 0. Para el caso de que el dominio sea IN se tiene que:

Metodo de induccion matematica.Para demostrar (∀n ∈ IN)[Pn] ≡ V . Basta probar que:

P0 ≡ V .

Pn ⇒ Pn+1 ≡ V .

Si el dominio no es IN se debera probar que Pp ≡ V , donde p es el primer elementodel dominio, y posteriormente probar que Pn ⇒ Pn+1 ≡ V para n arbitrario. Poste-riormente se concluye que (∀n ∈ D)[Pn] ≡ V , donde D = {p, p+ 1, p+ 2, p+ 3, . . .}.

1. Induccion y recursividad 3

1.2.1. ¿Por que funciona el metodo de induccion matematica?

El objetivo de la tecnica de induccion matematica, es poder garantizar que unaproposicion abierta Pn es verdadera para todo n ∈ IN, n ≥ p. Por comodidad supongaque p = 0.

Si se tiene que P0 ≡ V y Pn ⇒ Pn+1 ≡ V para todo n, entonces se puede hacer elsiguiente analisis:

P0 ≡ V

Para n = 0 se tiene que: P0 ⇒ P1, por lo que P1 ≡ V




Para n = 4 se tiene que: P4 ⇒ P5, por lo que P5 ≡ V... ≡

...

por lo que se puede deducir que Pn ≡ V para todo n ∈ IN.

Una variacion valida del metodo de induccion matematica corresponde a lo que seconoce comunmente como metodo de induccion fuerte o induccion transfinita. Estavariacion consiste en lo siguiente:

Metodo de induccion fuertePara demostrar (∀n ∈ IN)[Pn] ≡ V . Basta probar que:

P0 ≡ V .

P0 ∧ P1 ∧ P2 ∧ · · · ∧ Pn ⇒ Pn+1 ≡ V .

Es importante indicar que esta variacion no genera un nuevo metodo de induccionni nada por el estilo, este es una generalizacion, mas fuerte (ya que se cuenta conmas premisas o bien una HI mas general) que la anterior. Se usa cuando para poderdemostrar Pn+1 se requiere mas informacion que Pn. En esta variacion la hipotesisde induccion serıa:

HI : P0 ∧ P1 ∧ P2 ∧ · · · ∧ Pn

El por que funciona esta variante del metodo de induccion matematica es muysimple:

Primero se demuestra que P0 ≡ V . Luego, si se tiene que P0 ∧ P1 ∧ P2 ∧ · · · ∧ Pn ⇒Pn+1 ≡ V , entonces se tiene que:

4 1.3. Aplicacion del metodo de induccion matematica

P0 ≡ V


Para n = 1 se tiene que: P0 ∧ P1 ⇒ P2, por lo que P2 ≡ V

Para n = 2 se tiene que: P0 ∧ P1 ∧ P2 ⇒ P3, por lo que P3 ≡ V

Para n = 3 se tiene que: P0 ∧ P1 ∧ P2 ∧ P3 ⇒ P4, por lo que P4 ≡ V

Para n = 4 se tiene que: P0 ∧ P1 ∧ P2 ∧ P3 ∧ P4 ⇒ P5, por lo que P5 ≡ V... ≡

...

De donde se demuestra inductivamente que Pn ≡ V para todo n ∈ IN.

1.3. Aplicacion del metodo de induccion matematica

La tecnica de induccion matematica se empleara para demostrar varios tipos de pro-posiciones de la forma (∀n ∈ IN)(n ≥ p)[Pn]. Se trabajaran a groso modo 3 tipos deproposiciones: divisibilidad, igualdades y desigualdades. Seguidamente se aplicara lainduccion matematica para el caso de divisibilidad, posteriormente durante el desa-rrollo del tema se sucesiones y series se abordaras el caso de las desigualdadese igualdades.

1.3.1. Divisibilidad.

Definicion 3 (divisibilidad)Sean a y b numeros enteros. Se dice que “a es divisible por b” o “b divide a a” y sedenota por b|a si y solo si:

(∃k ∈ ZZ)[a = b · k]

Ejemplo 23|6 pues existe 2 ∈ ZZ tal que 6 = 3 · 2.

2|6 pues existe 3 ∈ ZZ tal que 6 = 2 · 3.

9649|59466787 pues existe 6163 ∈ ZZ tal que 59466787 = 9649 · 6163.

Ejemplo 3Use induccion matematica para demostrar que 32n+1 + 2n+2 es divisible por 7, paratodo n ∈ IN.

F Solucion. Se debe probar que 7|(32n+1 + 2n+2) para todo n natural n ≥ 0. Esdecir, que para todo n ∈ IN, existe k ∈ ZZ tal que:

32n+1 + 2n+2 = 7k


De este modo se tendrıa que:

Pn ≡ 7|(32n+1 + 2n+2)

Se debe demostrar que P0 ≡ V . (Probar que es valido para n = 0)31 + 22 = 7 y 7|7, por lo que se tiene que P0 ≡ V .

Se debe probar que Pn ⇒ Pn+1. Suponga valido para n (Pn ≡ V ) que sera laHipotesis de Induccion.

HI : 32n+1 + 2n+2 = 7k con k ∈ ZZ

⇔ 32n+1 = 7k − 2n+2 con k ∈ ZZ

Hay que demostrar, bajo la HI, que Pn+1 ≡ V , esto equivale a probar queexiste k ∈ ZZ tal que:

32n+3 + 2n+3 = 7k

Demostracion

32n+3 + 2n+3 = 32 · 32n+1 + 2 · 2n+2

HI= 32 · (7k − 2n+2) + 2 · 2n+2

= 9 · 7k − 9 · 2n+2 + 2 · 2n+2

= 9 · 7k − (9− 2)2n+2

= 9 · 7k − 7 · 2n+2

= 7(9 · k − 2n+2)

= 7k

Y como k ∈ ZZ se tiene que k ∈ ZZ. De donde se concluye que Pn ⇒ Pn+1.

Finalmente, por el principio de induccion se tiene que, 32n+1 + 2n+2 es divisible por7, para todo n ∈ IN

F

Ejemplo 4Utilice el principio de induccion matematica, para demostrar que 7n + 3n − 2 esdivisible por 8 para todo n ∈ IN.

F Solucion. Se debe demostrar que 8|(7n + 3n− 2), para todo n ∈ IN. Esto es, quepara todo n natural, existe un k ∈ ZZ tal que:

7n + 3n − 2 = 8k

Defina Pn ≡ 8|(7n + 3n − 2)


Se debe probar que la proposicion P0 ≡ V ,

P0 ≡ 8|(70 + 30 − 2) ≡ 8|0 ≡ V �

Ahora de debe probar que Pn ⇒ Pn+1. Suponga valido Pn, que sera la Hipotesisde Induccion:

HI : 7n + 3n − 2 = 8k con k ∈ ZZ

⇔ 3n = 8k − 7n + 2 con k ∈ ZZ

Se debe probar, bajo la HI, que la proposicion Pn+1 tiene que ser valida. Estoequivale probar que para todo n ∈ IN existe un k ∈ ZZ para la cual se cumpleque:

7n+1 + 3n+1 − 2 = 8k

Demostracion:

7n+1 + 3n+1 − 2 = 7 · 7n + 3 · 3n − 2HI= 7 · 7n + 3 · (8k − 7n + 2)− 2

= 7 · 7n + 3 · 8 · k − 3 · 7n + 6− 2

= 8 · 3 · k + 4 · 7n + 4

= 8 · 3 · k − 4(7n + 1)

= (∗)

Sin embargo, se debe notar que para cualquier n ∈ IN se tiene que 7n + 1 espar, pues 7n siempre sera impar (Tambien se puede demostrar por induccion,sin embargo, dicho detalle se presenta evidente). De este modo, existe p ∈ ZZtal que 7n + 1 = 2p pues es par. Ası se tiene que:

(∗) = 8 · 3 · k − 4 · 2p = 8(3k + p)

Finalmente, se tiene que:

7n+1 + 3n+1 − 2 = 8(3k + p) = 8k

y como k y p son enteros, necesariamente k es entero. Lo que demuestra quePn+1 ≡ V .

Finalmente, por el principio de induccion matematica se tiene que 8|(7n + 3n − 2)para todo n ∈ IN.

F

En el ejemplo 4 se requirio justificar que 7n + 1 es un numero par, y de este modopoder decir que se puede expresar por 2p para algun p ∈ ZZ. En algunas ocasiones,dicha justificacion se torna evidente y se puede justificar tal y como se realizo en elejemplo 4. Sin embargo, en otras ocasiones, dicha justificacion no sera tan directa,por lo que se debe proceder por induccion.


1. Demuestre que para todo n ∈ IN se cumple que 72n+16n−1 es divisiblepor 64.

2. Demuestre que para todo n ∈ IN se cumple que 102n+1 + 1 es divisiblepor 11.

Ejercicios 1.


Capıtulo 2

Sucesiones y Series

2.1. Sucesiones

Definicion 4 (Sucesion)Una sucesion {a0, a1, a2, · · · } de numeros reales, es una funcion a : IN −→ IR. Esdecir, es una funcion de la forma:

a : IN −→ IRn 7−→ a(n) = an

En las sucesiones, la notacion funcional cambia por una notacion de subındice, ası:

a(0) = a0a(1) = a1a(2) = a2a(3) = a3

......

a(k) = ak...

...

Las sucesiones pueden iniciar en n = 0, n = 1, o en n = p, con p ∈ IN, p ≥ 2. En casode iniciar en p con p 6= 0, la sucesion se debe denotar explıcitamente por {an}∞n=p obien {an}n≥p. En caso de que la sucesion inicie en 0, entonces es posible denotarlacon {an}∞n=0 , {an}n∈IN, o bien {an}.

Ejemplo 51. Considere la sucesion de los numeros impares {1, 3, 5, 7, 9, 11, . . .}. Es posible

denotar esta sucesion como {2n+ 1}, {2n− 1}∞n=1, {2n− 3}∞n=2, {2n− 5}∞n=3,etc.

9

10 2.1. Sucesiones

2. Considere la sucesion {2n + (−1)n}, los primeros terminos de esta sucesion:{2, 1, 5, 7, 17, 31, . . .}

3. Considere la sucesion{

n2

n−1

}∞n=2

. Esta sucesion se puede representar por exten-

sion por:{41 ,

92 ,

163 ,

254 ,

365 , . . .

}. Esta sucesion puede ser redefinida de manera

que pueda iniciar en n = 0, para esto basta realizar un corrimiento del ındice,

quedando:{

(n+2)2

n+1

}∞n=0

.

Como se observa en el ejemplo 5, toda sucesion puede ser expresada de forma quesu dominio sea IN, es decir, que inicie en n = 0. Por esta razon, a partir de aquı, eneste documento se supondra que todas las sucesiones inician en 0 a menos que seindique explıcitamente lo contrario.

2.1.1. Sucesion factorial

Definicion 5La sucesion definida por {n!}, se denomina sucesion factorial, donde:

n! = n(n− 1)! con 0! = 1

Ejemplo 63! = 3 · 2! = 3 · 2 · 1! = 3 · 2 · 1 · 0! = 3 · 2 · 1 · 1 = 6

5! = 5 · 4! = 5 · 4 · 3! = 5 · 4 · 3 · 2 · 1 · 1 = 125

Considere la sucesion {an}n≥1, donde an = 3(n+1)!2(n−1)! . Note que a3 = 3·4!

2·2! = 724 =

18.

Considere ademas la sucesion {bn}n≥1 definida por bn = anan+2

. Es posible sim-plificar la formula del enesimo termino de esta nueva sucesion, de la siguientemanera:

anan+2

=

3(n+1)!2(n−1)!

3(n+3)!2(n+1)!

=3(n+ 1)!2(n+ 1)!

2(n− 1)!3(n+ 3)!=

n(n+ 1)

(n+ 3)(n+ 2)

De esta forma se tiene que la sucesion:

{bn}n≥1 =

{n(n+ 1)

(n+ 3)(n+ 2)

}n≥1

2. Sucesiones y Series 11

Considere la sucesion definida por {an} =

{3(2n)!

4(2n+ 4)!

}. Determine a2 y

a4. Ademas, simplifique la expresionan+1

an+2.

Ejercicios 2.

Ejemplo 7Encuentre una posible formula para el enesimo termino de cada una de las siguientessucesiones:

a) 3, 7, 11, 15, ... b) 2,−1,1

2,−1

4,1

8, ... c) 1,

1

2,1

6,

1

24,

1

120, ...

d)2

3,3

4,4

5,5

6, ... e)

1

2,1

3,2

9,

4

27,

8

81, ... d) −1, 2, 7, 14, 23, ...

F Solucion.

a) {4n− 1}n≥1 b)

{(−1)n

2n−1

}c)

{1

n!

}n≥1

d)

{n

n+ 1

}n≥2

e)

{2n−1

3n

}d)

{n2 − 2

}n≥1

F

Todas las sucesiones dadas anteriormente estan expresadas en forma explıcita, estoes que su n-esimo termino esta en funcion de solo n. Existe otra forma de representarsucesiones, esta nueva forma se conocera como recursiva o recurrente.

2.1.2. Sucesiones recursivas

Definicion 6 (Sucesion Recursiva.)Se dice que una sucesion {an} esta definida en forma recursiva, si el n−esimo terminoesta en funcion de los terminos anteriores.

Ademas, se define el orden de una sucesion {an} dada en forma recursiva como elnumero de terminos anteriores necesarios para representar el n−esimo termino. Esdecir, se dice que {an} es una sucesion recursiva de orden k, si y solo sı:

an = f(an−1, an−2, . . . , an−k)

donde los terminos a0, a1, . . ., ak−1 son conocidos y se denominan condiciones ini-ciales de la sucesion.

12 2.1. Sucesiones

Ejemplo 8Considere la sucesion de orden 1 definida por:{

an = 2an−1 + 3a0 = 1

Esta sucesion corresponde a: {1, 5, 13, 29, 61, . . .}.

En las sucesiones definidas por recurrencia es necesario definir condiciones inicialesque son el punto de partida para la sucesion, en caso de que el k−esimo terminodependa de m terminos anteriores, entonces se requieren m condiciones iniciales, aestas sucesiones se denominan sucesiones recursivas de orden m.

Ejemplo 9Considere la sucesion definida por:{

an = an−1 + an−2a0 = 1, a1 = 1

Esta sucesion corresponde a:

{1, 1, 2, 3, 5, 8, 13, 21, 34, . . .}

y es conocida como la sucesion de Fibonacci.

La sucesion de Fibonacci es una de las sucesiones mas curiosas que se conocen, estasucesion da la solucion al famoso problema de los conejos que Fibonacci escribio ensu libro Liber abaci. El problema en lenguaje actual dirıa:

Problemas de los conejosUna pareja de conejos tarda un mes en alcanzar la edad fertil, a partir de ese momento cada

vez engendra una pareja de conejos, que a su vez, tras ser fertiles engendraran cada mes una

pareja de conejos. ¿Cuantas parejas de conejos habra al cabo de un determinado numero de

meses?

Ejemplo 10Considere la sucesion {xn} definida por: xn+1 = xn −

f (xn)

f ′ (xn)x0 = 1

donde f es la funcion con criterio f(x) = x2 + 3. Note que f ′(x) = 2x por lo que lasucesion serıa: xn+1 = xn −

x2n + 3

2xnx0 = 1

y la sucesion dada por extension corresponde a: {1,−1, 1,−1, 1,−1, 1, . . .}


Para cada una de las funciones que se presentan a continuacion, determine losprimeros 5 terminos de las sucesiones: xn+1 = xn −

f(xn)

f ′(xn)x0 = p

an+1 = an −f(an)(an − an−1)

f(an)− f(an−1)a0 = p, a1 = p+ 1

1. f(x) = x3 − 2x+ 1; p = 2.

2. f(x) = cos(x)− x; p = π.

3. f(x) = ln(x) + x2; p = 2.

4. f(x) = cos(x)− x2; p = −2.

Ejercicios 3.

2.1.3. Paso de la forma recursiva a explıcita y viceversa

Las sucesiones recursivas tienen el inconveniente de requerir mucha informacion paradeterminar nuevos terminos. Por ejemplo, para determinar el termino 8 de la sucesionde Fibonacci es necesario saber el valor de a6 y a7. Para saber a7 es necesario saberel valor de a6 y a5, pero para saber el valor de a5 es necesario saber a4 y a3 yası sucesivamente hasta llegar a las condiciones iniciales a0 = a1 = 1.

Por otro lado, si una sucesion esta dada en forma explıcita, determinar el valor dealgunos de los terminos de la sucesion es muy sencillo, basta asignar el valor de n quese desee y listo. Por esta razon es importante determinar un metodo que funcionepara representar sucesiones recursivas como sucesiones explıcitas.

La fuerza bruta: De recursiva a explıcita

Ejemplo 11Determine una formula explıcita para la sucesion recursiva dada por:

{an+1 = 2an + 1a0 = 1

F Solucion.

a0 = 1

a1 = 2 · 1 + 1

a2 = 2 · (2 · 1 + 1) + 1 = 22 + 2 + 1

a3 = 2 ·(22 + 2 + 1

)+ 1 = 23 + 22 + 2 + 1

a4 = 2 ·(23 + 22 + 2 + 1

)+ 1 = 24 + 23 + 22 + 2 + 1

... =...

14 2.1. Sucesiones

De esta forma se tiene que

an = 2n + 2n−1 + 2n−2 + · · ·+ 22 + 2 + 1

=(2− 1)

(2n + 2n−1 + 2n−2 + · · ·+ 22 + 2 + 1

)2− 1

=(2− 1)

(2n + 2n−1 + 2n−2 + · · ·+ 22 + 2 + 1

)1

=(2n+1 + 2n + 2n−1 + · · ·+ 23 + 22 + 2

)−(2n + 2n−1 + 2n−2 + · · ·+ 22 + 2 + 1

)= 2n+1 − 1

De esta forma se sospecha que an = 2n+1−1. Ahora se debe demostrar por induccion:

Para n = 0 se tiene quea0 = 21 − 1 = 1�

Ahora se debe demostrar que Pn ⇒ Pn+1, esto es:

HI︷︸︸︷an = 2n+1 − 1⇒

HQD︷︸︸︷an+1 = 2n+2 − 1

Demostracion:Se sabe que an+1 = 2an + 1, de esta manera se tiene que:

an+1 = 2an + 1HI= 2 · (2n+1 − 1) + 1 = 2n+2 − 2 + 1 = 2n+2 − 1

Por lo que queda demostrado que para todo n ∈ IN se cumple que an = 2n+1−1.

F

Ejemplo 12Determine una formula explıcita para la sucesion recursiva dada por:{

an+1 = 3an + 1a0 = 2

F Solucion.

a0 = 2

a1 = 3 · 2 + 1

a2 = 3 · (3 · 2 + 1) + 1 = 2 · 32 + 3 + 1

a3 = 3 ·(2 · 32 + 3 + 1

)+ 1 = 2 · 33 + 32 + 3 + 1

... =...


De esta forma se tiene que:

an = 2 · 3n + 3n−1 + 3n−2 + · · ·+ 3 + 1

= 2 · 3n +(3− 1)

(3n−1 + 3n−2 + · · ·+ 3 + 1

)3− 1

= 2 · 3n +3(3n−1 + 3n−2 + · · ·+ 3 + 1

)−(3n−1 + 3n−2 + · · ·+ 3 + 1

)2

= 2 · 3n +

(3n + 3n−1 + · · ·+ 32 + 3

)−(3n−1 + 3n−2 + · · ·+ 3 + 1

)2

= 2 · 3n +3n − 1

2

=5 · 3n − 1

2

Por lo que se sospecha que

an =5 · 3n − 1

2

Ahora se debe de demostrar por induccion:

Para el caso de n = 0 se tiene que:

a0 =5 · 30 − 1

2= 2X

Ahora se debe probar que Pn =⇒ Pn+1, esto es:

HI︷︸︸︷an =

5 · 3n − 1

2=⇒

HQD︷︸︸︷an+1 =

5 · 3n+1 − 1

2

Demostracion: Se sabe que an+1 = 3an + 1 de donde se tiene que:

an+1 = 3an + 1HI= 3

5 · 3n − 1

2+ 1 =

5 · 3n+1 − 1

2

Por lo que queda demostrado que para todo n ∈ IN se cumple que

an =5 · 3n − 1

2

F


an+1 = 5an − 3

a0 =1

2

16 2.1. Sucesiones

F Solucion.

a0 =1

2

a1 = 5 · 1

2− 3

a2 = 5 ·(

5 · 1

2− 3

)− 3 = 52 · 1

2− 5 · 3− 3

a3 = 5 ·(

52 · 1

2− 5 · 3− 3

)− 3 = 53 · 1

2− 52 · 3− 5 · 3− 3

a4 = 5 ·(

53 · 1

2− 52 · 3− 5 · 3− 3

)− 3 = 54 · 1

2− 53 · 3− 52 · 3− 5 · 3− 3

... =...

De esta forma se tiene que:

an = 5n · 1

2− 5n−1 · 3− 5n−2 · 3− · · · − 52 · 3− 5 · 3− 3

= 5n · 1

2− 3 ·

(5n−1 + 5n−2 + · · ·+ 52 + 5 + 1

)= 5n · 1

2− 3 ·

(5− 1)(5n−1 + 5n−2 + · · ·+ 52 + 5 + 1

)5− 1

= 5n · 1

2− 3 ·

5(5n−1 + 5n−2 + · · ·+ 52 + 5 + 1

)−(5n−1 + 5n−2 + · · ·+ 52 + 5 + 1

)4

= 5n · 1

2− 3 ·

(5n + 5n−1 + · · ·+ 53 + 52 + 5

)−(5n−1 + 5n−2 + · · ·+ 52 + 5 + 1

)4

= 5n · 1

2− 3 · 5n − 1

4

=3− 5n

4

De donde se sospecha que

an =3− 5n

4Ahora se debe demostrar por induccion nuestras sospechas.

Para el caso de n = 0 se tiene que:

a0 =3− 50

4=

1

2X

Se debe demostrar que Pn =⇒ Pn+1, esto es:

HI︷︸︸︷an =

3− 5n

4=⇒

HQD︷︸︸︷an+1 =

3− 5n+1

4

Demostracion: Se sabe que an+1 = 5an − 3 de este modo se tiene que:

an+1 = 5an − 3HI= 5 · 3− 5n

4− 3 =

3− 5n+1

4


Por lo que se tiene que para todo n ∈ IN se cumple que

an =3− 5n

4

F


qn+1 = 2(n+ 1)qnq0 = 1

F Solucion.

q0 = 1

q1 = 2 · 1 · 1 = 2

q2 = 2 · 2 · (2) = 2 · 22

q3 = 2 · 3 ·(2 · 22

)= 2 · 3 · 23

q4 = 2 · 4 ·(2 · 3 · 23

)= 2 · 3 · 4 · 24

q5 = 2 · 5 ·(2 · 3 · 4 · 24

)= 2 · 3 · 4 · 5 · 25

... =...

De este modo se sospecha que:qn = n!2n

Se debe demostrar por induccion que nuestra sospecha es cierta.

Para n = 0 se tiene que:q0 = 0!20 = 1X

Se debe probar que Pn =⇒ Pn+1, esto es:

HI︷︸︸︷qn = n!2n =⇒

HQD︷︸︸︷qn+1 = (n+ 1)!2n+1

Demostracion: Se sabe que qn+1 = 2 (n+ 1) qn de donde se tiene que:

qn+1 = 2 (n+ 1) qnHI= 2 (n+ 1)n!2n = (n+ 1)!2n+1

De donde queda demostrado que para todo n ∈ IN se cumple que:

qn = n!2n

F

18 2.1. Sucesiones

1. Determine la forma explıcita para las siguientes sucesiones dadas enforma recursiva.

a)

{an+1 = a2na0 = 2

b)

{bn+1 = 3bn − 7

b0 =3

2

c)

{cn+1 = 2ncnc1 = 1

d)

{dn+1 = 7dn − 2d0 = 1

Ejercicios 4.

Fuerza Bruta: de explıcita a recursiva

Ejemplo 15Determine una formula recursiva para la sucesion explıcita dada por:

an =5n+1 − 1

7

F Solucion.

a0 =50+1 − 1

7=

4

7

a1 =51+1 − 1

7=

24

7

a2 =52+1 − 1

7=

124

7

a3 =53+1 − 1

7=

624

7

a4 =54+1 − 1

7=

3124

7

a5 =55+1 − 1

7=

15 624

7... =

...

Diferenciando los terminos sucesivos se tiene que:

7a1 − 7a0 = 24− 4 = 20

7a2 − 7a1 = 124− 24 = 100

7a3 − 7a2 = 624− 124 = 500

7a4 − 7a3 = 3124− 624 = 2500

7a5 − 7a4 = 15624− 3124 = 12 500

...


En esta nueva sucesion es importante notar que el 7an+1 − 7an = 5 (7an − 7an−1)de donde se tiene que:

7an+1 − 7an = 5 (7an − 7an−1) ⇐⇒ an+1 − an = 5an − 5an−1

⇐⇒ an+1 = 6an − 5an−1

Por lo que {an+1 = 6an − 5an−1 para n ≥ 1a0 = 4

7 , a1 = 247

Ahora se debe demostrar dicha sospecha por induccion. Ejercicio.

F

Sucesiones recursivas, lineales, homogeneas y de orden k

Definicion 7Dada una sucesion recursiva {an} de orden k. Se dice que {an} es lineal homogeneasi y solo si, el termino n−esimo se puede expresar de la forma:

A0an +A1an−1 +A2an−2 + · · ·+Akan−k = 0

donde Ai son constantes para i = 0, 1, 2, 3, . . . , k y A0 6= 0.

Definicion 8 (Polinomio caracterıstico)Dada una sucesion recurrente, lineal homogenea de orden k tal que:

A0an +A1an−1 +A2an−2 + · · ·+Ak−1an−k+1 +Akan−k = 0

El polinomio formado por:

P (x) = A0xk +A1x

k−1 +A2xk−2 + · · ·+Ak−1x

1 +Ak

se le conoce como polinomio caracterıstico asociado a la sucesion recursiva. Y a laecuacion P (x) = 0 se le llama ecuacion caracterıstica donde P (x) es el polinomiocaracterıstico.

Los ceros del polinomio caracterıstico y bien las soluciones de la ecuacion carac-terıstica seran de mucha importancia para determinar la formula explıcita de unasucesion recursiva, lineal y homogenea de orden k.

Ejemplo 16La sucesion de Fibonacci es una sucesion es una sucesion lineal, homogenea de orden2. La misma se puede expresar como:{

an − an−1 − an−2 = 0a1 = a0 = 2

El polinomio caracterıstico es: P (x) = x2 − x− 1, los ceros de dicho polinomio son

x =1 +√

5

2y x =

1−√

5

2

20 2.1. Sucesiones


an =25an−1 − 23an−2 + 6an−3

6a0 = 1, a0 = 2, a2 = −1

Esta sucesion es un sucesion recursiva, lineal, homogenea de orden 3, ya que sun−esimo termino se puede escribir de la forma 6an − 25an−1 + 23an−2 − 6an−3 = 0.Para la cual se tiene que el polinomio caracterıstico corresponde a: P (x) = 6x3 −25x2 + 23x− 6. Cuyos ceros corresponden a x = 3, x = 1

2 y x = 23 .

Teorema 1 (Formula explıcita para una lineal homogenea de orden 2)Dada una sucesion: lineal, homogenea, de orden 2, tal que c1 y c2 sean los ceros delpolinomio caracterıstico. Entonces:

Si c1 6= c2, entonces la formula explıcita de la sucesion es: an = Acn1 + Bcn2 .Donde A y B son constantes.

Si c1 = c2 = c, entonces la formula explıcita de la sucesion es: an = Acn+Bncn.Donde A y B son constantes.

Los valores de las constantes A y B se determinan haciendo uso de las condicionesiniciales de la sucesion recursiva.

Teorema 2 (Formula explıcita para una lineal homogenea de orden 3)Dada una sucesion lineal homogenea de orden 2, tal que c1, c2 y c3 sean los cerosdel polinomio caracterıstico. Entonces:

Si c1 6= c2 6= c3 6= c1, entonces la formula explıcita de la sucesion es: an =Acn1 +Bcn2 + Ccn3 . Donde A, B y C son constantes.

Si c1 6= c2 = c3, entonces la formula explıcita de la sucesion es: an = Acn1 +Bcn2 + Cncn2 . Donde A, B y C son constantes.

Si c1 = c2 = c3 = c, entonces la formula explıcita de la sucesion es: an =Acn +Bncn + Cn2cn. Donde A, B y C son constantes.

Los valores de las constantes A, B y C se determinan haciendo uso de las condicionesiniciales de la sucesion recursiva.

Ejemplo 18Considere la sucesion recursiva definida{

an = −2an−1 − an−2a0 = 1, a1 = 2


Esta sucesion es recursiva, lineal, homogenea de orden 2 con polinomio caracterısticoasociado P (x) = x2+2x+1 y con ceros x1 = −1 y x2 = −1. Ası, el termino n−esimode la sucesion tendra la forma:

an = A(−1)n +Bn(−1)n

De los terminos iniciales se tiene que:

a0 = A · (−1)0 +B · 0 · (−1)0 = 1

a1 = A · (−1)1 +B · 1 · (−1)1 = 2

De donde se tiene el sistema: {A = 1

−A−B = 2

De donde se tiene que A = 1 y B = −3. Ası, la formula explıcita sera:

an = (−1)n − 3n (−1)n


an =25an−1 − 23an−2 + 6an−3

6a0 = 3, a1 = 5, a2 = −1

Esta sucesion es un sucesion recursiva, lineal, homogenea de orden 3, ya que sun−esimo termino se puede escribir de la forma 6an − 25an−1 + 23an−2 − 6an−3 = 0.Para la cual se tiene que el polinomio caracterıstico corresponde a: P (x) = 6x3 −25x2 + 23x− 6. Cuyos ceros corresponden a x = 3, x = 1

2 y x = 23 .

De esta forma se sabe que su formula explıcita tiene la forma:

an = A3n +B(12

)n+ C

(23

)nAhora, de las condiciones iniciales se tiene que:

a0 = A+B + C = 3

a1 = 3A+ 12B + 2

3C = 5

a3 = 9A+ 14B + 4

9C = −1

De donde se tiene el sistema A+B + C = 3

3A+ 12B + 2

3C = 59A+ 1

4B + 49C = −1

Cuya solucion es A = −1, B = −32, C = 36 de esta manera se tiene que:

an = −1 · 3n − 32 ·(

1

2

)n

+ 36 ·(

3

2

)n

22 2.1. Sucesiones

Ejemplo 20Considere la sucesion dada en forma explıcita por:

an = 3 + 2n+1 − 3 · n · 2n n ≥ 0

Determine su termino recursivo.

F Solucion. Primero que todo, note que

an = 3 (1)n + 2 · 2n +−3 · n · 2n

Donde se tiene que los ceros del polinomio caracterıstico es:

x1 = 1 , x2 = 2 , x3 = 2

Ası, la ecuacion caracterıstica sera

(x− 1) (x− 2) (x− 2) = 0

=⇒ x3 − 5x2 + 8x− 4 = 0

Ası, la formula de la sucesion recursiva es:

an − 5an−1 + 8an−2 − 4an−3 = 0

con las condiciones iniciales

a0 = 3 (1)0 + 2 · 20 +−3 · 0 · 20 = 5

a1 = 3 (1)1 + 2 · 21 +−3 · 1 · 21 = 1

Ası, la formula sera: {an = 5an−1 − 8an−2 + 4an−3a0 = 5, a1 = 1, a2 = −13

F

Ejemplo 21Considere la sucesion dada en forma explıcita por:

an = 3− 2n+ 3n−2 n ≥ 2

Determine su termino recursivo.

F Solucion. Primero que todo note que:

an = 3 (1)n − 2n (1)n + 3−2 (3)n


Donde se tiene que los ceros del polinomio caracterıstico es:

x1 = 1 , x2 = 1 , x3 = 3

Ası, la ecuacion caracterıstica sera

(x− 1) (x− 1) (x− 3) = 0

=⇒ x3 − 5x2 + 7x− 3 = 0

Ası, la formula de la sucesion recursiva es:

an − 5an−1 + 7an−2 − 3an−3 = 0

con las condiciones iniciales

a2 = 3− 2 · 2 + 30 = 0

a3 = 3− 2 · 3 + 31 = 0

Ası, la formula sera: {an = 5an−1 − 7an−2 + 3an−3 n ≥ 2

a2 = 0, a3 = 0, a4 = 4

F

2.1.4. Monotonıa de sucesiones.

Definicion 9Una sucesion {an} se dice que es:

creciente, si y solo si, an ≤ an+1 para todo n ∈ IN.

decreciente, si y solo si, an ≥ an+1 para todo n ∈ IN.

Otra forma para estudiar la monotonıa de una sucesion, se puede, si la sucesion lopermite, definir una funcion que pasa por todos los puntos de la sucesion y utilizarlos conocimientos acerca de la primera derivada. Si la funcion es monotona entoncesla sucesion tambien es monotona.

Ejemplo 22Considere la sucesion definida por

{2n2

n+ 1

}∞n=1

, estudie la monotonıa de dicha su-

cesion:

F Solucion. Si se logra demostrar que para cualquier valor de n ∈ IN se cumpleque an ≤ an+1, entonces se tendrıa que la sucesion {an} es creciente, en caso que

24 2.1. Sucesiones

se demuestre que an ≥ an+1, se tendrıa que {an} es decreciente. En cualquier otrocaso, se tendrıa que la sucesion no es monotona.

an?≤ an+1 ⇐⇒

2n2

n+ 1

?≤ 2 (n+ 1)2

n+ 2

⇐⇒ 2n2 (n+ 2)?≤ 2 (n+ 1)3

⇐⇒ 2n3 + 4n2?≤ 2n3 + 6n2 + 6n+ 2

⇐⇒ 4n2?≤ 6n2 + 6n+ 2

⇐⇒ 0?≤ 2n2 + 6n+ 2

Note que como 0 ≤ 2n2+6n+2 es cierta para n ≥ 0, entonces se tiene que an ≤ an+1.Por lo tanto {an}n≥1 es siempre creciente.

La otra alternativa, consiste en considerar una funcion f : IR+ → IR tal que el graficode la sucesion sea subconjunto del grafico de la funcion, es decir, una funcion quecumpla que f(n) = an para todo n ∈ IN, n ≥ 1.

Sea f definida por f(x) =2x2

x+ 1.

f(x) =2x2

x+ 1=⇒ f ′ (x) =

4x (x+ 1)− 2x2

(x+ 1)2

=⇒ f ′ (x) =2x (x+ 2)

(x+ 1)2

De donde, construyendo la tabla de signos, se establece que f(x) > 0 para todox ∈]0,∞[ por lo que f es creciente en ]0,∞[ y se concluye que {an}n≥1 es creciente.

F

Ejemplo 23Discutir la monotonıa de las siguientes sucesiones:

a) {an} = {3 + (−1)n} b) {bn} =

{−2n

1 + n

}

F Solucion.

{an} = {3 + (−1)n}Esta sucesion alterna entre 2 y 4, por lo tanto no es monotona.

{bn} =

{−2n

1 + n

}


¿Sera esta sucesion creciente?, es decir ¿bn ≤ bn+1? ∀n ≥ 1.

bn?≤ bn+1

⇐⇒ −2n

1 + n

?≤ −2 (n+ 1)

1 + (n+ 1)

⇐⇒ 4n+ 2n2?≥ 2n2 + 4n+ 2

⇐⇒ 0?≥ 2

Debe notarse que 0 ≥ 2 es evidentemente falso, para todo n ∈ IN. Es decir,0 ≤ 2 es evidentemente verdadero para todo n ∈ IN, lo que conlleva a quebn ≥ bn+1 para todo n ∈ IN, ası {bn} es decreciente.

Otra forma, considere la funcion f que cumple: f(n) = bn para todo n ∈ IN yque esta definida por:

f (x) =−2x

x+ 1

Luego f ′ (x) =−2

(1 + x)2, y como f ′ (x) ≤ 0, ∀x > −1, entonces f es decreciente

y esto implica que {bn} es decreciente.

F

Ejemplo 24Use induccion matematica para demostrar que la sucesion

{n!

2n

}n≥1

es una sucesion

creciente.

F Solucion. Considere la proposicion Pn : an ≤ an+1. Se debe demostrar quePn ≡ V para todo n ∈ IN, n ≥ 1

Demuestre que P1 ≡ V (Demostrar para el primer elemento).

P1 : a1 ≤ a2 ⇐⇒1

2≤ 1

2�

Demostremos que Pn ⇒ Pn+1. Considere que Pn ≡ V (HI):

HI :n!

2n≤ (n+ 1)!

2n+1

HQD Pn+1 ≡ V , suponiendo HI, esto es que:

(n+ 1)!

2n+1≤ (n+ 2)!

2n+2

Demostracion:

26 2.1. Sucesiones

(n+ 1)!

2n+1=

(n+ 1)n!

2 · 2n=

(n+ 1)

2· n!

2n

HI≤ (n+ 1)

2· (n+ 1)!

2n+1

≤ (n+ 2)

2· (n+ 1)!

2n+1

=(n+ 2)!

2n+2

Por lo que:(n+ 1)!

2n+1≤ (n+ 2)!

2n+2

Como P1 ≡ V y Pn ⇒ Pn+1 ≡ V , entonces por el principio de induccionmatematica se tiene que Pn : an ≤ an+1 para todo n ∈ IN, n ≥ 1. Por lo tanto,la sucesion {an}n≥1 es creciente.

F

2.1.5. Sucesiones convergentes

Definicion 10 (Sucesion Convergente)Sea {xn} una sucesion, decimos que la sucesion {xn} es una sucesion convergente siexiste un L ∈ IR tal que

lımn→∞

xn = L

En este caso se dice que la sucesion {xn} converge a L. En caso de que no existaL ∈ IR tal que lım

n→∞xn = L se dice que {xn} diverge.

Ejemplo 25Determine si la sucesion

{en

2en + 5n2

}converge o diverge.

F Solucion.

lımn→∞

en

2en + 5n2= lım

n→∞��en

��en(

2 +5n2

en

) = lımn→∞

1

2 +��70

5n2

en

=1

2

Por lo que la sucesion converge a1

2.

F


Teorema 3Sea f una funcion de variable real tal que:

lımx→∞

f (x) = L

Si {an} es una sucesion tal que f (n) = an ∀n ∈ IN, entonces lımn→∞

an = L.

La importancia de este resultado es la posibilidad de aplicar la regla de L’Hopital.

Teorema 4 (del valor absoluto)Sea {an} una sucesion de numeros reales. Si lım

n→∞|an| = 0, entonces lım

n→∞an = 0.

Ejemplo 26Determine si las siguientes sucesiones son convergentes o divergentes:

an =n2

2n − 1

bn =(−1)n

n+ 2

F Solucion.

Consideremos la funcion asociada f (x) =x2

2x − 1. Calculamos lım

x→∞

x2

2x − 1,

para ello empleamos la regla de L’Hopital:

lımx→∞

x2

2x − 1= lım

x→∞

2x

2x · ln 2= lım

x→∞

2

2x · ln2 2= 0

Como la funcion posee lımite 0, entonces la sucesion {an} anterior converge a0.

Note que lımn→∞

((−1)n

n+ 2

)= lım

n→∞

(−1)n

n+ 2, por lo que se debe anali-

zar la convergencia de la sucesion

{(−1)n

n

}. Por el teorema 4 se tiene que

lımn→∞

(−1)n

n= 0, de donde se tiene:

lımx→∞

((−1)n

n+ 2

)= 2

F

28 2.1. Sucesiones

Determine si las sucesiones siguientes convergen o divergen{2n2 + 3n

n2 − 5

}

{ln (3n+ 5)− ln (5n+ 8)}

{sen2 n

n2

}

{1

n+ 4

}{

(−1)n+2

n

}{(

3

7

)n

+1

n− 1

n+ 1

}

Ejercicios 5.

Se debe tener cuidado, ya que el recıproco del teorema 3 no es cierto en general, seconsiderara un ejemplo en el cual se muestre este detalle.

Ejemplo 27Considere los siguientes lımites. Los primeros dos sobre IR y el tercero sobre IN.

lımx→∞

1

x= 0

lımx→∞

(1

x+ sen (πx)

). Este lımite no existe pues sen (πx) oscila entre −1 y 1

cuando x tiende a infinito.

lımn→∞

(1

n+ sen (πn)

). Observe que sen (πn) = 0 ∀n ∈ IN, por lo que

lımn→∞

(1

n+ sen (πn)

)= 0.

Ası la sucesion an =1

n+ sen (πn) converge a 0 a pesar que la funcion f (x) =

1

x+ sen (πx) no converja.


2 4 6 8 10

-2

-1

1

2

3

Figura 2.1: Recıproco del teorema 3

Teorema 5 (del encaje para sucesiones)Si a partir de un N se tiene que an ≤ bn ≤ cn para todo n ≥ N y lım

n→∞an =

lımn→∞

cn = L entonces lımn→∞

bn = L.

Ejemplo 28Estudie la convergencia de la siguiente sucesion

{sen (n)

3n + 1

}.

F Solucion.

Se tiene que −1 ≤ sen (n) ≤ 1 ∀n ∈ IN, ası:

−1

3n + 1≤ sen (n)

3n + 1≤ 1

3n + 1

Luego lımn∞

−1

3n + 1= lım

n∞

1

3n + 1= 0, por el teorema anterior se tendrıa que:

lımn∞

sen (n)

3n + 1= 0

y por lo que la sucesion anterior converge a 0.

F

Teorema 6Si {an} es una sucesion y lım

n→∞

∣∣∣∣an+1

an

∣∣∣∣ = L < 1 entonces lımn→∞

an = 0

30 2.1. Sucesiones

Ejemplo 29Dada la sucesion cn =

n!

nn, tenemos que:

lımn→∞

∣∣∣∣cn+1

cn

∣∣∣∣ = lımn→∞

cn+1

cn= lım

n→∞

(n+ 1)!

(n+ 1)n+1

n!

nn

= lımn→∞

(n+ 1)n!nn

n! (n+ 1)n+1 = lımn→∞

(n

n+ 1

)n

= lımn→∞

(n+ 1

n

)−n=

(lımn→∞

(1 +

1

n

)n)−1= e−1 < 1

Ası lımn→∞

cn = e−1 y como e−1 < 1 entonces la sucesion converge a 0.

2.1.6. Sucesiones acotadas

Definicion 11Se dice que una sucesion {an} es acotada inferiormente si existe una constantereal K1 tal que K1 ≤ an para todo n ∈ IN.

Se dice que una sucesion {an} es acotada superiormente si existe una constantereal K2 tal que an ≤ K2 para todo n ∈ IN.

Si una sucesion es acotada inferiormente y superiormente se dice que es aco-tada.

Teorema 7Si una sucesion es decreciente y acotadas inferiormente, entonces es conver-gente.

Si una sucesion es creciente y acotada superiormente, entonces es convergente.

Ejercicios

1. Hallar el n−esimo termino de la sucesion dada por:

an = 1− f (n−1) (0)

donde f (x) = ex3 y determinar si es convergente dicha sucesion.

2. Determine si las siguientes sucesiones convergen o no.

1. an =1 + (−1)n

n4. an =

np

enp > 0

2. bn =ln2 n

n5. bn =

(n− 2)!

n!

3. cn =

(1 +

k

n

)n

6. cn = n sen

(1

n

)


2.2. Series

Definicion 12Dada una sucesion {an}∞n=1, se define la serie

∑∞n=1 an como la suma de todos los

terminos de la sucesion {an}∞n=1. Es decir:

∞∑n=1

an = a1 + a2 + a3 + a4 + · · ·

En caso de que la serie inicie en 0, entonces se puede denotar por∑an. En cualquier

otro caso, es necesario indicar el termino inicial de la serie.

Definicion 13Dada una serie

∑∞n=1 an, se define su k−esima suma parcial, y se denota Sk como:

Sk =

k∑n=1

an = a1 + a2 + a3 + · · ·+ ak

En caso de que la serie inicie en p, entonces

Sk =

k+p−1∑n=p

an = ap + ap+1 + ap+2 + · · ·+ ap+k−1

Se define ademas, la sucesion de k−esimas sumas parciales como {Sk}∞k=1.

Al igual que se hizo en sucesiones, las series se pueden redefinir de forma que deninicio en p = 0, p = 1 o bien en el valor que mas convenga. Ası:

∞∑k=p

ak =∞∑k=1

ap+k−1 =∞∑k=0

ap+k

Por esta razon, a partir de este punto, los resultados se estudiaran para series queinicien en uno. Sin embargo, los resultados que se estudiaran podran ser aplicadosa series que dan inicios en numeros naturales distintos a la unidad aplicando unatraslacion conveniente.

2.2.1. Convergencia y divergencias de series

Definicion 14Dada una serie

∑∞n=1 an, si la sucesion de las k−esimas sumas parciales converge,

entonces se dice que la serie es convergente. En caso contrario se dice que la serie esdivergente.

32 2.2. Series

Si la sucesion de las k−esimas sumas parciales de una serie converge a S, entoncesla serie converge a S y se escribe:

∞∑n=1

an = lımk→∞

k∑n=1

an = S

Ejemplo 30Considere la serie

∞∑n=1

2

3n. Use induccion para demostrar que:

Sk =k∑

n=1

2

3n= 1− 1

3k

¿Es la serie convergente? de serlo ¿cual es su valor de convergencia?

F Solucion. Aplicando induccion sobre k. Se debe demostrar que para todo k ∈ IN,k ≥ 1 se cumple que:

k∑n=1

2

3n= 1− 1

3k

Para k = 1 se tiene que:

1∑n=1

2

3n= 1− 1

31⇐⇒ 2

3= 1− 1

3�

Se debe probar que Pk ⇒ Pk+1, esto es:

HI︷︸︸︷k∑

n=1

2

3n= 1− 1

3k⇒

HQD︷︸︸︷k+1∑n=1

2

3n= 1− 1

3k+1

Demostracion:

k+1∑n=1

2

3n=

2

3+

2

32+

2

33+ · · ·+ 2

3k︸︷︷︸∑kn=1

23n

+2

3k+1

=

k∑n=1

2

3n+

2

3k+1

HI=

(1− 1

3k

)+

2

3k+1

= 1− 3

3k+1+

2

3k+1

= 1− 1

3k+1


∴k+1∑n=1

2

3n= 1− 1

3k+1

Por el principio de induccion matematica se tiene que

k∑n=1

2

3n= 1− 1

3k, ∀k ∈ IN

Lo anterior demostro que

Sk = 1− 1

3k, ∀k ∈ IN

Para analizar si la serie∑∞

n=1

2

3nconverge, basta probar si la sucesion de las k−esi-

mas sumas parciales converge, esto es, se debe analizar si la sucesion{

1− 13k

}∞k=1

converge.

lımk→∞

(1− 1

3k

)= 1

de donde se tiene que la serie converge y lo hace a 1.

∴∞∑n=1

2

3n= 1

F


∑∞k=1 k. Use induccion matematica para demostrar que:

n∑k=1

k =n (n+ 1)

2

Determine si la serie converge o diverge.

F Solucion. Se aplicara induccion sobre n, para n ≥ 1.

Para n = 1 se tiene que:

1∑k=1

k = 1 =1 (1 + 1)

2X


HI︷︸︸︷n∑

k=1

k =n (n+ 1)

2=⇒

HQD︷︸︸︷n+1∑k=1

k =(n+ 1) (n+ 2)

2

34 2.2. Series

Demostracion:

n+1∑k=1

k = 1 + 2 + 3 + · · ·+ n︸︷︷︸∑nk=1 k

+ (n+ 1)

=n∑

k=1

k + (n+ 1)

HI=

n (n+ 1)

2+ (n+ 1)

=(n+ 1) (n+ 2)

2

Por lo tanto se tiene que:

n+1∑k=1

k =(n+ 1) (n+ 2)

2

Por el principio de induccion matematica se tiene que:

n∑k=1

k =n (n+ 1)

2para n ≥ 1.

De esta manera se ha demostrado que la sucesion de las n−esimas sumas parcialesesta dada por {Sn}n≥1 donde

Sn =n (n+ 1)

2

Finalmente, se puede observar que Sn → ∞ cuando n → ∞, de donde se concluyeque la serie

∑∞k=1 k es divergente.

F

Ejemplo 32Considere la serie dada por

∑∞k=0 r

k, donde r es una constante real distinta decero y uno. Deduzca una formula para la n−esimas suma parcial. Demuestrela porinduccion. Y determine bajo que condiciones se tiene la convergencia de la serie.

F Solucion. Se desea determinar una formula para Sn, donde

Sn =

n−1∑k=0

rk = 1 + r + r2 + r3 + · · ·+ rn−1


Ası, se tiene que:

Sn =n−1∑k=0

rk = 1 + r + r2 + r3 + · · ·+ rn−1

=(1− r)

(1 + r + r2 + r3 + · · ·+ rn−1

)1− r

=

(1 + r + r2 + r3 + · · ·+ rn−1

)− r

(1 + r + r2 + r3 + · · ·+ rn−1

)1− r

=

(1 + r + r2 + r3 + · · ·+ rn−1

)− r − r2 − r3 − r4 − · · · − rn−1 − rn

1− r

=1− rn

1− rpor lo que:

Sn =

n−1∑k=0

rk =1− rn

1− r

Ahora debemos probarla por induccion sobre n, con n ≥ 1.

Para n = 1 se tiene que:

1−1∑k=0

rk = r0 = 1 =1− r1

1− rX


HI︷︸︸︷n−1∑k=0

rk =1− rn

1− r=⇒

HQD︷︸︸︷n∑

k=0

rk =1− rn+1

1− r

Demostracion:

n∑k=0

rk = 1 + r + r2 + r3 + · · ·+ rn−1︸︷︷︸∑n−1k=0 rk

+ rn

=

n−1∑k=0

rk + rn

HI=

1− rn

1− r+ rn

=1− rn+1

1− rDonde queda demostrado que:

n∑k=0

rk =1− rn+1

1− r

36 2.2. Series

Por el principio de induccion matematica se tiene que

n−1∑k=0

rk =1− rn

1− rpara todo n ≥ 1.

Finalmente se debe probar, bajo que condiciones se cumple que∑∞

k=0 rk converge.

Por definicion se tiene que:

∞∑k=0

rk converge ⇐⇒ lımn→∞

1− rn

1− rexiste

Aplicando propiedades de lımites se tiene que

lımn→∞

1− rn

1− r=

1− lımn→∞

rn

1− r

Donde lımn→∞

rn existe unicamente cuando |r| < 1. Y en este caso se tiene que:

lımn→∞

1− rn

1− r=

1

1− r

De donde se tiene que:

∞∑k=1

rk =1

1− r

siempre que |r| < 1. Y diverge en cualquier otro caso.

F


1. Considere la serie

∞∑k=0

1

(k + 1)(k + 2). Demuestre que la sucesion de

las n−esimas sumas parciales esta dada por

{n− 1

3n+ 6

}n≥2

. ¿La serie

original sera convergente?

2. Considere la serie∞∑k=1

1

k(k + 2). Demuestre que la sucesion de las

n−esimas sumas parciales esta dada por

{1

4− 2n+ 3

2(n+ 1)(n+ 2)

}n≥1

.

¿La serie original sera convergente?

3. Use el metodo de induccion matematica para demostrar que la n−esi-

ma suma parcial de la serie

∞∑k=1

k

(1

2

)k

es igual que 2 − 2−n(n + 2)

para todo n ≥ 1. Use este hecho para demostrar que la serie converge.

4. Considere la siguiente serie:

∞∑n=1

n

(n+ 1)!

a) Demuestre, usando induccionn∑

k=1

k

(k + 1)!= 1− 1

(k + 1)!.

b) Determine si la serie dada converge o diverge. En caso de con-vergencia determine su suma.

5. Realice lo siguiente:

a) Demuestre, utilizando induccion matematica,la siguiente igual-dad.

n∑k=1

2k − 1

2k= 3− 2n+ 3

2n(1)

b) Utilice el resultado (1) para determinar si la serie∞∑k=1

2k − 1

2kes

convergente o divergente, en cada caso de convergir indique aque valor converge.

Ejercicios 6.

38 2.2. Series


∞∑i=1

2i− 1

2i. Demuestre que la serie converge. Para esto proceda

como sigue:

Use induccion matematica para demostrar que Sk ≤7

2− 2k + 3

2k. Use este

hecho para concluir que {Sk} es acotada superiormente por7

2.

Pruebe que {Sk} es una sucesion creciente.

Concluya que la serie es convergente usando el resultado del teorema 7.

F Solucion. Se debe probar que:

Sk =k∑

i=1

2i− 1

2i≤ 7

2− 2k + 3

2kpara todo k ≥ 1.

Usando induccion sobre k se tiene:

para k = 1 se tiene que:

1∑i=1

2i− 1

2i≤ 7

2− 2 + 3

21⇐⇒ 1

2≤ 1 X

Ahora se debe demostrar que Pk =⇒ Pk+1, que es lo mismo a:

HI︷︸︸︷k∑

i=1

2i− 1

2i≤ 7

2− 2k + 3

2k=⇒

HQD︷︸︸︷k+1∑i=1

2i− 1

2i≤ 7

2− 2 (k + 1) + 3

2k+1

Demostracion:

k+1∑i=1

2i− 1

2i=

1

2+

3

4+

5

8+ · · ·+ 2k − 1

2k︸︷︷︸∑ki=1

2i−1

2i

+2 (k + 1)− 1

2k+1

=k∑

i=1

2i− 1

2i+

2 (k + 1)− 1

2k+1

HI≤ 7

2− 2k + 3

2k+

2 (k + 1)− 1

2k+1

=7

2−(

4k + 6

2k+1− 2 (k + 1)− 1

2k+1

)=

7

2− 2k + 5

2k+1

=7

2− 2 (k + 1) + 3

2k+1


De donde se deduce que:

k+1∑i=1

2i− 1

2i≤ 7

2− 2 (k + 1) + 3

2k+1

Por el principio de induccion se tiene que:

Sk =

k∑i=1

2i− 1

2i≤ 7

2− 2k + 3

2kpara todo k ≥ 1 .

Note ademas que

7

2− 2k + 3

2k≤ 7

2⇐⇒ −2k + 3

2k≤ 0

⇐⇒ − (2k + 3) ≤ 0

⇐⇒ −2k ≤ 3

⇐⇒ k ≥ −3

2

Lo que es evidentemente cierto, por lo que se tiene que {Sk}k≥1 esta acotada supe-

riormente por 72 .

Ahora se demostrara que {Sk}k≥1 es creciente. Por definicion basta demostrar Sk ≤Sk+1 para todo k ≥ 1.

Sk ≤ Sk+1 ⇐⇒k∑

i=1

2i− 1

2i≤

k+1∑i=1

2i− 1

2i

⇐⇒k∑

i=1

2i− 1

2i≤

k∑i=1

2i− 1

2i+

2 (k + 1)− 1

2k+1

⇐⇒ 0 ≤ 2 (k + 1)− 1

2k+1

⇐⇒ 0 ≤ 2 (k + 1)− 1

⇐⇒ 1 ≤ 2k + 2

⇐⇒ −1 ≤ 2k

⇐⇒ −1

2≤ k

Esto ultimo es evidentemente cierto, por lo que se tiene que Sk ≤ Sk+1 para todok ≥ 1. Ası, se tiene que {Sk}k≥1 es una sucesion creciente.

Como {Sk}k≥1 es una sucesion creciente y acotadas superiormente, entonces en

virtud del teorema 7 se tiene que es convergente. Por lo que∑k

i=12i−12i

es una serieconvergente.

F

40 2.2. Series

Ejemplo 34Considere la serie dada por

∞∑m=1

1√m

.

Use induccion para demostrar que Sk ≥√k.

¿Que se puede decir sobre la convergencia de la serie?

F Solucion. Se debe probar que:

Sk =k∑

m=1

1√m≥√k para todo k ≥ 1

Usando induccion sobre k se tiene que:

para k = 1 se tiene que:

1∑m=1

1√m≥√

1 ⇐⇒ 1 ≥ 1 X

Ahora se debe demostrar que Pk =⇒ Pk+1, que es lo mismo a:

HI︷︸︸︷k∑

m=1

1√m≥√k =⇒

HQD︷︸︸︷k+1∑m=1

1√m≥√k + 1

Demostracion:

k+1∑m=1

1√m

=1

1+

1√2

+1√3

+ . . .+1√k︸︷︷︸∑k

m=11√m

+1√k + 1

=

k∑m=1

1√m

+1√k + 1

≥√k +

1√k + 1

?≥√k + 1

Ahora se probara que la desigualdad anterior es verdadera:


√k +

1√k + 1

≥√k + 1

⇐⇒√k + 1

√k + 1 ≥ k + 1

⇐⇒√k + 1

√k ≥ k

⇐⇒ (k + 1) k ≥ k2

⇐⇒ k2 + k ≥ k2

⇐⇒ k ≥ 0, lo cual es verdadero.

De donde se deduce que:

k+1∑m=1

1√m≥√k + 1

Por el principio de induccion se tiene que:

Sk =k∑

m=1

1√m≥√k para todo k ≥ 1

Finalmente, note que la serie diverge, pues lımk→∞

√k =∞ y como Sk ≥

√k para todo

k, entonces lımk→∞

Sk =∞.

F

1. Considere la serie dada por

∞∑r=1

r2. Use induccion para demostrar que

Sk >k3

3. ¿Que se puede decir de la convergencia de la serie?

2. Considere la serie dada por∞∑n=1

n+ 2

n(n+ 1)2n. Use induccion para demos-

trar que Sk <3

2− 1

(n+ 1)2n. ¿Que se puede decir de la convergencia

de la serie?

Ejercicios 7.

Teorema 8 (propiedades de las series)Si∑∞

n=p an y∑∞

n=p bn son dos series convergentes, p un numero natural cualquieray c es una constante real, entonces tambien son convergentes las series

∑∞n=p can,∑∞

n=p (an + bn),∑∞

n=p (an − bn) . Ademas se cumple:

42 2.2. Series

∞∑n=p

can = c∞∑n=p

an

∞∑n=p

(an + bn) =∞∑n=p

an +∞∑n=p

bn

∞∑n=p

(an − bn) =

∞∑n=p

an −∞∑n=p

bn

Si se suprimen los primeros N primeros terminos de una serie, no se destruye suconvergencia o su divergencia, resultado que se extiende en el siguiente teorema.

Teorema 9 (Supresion de los primeros N terminos de una serie)Para cualquier entero positivo N las series

∞∑n=1

an = a1 + a2 + · · · y∞∑

n=N+1

an = aN+1 + aN+2 + · · ·

son ambas convergentes o ambas divergentes. Si ambas convergen, sus sumas difierenpor la suma parcial SN .

Ejemplo 35Si se hace uso del resultado obtenido en el ejemplo 32, con r =

2

3, se obtiene que

∞∑n=0

(2

3

)n

= 3, entonces utilizando el teorema anterior determine∞∑n=3

(2

3

)n

.

F Solucion.

∞∑n=0

(2

3

)n

= S2 +∞∑n=3

(2

3

)n

=⇒ 3 =19

9+

∞∑n=3

(2

3

)n

=⇒ 3− 19

9=∞∑n=3

(2

3

)n

=⇒∞∑n=3

(2

3

)n

=8

9

Por lo tanto tenemos que:∞∑n=3

(2

3

)n

=8

9

F


2.2.2. Criterio de divergencia

Teorema 10 (criterio de la divergencia)Si la serie

∑∞k=1 ak converge a L ∈ IR, entonces lım

k→∞ak = 0.

o Demostracion. Suponga que∑∞

k=1 ak converge a un numero real L, esto implicaque {Sn} donde Sn =

∑nk=1 ak tambien converge a L. Ademas se tiene que:

an = Sn − Sn−1 ⇒ lımn→∞

an = lımn→∞

(Sn − Sn−1)

⇒ lımn→∞

an = lımn→∞

Sn − lımn→∞

Sn−1

⇒ lımn→∞

an = L− L = 0

De donde se tiene que lımn→∞

an = 0.

p

La contrapositiva del teorema 10 es lo que se conoce como el criterio de divergencia,el mismo se leerıa como sigue:

Criterio de divergenciaSi la sucesion {ak} no converge a cero, entonces la serie

∑∞k=1 ak diverge.

Es importante aclarar que en caso de que la sucesion {ak} converja a cero, no haygarantıa de la convergencia de la serie

∑∞k=1 ak. Esto es: si ak → 0 cuando k →∞,

entonces la serie∑∞

k=1 ak puede converger o puede diverger.

Ejemplo 36Determine, de ser posible, utilizando el criterio anterior, cuales de las siguientesseries divergen:

1.∞∑n=0

2n

2.∞∑n=0

1

2n

3.∞∑n=1

n!

2n! + 1

4.∞∑n=1

10

n

5.∞∑n=1

arctan (n)

6.∞∑n=1

(−1)n

7.∞∑n=1

sen(nπ

2

)8.

∞∑n=1

n ln

(1

n

)

9.∞∑n=1

(−1)n · 3n2

4n2 − 1

F Solucion.

Para la 2. y la 4. tenemos que:

lımn→∞

1

2n= 0 lım

n→∞

10

n= 0

44 2.2. Series

por lo que el criterio no se aplica y no se puede concluir nada sobre su conver-gencia (posteriormente se vera que una de ellas converge y la otra diverge).

Para las series 1., 3., 5. y 9. se tiene que:

lımn→∞

2n = ∞ 6= 0

lımn→∞

n!

2n! + 1= lım

n→∞

n!

n!

(2 +

1

n!

) = lımn→∞

1(2 +

1

n!

) =1

26= 0

lımn→∞

arctan (n) =π

26= 0

lımn→∞

(−1)n3n2

4n2 − 1=

3

46= 0 Si n es par.

−3

46= 0 Si n es impar.

y por el criterio de divergencia se concluye que las cuatro series divergen.

Para el caso de la series dadas en 6., 7. y 8. se tiene que:

� lımn→∞

(−1)n no existe, pues cuando n es par da 1 y cuando es impar da

−1. De este modo diverge, pues el lımite no es cero.

� Considere el lımite lımn→∞

sen(nπ

2

), note que cuando n es par se tiene que

sen(nπ

2

)= 0 y cuando n es impar se tiene que sen

(nπ2

)= 1 o bien

sen(nπ

2

)= −1. De donde se concluye que el lımite no existe.

� Para el caso de lımn→∞ n ln

(1

n

), considere la funcion real que cumple

que f(n) = n ln

(1

n

)para todo n ∈ IN, n ≥ 1. Usando L’Hopital se

demuestra que:

lımx→∞

x ln

(1

x

)= −∞

de donde se tiene que la serie diverge.

F

Ejemplo 37


2.2.3. Criterio de la serie Geometrica

Definicion 15 (Serie Geometrica)La serie dada por:

1 + r + r2 + · · ·+ rn + · · · =∞∑k=0

rk =∞∑k=1

rk−1

se llama serie Geometrica.

Teorema 11La serie geometrica

∞∑k=0

rk converge a1

1− rsi |r| < 1 y diverge si |r| ≥ 1.

o Demostracion. La demostracion del teorema corresponde al ejemplo 32. Puedeconsultarse allı.

p

En el caso de que la serie inicie en p y |r| < 1 se tiene que

∞∑k=p

rk =∞∑k=0

rk+p = rp∞∑k=0

rk = rp · 1

1− r=

rp

1− r

Criterio de la serie Geometrica

∞∑k=p

rk

converge a

rp

1− rsi |r| < 1

diverge si |r| ≥ 1.

Ejemplo 38Determine la suma de

∞∑k=3

4k+1

5k:

F Solucion.∞∑k=3

4k+1

5k= 4

∞∑k=3

4k

5k= 4

∞∑k=3

(4

5

)k

como

∣∣∣∣45∣∣∣∣ < 1 la serie anterior converge y:

4

∞∑k=3

(4

5

)k

= 4 ·

(4

5

)3

1− 4

5

=256

25

46 2.2. Series

F

Ejemplo 39Determine, en caso de convergencia, la suma de la serie

∞∑k=0

(−1)k+1 − 2k

5k+1.

F Solucion. Usando la propiedades para series convergentes dadas en el teorema8, se tiene que:

∞∑k=0

(−1)k+1 − 2k

5k+1=

∞∑k=0

(−1)k+1

5k+1−∞∑k=0

2k

5k+1

=∞∑k=0

[−1

5

(−1)k

5k− 1

5

2k

5k

]

=∞∑k=0

[−1

5

(−1

5

)k

− 1

5

(2

5

)k]

como

∣∣∣∣−1

5

∣∣∣∣ < 1 y

∣∣∣∣25∣∣∣∣ < 1 ambas series convergen, ası:

∞∑k=0

[−1

5

(−1

5

)k

− 1

5

(2

5

)k]

= −1

5

∞∑k=0

(−1

5

)k

− 1

5

∞∑k=0

(2

5

)k

= −1

5· 1

1− −15− 1

5· 1

1− 25

= −1

2

por lo tanto∞∑k=0

(−1)k+1 − 2k

5k+1=−1

2.

F


∞∑n=0

23n + 3n−1

42n

Analice la convergencia de dicha serie. En caso de converger calcule el valor de susuma.


F Solucion. Haciendo uso del teorema 8 se tiene que:

∞∑n=0

23n + 3n−1

42n=

∞∑n=0

(23n

42n+

3n−1

42n

)

=

∞∑n=0

23n

24n+

1

3

∞∑n=0

3n

16n

=∞∑n=0

(1

2

)n

+1

3

∞∑n=0

(3

16

)n

Note que

∣∣∣∣12∣∣∣∣ < 1 y

∣∣∣∣ 3

16

∣∣∣∣ < 1, entonces las series son convergentes, de este modo se

tiene que:

∞∑n=0

(1

2

)n

+1

3

∞∑n=0

(3

16

)n

=1

1− 1

2

+1

3· 1

1− 3

16

= 2 +16

39=

94

39

F

1. Calcule la suma de las siguientes series:

a)∞∑k=1

6ek

3k+1

b)+∞∑n=1

(7

4

)2−n

c)∞∑n=1

[2n

3n+1− 2−n+2

]

d)∞∑n=1

[(2

3

)n

+

(2

3

)n+2]

2. Encuentre los valores de w (w 6= 0) para que la serie geometrica∞∑n=3

2w2n+1

3wn+3sea convergente y halle su respectiva suma parcial en

terminos de w.

3. Sea S =3

10+

3

100+

3

1000+ ...

a) Represente a S por medio de una serie.

b) Verifique que S converge y halle el valor al cual converge.

Ejercicios 8.

48 2.2. Series

2.2.4. Criterio de la serie telescopica

Definicion 16 (Serie telescopica)

Decimos que una serie∞∑n=1

an es telescopica si existe una sucesion {bn} tal que

an = bn − bn+1.

Teorema 12

Sea∞∑n=1

an =∞∑n=1

(bn − bn+1) una serie telescopica. Entonces la serie converge si y

solo si la sucesion {bn} converge y

∞∑n=1

an =∞∑n=1

(bn − bn+1) = b1 − lımn→∞

bn+1

o Demostracion. Considere la k−esima suma parcial de la serie,

Sk =

k∑n=1

an

=k∑

n=1

(bn − bn+1)

= (b1 − b2) + (b2 − b3) + · · ·+ (bk−1 − bk) + (bk − bk+1)

= b1 − b2� + b2�− b3� + · · ·+ bk−1� − bk� + bk�− bk+1

= b1 − bk+1

De este modo se tiene que la sucesion de las k−esimas sumas parciales {Sk} co-

rresponden a Sk = b1 − bk+1. Por definicion, la serie∞∑n=1

an converge, si la sucesion

{Sk} converge, y lo hacen al mismo valor. Ası, la sucesion {Sk} converge, si y solosi lım

k→∞bk+1 existe. De donde se tiene que:

∞∑n=1

an = lımk→∞

(b1 − bk+1) = b1 − lımk→∞

bk+1

p


Para el caso que la serie inicie en p se tiene que:

∞∑n=p

an =∞∑n=p

(bn − bn+1) =∞∑n=1

(bn+(p−1) − bn+(p−1)+1)

=∞∑n=1

(bn+p−1 − bn+p) = bp − lımk→∞

bk+p

= bp − lımk→∞

bk+1

Pues lımk→∞

bk+p = lımk→∞

bk+1.

Criterio de la serie telescopica

∞∑n=p

(bn − bn−1)

converge a bp − lım

k→∞bk+1 si lım

k→∞bk+1 existe

diverge si lımk→∞

bk+1 existe


∞∑n=2

ln

(1− 1

n2

). Determine si esta serie converge o diverge. Y si

converge calcule su suma.

F Solucion.

∞∑n=2

ln

(1− 1

n2

)=

∞∑n=2

ln

(n2 − 1

n2

)=

∞∑n=2

[ln (n+ 1) + ln (n− 1)− 2 ln (n)]

=∞∑n=2

[ln (n− 1)− ln (n) + ln (n+ 1)− lnn]

=∞∑n=2

[ln

(n− 1

n

)− ln

(n

n+ 1

)]

Luego bn+1 = ln

(n

n+ 1

), como

lımn→∞

ln

(n

n+ 1

)= 0

se concluye que∞∑n=2

ln

(1− 1

n2

)converge y al ser una serie telescopica, su suma

esta dada por:

b2 − lımn→∞

ln

(n

n+ 1

)= ln

(1

2

)

50 2.2. Series

F

Ejemplo 42Analice la convergencia de la serie

∞∑n=1

(−1

n2 + 3n+ 2

)En caso de converger, determine el valor de su suma.

F Solucion. Aplicando fracciones parciales a−1

n2 + 3n+ 2tenemos que:

−1

n2 + 3n+ 2=

−1

(n+ 1) (n+ 2)=

A

n+ 1+

B

n+ 2

=⇒ −1 = (A+B)n+ 2A+B

=⇒ A = −1 y B = 1

por lo tanto:−1

n2 + 3n+ 2=−1

n+ 1− −1

n+ 2

y tenemos que:∞∑n=1

(−1

n2 + 3n+ 2

)=∞∑n=1

(−1

n+ 1− −1

n+ 2

)Luego, bn+1 = −1

n+2 de donde se tiene que {bn} es una sucesion convergente ya que

lımn→∞

−1

n+ 1= 0

Ası,∞∑n=1

(−1

n2 + 3n+ 2

)converge y al ser una serie telescopica, su suma esta dada

por:

b1 − lımn→∞

−1

n+ 1=−1

2

F


∞∑n=1

(6

9n2 + 24n+ 7

)En caso de converger, determine el valor de su suma.


F Solucion. Aplicando fracciones parciales se tiene que:

6

9n2 + 24n+ 7=

1

3n+ 1− 1

3n+ 7

notemos que los terminos no son consecutivos por lo que la serie no se aprecia quesea una telescopica.

6

9n2 + 24n+ 7=

1

3n+ 1− 1

3n+ 4+

1

3n+ 4− 1

3n+ 7

por lo que

∞∑n=1

6

9n2 + 24n+ 7=

∞∑n=1

[(1

3n+ 1− 1

3n+ 4

)+

(1

3n+ 4− 1

3n+ 7

)]

=

∞∑n=1

(1

3n+ 1− 1

3n+ 4

)+

∞∑n=1

(1

3n+ 4− 1

3n+ 7

)=

(1

3 + 1− lım

n→∞

1

3n+ 4

)+

(1

3 + 4− lım

n→∞

1

3n+ 7

)=

1

4+

1

7=

11

28

y de aquı tenemos que∞∑n=1

6

9n2 + 24n+ 7=

11

28

F


∞∑n=1

1

n (n+ 1) (n+ 2)

En caso de converger, determine el valor de su suma.

F Solucion. Usando fracciones parciales se tiene que:

1

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

12

n+−1

n+ 1+

12

n+ 2

52 2.2. Series

∞∑n=1

1

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

∞∑n=1

(12

n+−1

n+ 1+

12

n+ 2

)

=1

2

∞∑n=1

(1

n+−2

n+ 1+

1

n+ 2

)

=1

2

∞∑n=1

(1

n− 1

n+ 1− 1

n+ 1+

1

n+ 2

)

=1

2

[ ∞∑n=1

(1

n− 1

n+ 1

)−∞∑n=1

(1

n+ 1− 1

n+ 2

)]

=1

2

[1− lım

n→∞

1

n+ 1−(

1

2− lım

n→∞

1

n+ 2

)]=

1

2

[1− 1

2

]=

1

4

F


∞∑n=1

1

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


F Solucion. Usando fracciones parciales se tiene que:

1

(n+ 1) (n+ 2) (n+ 3)=−1

2

n+ 1+

2

n+ 2+−3

2

n+ 3

∞∑n=1

1

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

∞∑n=1

(−1

2

n+ 1+

42

n+ 2+−3

2

n+ 3

)

=∞∑n=1

(−1

2

n+ 1+

12

n+ 2+

32

n+ 2+−3

2

n+ 3

)

=

∞∑n=1

(−1

2

n+ 1+

12

n+ 2

)+

∞∑n=1

(32

n+ 2+−3

2

n+ 3

)

= −1

2

∞∑n=1

(1

n+ 1− 1

n+ 2

)+

3

2

∞∑n=1

(1

n+ 2− 1

n+ 3

)= −1

2

(1

2− lım

n→∞

1

n+ 2

)+

3

2

(1

3− lım

n→∞

1

n+ 3

)= −1

4+

3

6=

1

4


F


∞∑n=1

ln

(n2 + 3n+ 2

n2 + 3n

)


F Solucion.

∞∑n=1

ln

(n2 + 3n+ 2

n2 + 3n

)=

∞∑n=1

ln

[(n+ 2) (n+ 1)

n (n+ 3)

]

=∞∑n=1

[ln (n+ 2) + ln (n+ 1)− lnn− ln (n+ 3)]

= −∞∑n=1

[lnn− ln (n+ 1)] +

∞∑n=1

[ln (n+ 2)− ln (n+ 3)]

= −[ln 1− lım

n→∞ln (n+ 1)

]+[ln 3− lım

n→∞ln (n+ 3)

]= lım

n→∞[ln (n+ 1)− ln (n+ 3)]− ln 3

= lımn→∞

lnn+ 1

n+ 3− ln 3 = ln 3

F

1. Determine si las siguientes series convergen o divergen. En caso de serconvergente halle su suma.

a)∞∑k=2

4

k2 + 6k + 8

b)∞∑n=2

16

(4n− 1) (4n+ 7)

c)

∞∑k=1

[cos

π

k− cos

π

k + 2

]

d)∞∑n=1

1

n (n+ 1) (n+ 2)

e)

∞∑n=3

3n2n − (n+ 1) 2n+1

3n+1

Ejercicios 9.

54 2.2. Series

2.2.5. Criterio de la integral y p−series

Este criterio permite analizar la divergencia o convergencia de una serie, pero nocalcula su suma. Se puede realizar una aproximacion de esta suma y medir el errorde aproximacion.

Teorema 13 (Criterio de la integral)Si f es monotona en el intervalo [a,∞[ para algun a ∈ IN entonces:

∞∑n=1

f(n) converge ⇐⇒∫ ∞a

f (x) dx converge

o Demostracion. Por el teorema 9 se puede suponer que a = 1.

n

f(n)

n+1

f(n+1)

x

y

n

f(n)

n+1

f(n+1)

x

y

n

f(n)

n+1

f(n+1)

x

y

R T

A

R = f(n+1) T = f(n)

n

n+1

f(x) dxA=

Figura 2.2: Caso de una funcion decreciente positiva

Si f es decreciente y positiva [1,∞[, entonces en el intervalo [n, n + 1] conn ∈ IN, n ≥ 1 se cumple que:

f(n+ 1) ≤∫ n+1

nf(x)dx ≤ f(n)

⇒k∑

n=1

f(n+ 1) ≤k∑

n=1

∫ n+1

nf(x)dx ≤

k∑n=1

f(n)

⇒ Sk+1 − f(1) ≤∫ k+1

1f(x)dx ≤ Sk

De esta forma se tiene dos analisis:


� De la primera parte de la desigualdad anterior y del hecho que f espositiva se tiene que:

Sk+1 ≤∫ k+1

1f(x)dx+ f(1) ≤

M︷︸︸︷∫ ∞1

f(x)dx+ f(1)

De donde se tiene que si

∫ ∞1

f(x)dx existe se tendrıa que la sucesion {Sk}es creciente y acotada superiormente por M , de donde y en virtud delteorema 7 se tiene que {Sk} es convergente. Por lo que la serie converge.

� De la segunda parte de la desigualdad anterior se tiene que:∫ k+1

1f(x)dx ≤ Sk

De donde claramente si la integral

∫ ∞1

f(x)dx =∞ se tiene que Sk →∞cuando k →∞. Y la serie diverge.

Si f es creciente y positiva, en analisis es analogo al anterior.

En caso de ser f negativa, basta estudiar la serie∞∑n=1

−f(n).

p

Ejemplo 47Determine si la serie

∞∑n=2

1

n ln2 nconverge o diverge.

F Solucion. Sea f (x) =1

x ln2 x. Tenemos que f ′ (x) =

− (lnx+ 2)

x2 ln3 x. Es claro que

lnx > 0 ∀x ≥ 2. Por lo que f ′ (x) < 0 ∀x ≥ 2 y por lo tanto f es decreciente (y porlo tanto monotona) en [2,∞[ . Ası, aplicando el criterio de la integral:∫ ∞

2

1

x ln2 xdx = lım

b→∞

∫ b

2

1

x ln2 xdx

= lımb→∞

(−1

lnx

∣∣∣∣b2

)

= lımb→∞

(−1

ln b+

1

ln 2

)=

1

ln 2

ası

∫ ∞2

1

x ln2 xdx converge y por lo tanto

∞∑n=2

1

n ln2 ntambien.

F

56 2.2. Series

Ejemplo 48Determine si la serie

∞∑n=0

e−√n converge o diverge.

F Solucion. Sea f (x) = e−√x. Tenemos que f ′ (x) =

−e−√x

2√x

. Es claro que e−√x >

0 ∀x ≥ 1. Por lo que f ′ (x) < 0 ∀x ≥ 1 y por lo tanto f es decreciente (y por lotanto monotona) en [1,∞[ . Ası, aplicando el criterio de la integral:∫ ∞

1e−√xdx = lım

b→∞

∫ b

1e−√xdx (aplicar sust. y partes)

= lımb→∞

(−2√xe−

√x − 2e−

√x∣∣∣b1

)= lım

b→∞

(−2√be−√b − 2e−

√b −

(−2e−1 − 2e−1

))= 4e−1

ası

∫ ∞1

e−√xx converge y por lo tanto

∞∑n=0

e−√n tambien.

F


∞∑k=1

lnn

n.

F Solucion. Basta analizar el valor de la integral

∫ ∞3

lnx

xdx

u = lnx =⇒ du =1

xdx

lımA→∞

A∫ln 3

udu = lımA→∞

u2

2

∣∣∣∣Aln 3

=∞

Por lo que se tiene que la serie

∞∑k=1

lnn

ndiverge.

F

Ejemplo 50Utilice el criterio de la integral para demostrar que la serie

∞∑n=1

(n+ 1)p diverge

para p > −1.

F Solucion. Se debe demostrar que (n+ 1)p es monotona. Sea f (x) = (x+ 1)p

f ′ (x) = p (x+ 1)p+1


donde si para x > 1 tenemos que f es creciente si p > 0 y decreciente si p < 0. Encualquier caso f es monotona. Por lo que se puede aplicar el criterio de la integral.

∫ ∞1

(x+ 1)p dx = lımB→∞

∫ B

1(x+ 1)p dx = lım

B→∞

(x+ 1)p+1

p+ 1

∣∣∣∣∣B

1

= lımB→∞

((B + 1)p+1

p+ 1− (1 + 1)p+1

p+ 1

)

= lımB→∞

((B + 1)p+1

p+ 1− 2p+1

p+ 1

)

Analizado el lımite anterior se tiene que

lımB→∞

(B + 1)p+1 =∞

Si p+ 1 > 0 =⇒ p > −1 por lo que la integral diverge para p > −1. Luego, la seriediverge para p > −1.

F

1. Use el criterio de la Integral para analizar la convergencia de las si-guientes series:

a)∞∑n=2

n

e3n2

b)

∞∑n=2

1

n ln3 n

c)∞∑n=1

1

n(1 + ln2 n)

Ejercicios 10.

Teorema 14 (Criterio de las p−series)La serie definida por

∞∑n=1

1

np

es convergente si p > 1 y divergente si p ≤ 1. Esta serie se conoce como p−serie oserie de Dirichlet.

o Demostracion. Ejercicio.

p

58 2.2. Series

Ejemplo 51Son p−series:

∞∑n=2

1

n5

∞∑n=5

√n, pues

∞∑n=5

√n =

∞∑n=5

1

n−1/2y ası p =

−1

2

∞∑n=5

1

(n− 2)6, pues

∞∑n=5

1

(n− 2)6=∞∑n=3

1

n6

∞∑n=1

1

n, esta serie es conocida como la serie armonica, la cual es divergente pues

p = 1.

Ejemplo 52Si se sabe que

∞∑n=1

1

n2=π2

6determine la suma de

∞∑n=5

5

n2 − 6n+ 9

F Solucion. Se tiene que:

∞∑n=5

5

n2 − 6n+ 9= 5

∞∑n=5

1

(n− 3)2

= 5∞∑n=2

1

n2= 5

( ∞∑n=1

1

n2− 1

)= 5

( ∞∑n=1

1

n2− 1

)

= 5

∞∑n=1

1

n2− 5 =

5π2

6− 5

F

Ejemplo 53Determine la convergencia o divergencia de la serie definida por:

∞∑n=1

5

9n2 + 18n+ 9

F Solucion. Al factorizar el denominador de la sucesion asociada a la serie se tieneque:

∞∑n=1

5

9n2 + 18n+ 9=∞∑n=1

5

9 (n2 + 2n+ 1)=

5

9

∞∑n=1

1

(n+ 1)2=

5

9

∞∑n=2

1

n2

La serie anterior es una p serie con p = 2 > 1 por lo que la serie converge.

F


2.2.6. Criterios de Comparacion

Teorema 15 (I criterio de comparacion / criterio de comparacion directa)Sean N ∈ IN, y 0 ≤ an ≤ bn para todo n ≥ N . Entonces:

Si∞∑n=1

bn converge, entonces∞∑n=1

an converge.

Si

∞∑n=1

an diverge, entonces

∞∑n=1

bn diverge.

o Demostracion. Se sabe que las series∑∞

n=1 an y∑∞

n=N an tiene el mismo com-portamiento que las series

∑∞n=1 bn y

∑∞n=N bn.

Considere Sk y Tk las k−esimas sumas parciales de las series∑∞

n=N an y∑∞

n=N bn,respectivamente. Como las series son de terminos positivos, las sucesiones {Sk}k≥1y {Tk}k≥1 son crecientes.

Si∑∞

n=N bn = T , entonces se tiene que:

0 ≤ Sk ≤ Tk ≤ T ∀k ≥ 1

De donde se tiene que la sucesion {Sk}k≥1 es acotada por T . Por lo tanto dichasucesion es creciente y acotada superiormente. En virtud del teorema 7 se tieneque {Sk}k≥1 converge.

Si∑∞

n=N an = ∞, entonces la sucesion {Sk}k≥1 crece sin cota. Y como Tk ≥Sk para todo k, entonces se tiene que {Tk}k≥1 crece sin cota y por lo tanto∑∞

k=N bn diverge.

p

Teorema 16 (II criterio de comparacion / criterio de comparacion en el lımite)Suponga que

∑∞n=1 an y

∑∞n=1 bn son series de terminos positivos:

1. Si lımn→∞

anbn

= L, L es finito positivo. Entonces ambas series convergen o ambas

series divergen.

2. lımn→∞

anbn

= 0 y∞∑n=1

bn converge, entonces∞∑n=1

an converge.

3. lımn→∞

anbn

=∞ y∞∑n=1

bn diverge, entonces∞∑n=1

an diverge.

o Demostracion. Se omite (requiere la definicion formal de lımite de una sucesion).

60 2.2. Series

p

Comentarios sobre el teorema anterior:

1. Si el lımite da una constante es porque el comportamiento de ambas series enel infinito es muy parecido.

2. Como lımn→∞

anbn

= 0 necesariamente an ≤ bn para n ≥ N y como∑bn converge,

aplicando el criterio de comparacion directa se tiene que∑an converge.

3. Como lımn→∞

anbn

=∞ necesariamente an ≥ bn para n ≥ N y como∑bn diverge,

aplicando el criterio de comparacion directa se tiene que∑an diverge.

Para hacer la escogencia de las series para la comparacion podemos hacer uso de lasiguiente cadena, que nos muestra que termino es dominante sobre algun otro en elinfinito esto se utilizara cuando las acotaciones no son directas.

k � lnn� np � an � n!� nn

Ejemplo 54Las siguientes expresiones son equivalentes en el infinito y lo denotamos con elsımbolo v.

n10 + lnn√5n + 62

vn10√

5n

6n + n!

nn + n525vn!

nn

Ejemplo 55Determine la convergencia de las siguientes series:

1.∞∑n=1

sen(n2)

+ 1

7n

2.∞∑n=0

4n

3n − 1

3.∞∑n=1

√n√

n3 + 1

4.∞∑n=1

2n2 − 1

3n5 + 2n+ 1

5.∞∑n=1

lnn

n5

F Solucion.

1.∞∑n=1

sen(n2)

+ 1

7n, considere el analisis que se presenta a continuacion:

−1 ≤ sen(n2)≤ 1 =⇒ 0 ≤ sen

(n2)

+ 1 ≤ 2

=⇒ 0 ≤sen(n2)

+ 1

7n≤ 2

7n


como la serie∞∑n=1

2

7n= 2

∞∑n=1

(1

7

)n

converge ya que es una serie geometrica de r = 17 < 1, y por el criterio de

comparacion directa se tiene que∞∑n=1

sen(n2)+1

7n tambien converge.

2.∞∑n=0

4n

3n − 1, considere el termino dominante de la sucecion

{4n

3n − 1

}:

4n

3n − 1=

4n

3n· 1

1− 1

3n

=4n

3n· 3n

3n − 1>

4n

3n· 3n

3n=

4n

3n

∴

(4

3

)n

≥ 4n

3n − 1

como la serie∞∑n=1

(43

)ndiverge ya que es una serie geometrica de r =

4

3> 1, y

por el criterio de comparacion directa se tiene que∞∑n=0

4n

3n−1 tambien diverge.

Nota: El ejemplo anterior tambien se puede realizar de una forma mas directautilizando el criterio de comparacion en el lımite, ya que 4n

3n−1 v 4n

3n .

3.∞∑n=1

√n√

n3 + 1, considere el analisis que se presenta a continuacion:

√n√

n3 + 1v

√n√n3

=1

n

lımn→∞

√n√

n3 + 11

n

= lımn→∞

√n3√

n3 + 1= 1

como el lımite es 1 y∞∑n=1

1

ndiverge, entonces la serie

∞∑n=1

√n√

n3 + 1tambien

diverge.

4.∞∑n=1

2n2 − 1

3n5 + 2n+ 1, considere el analisis que se presenta a continuacion:

2n2 − 1

3n5 + 2n+ 1v

2n2

3n5=

2

3n3

lımn→∞

2n2 − 1

3n5 + 2n+ 1

2

3n3= lım

n→∞

6n5 − 3n3

6n5 + 4n+ 2= 1

como el lımite es 1 y∑ 2

3n3converge, entonces la serie

∞∑n=1

2n2 − 1

3n5 + 2n+ 1tam-

bien converge.

62 2.2. Series

5.∞∑n=1

lnn

n5, considere el analisis

lnn

n5<

n

n5=

1

n4

como∞∑n=1

1

n4converge, entonces

∞∑n=1

lnn

n5tambien converge.

F

Determine si las siguientes series convergen o divergen.

1.

∞∑k=1

3 + sen (k)

22k + 1

2.∞∑k=1

3− cos (2k)

2k + 5

3.

∞∑n=1

2 + sen2 n√n+ 1

4.

∞∑n=1

n+ e−n

5n (n+ 9)

Ejercicios 11.


Soluciones de algunos ejercicios

Capıtulo 01.

Ejercicios 1:

Capıtulo 02.

Ejercicios 2:

Ejercicios 3:

Ejercicios 4:

Ejercicios 5:

Ejercicios 6:

Ejercicios 7:

Ejercicios 8:

#1. a)−2e

e− 3. b)

49

12. c)−10

3. d)

26

9.

Ejercicios 9:

a)9

10. b)

36

77. c) −3. d)

1

4. e)

8

9.

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Inducción, Sucesiones y Series