Matemáticas universitarias — Grado 1 · Bachelor Year 1

17Series numéricas

Sumar infinitos números significa tomar el límite de las sumas parciales — ni más, ni menos. Este capítulo establece las definiciones y los criterios de convergencia utilizables en el primer año: la comparación y los equivalentes para términos positivos, el criterio del cociente, la comparación con integrales que da las series de Riemann, la convergencia absoluta y el teorema de las series alternadas. La teoría más fina (productos de series, sumación por paquetes, series de funciones) corresponde al segundo año.

17.1 Generalidades

Definición 17.1

Dada una sucesión $(u_n)$ , la serie $\sum u_n$ es la sucesión de sumas parciales $S_N = \sum_{n=0}^{N} u_n$ . La serie converge cuando $(S_N)$ converge; el límite es la suma $\sum_{n=0}^{\infty} u_n$ , y $R_N = \sum_{n > N} u_n = S - S_N$ es el resto, que tiende a $0$ .

Ejemplo 17.2 (Series geométricas)

Para $q \in \C$ : $\;S_N = \sum_{n=0}^{N} q^n = \frac{1 - q^{N+1}}{1-q}$ ( $q \neq 1$ ). La serie converge si y solo si $\abs q < 1$ (Ejercicio 11.3), con

\sum_{n=0}^{\infty} q^n = \frac{1}{1 - q} .

Ejemplo 17.3 (Los decimales periódicos son series geométricas)

¿Qué número es $0.363636\dots$ ? Su propia escritura es una serie:

0.\overline{36} = \sum_{k=1}^{\infty} \frac{36}{100^k} = 36\cdot\frac{1/100}{1 - 1/100} = \frac{36}{99} = \frac{4}{11} ,

por la suma geométrica con $q = \frac{1}{100}$ . En general, un bloque $B$ de $p$ cifras que se repite para siempre vale $\frac{B}{10^p - 1}$ — el mecanismo que hay detrás del criterio de periodicidad del Problema 10.1, que el lenguaje de este capítulo enuncia por fin en una línea: un desarrollo decimal es una serie convergente, finalmente periódica exactamente cuando su suma es racional. La maquinaria de cifras del capítulo 10, construida allí con supremos desnudos, era teoría de series viajando de incógnito.

Proposición 17.4 (Primeros hechos)

Si $\sum u_n$ converge, entonces $u_n \to 0$ . (El recíproco es falso: la serie armónica.)
Linealidad: las series convergentes se suman y se multiplican por escalares, con las sumas esperadas.
(Telescopaje) $\sum (v_{n+1} - v_n)$ converge si y solo si $(v_n)$ converge, con suma $\lim v_n - v_0$ .
Cambiar finitos términos no afecta a la convergencia (solo a la suma).

Demostración. (1) $u_N = S_N - S_{N-1} \to S - S = 0$ . La serie armónica tiene $u_n = \frac1n \to 0$ y, aun así, diverge (Ejercicio 11.5). (2) Operaciones con límites. (3) $S_N = v_{N+1} - v_0$ . (4) Las sumas parciales cambian en una cantidad finalmente constante. ∎

Ejemplo 17.5 (Planificar cifras con el resto geométrico)

Para $\abs q < 1$ , el resto de la serie geométrica es explícito:

R_N = \sum_{n = N+1}^{\infty} q^n = \frac{q^{N+1}}{1 - q} .

Esto convierte los objetivos de precisión en número de términos antes de cualquier cálculo. Para evaluar $\sum_{n\geq0} \bigl(\frac13\bigr)^n = \frac32$ con error $10^{-10}$ hace falta $\frac{(1/3)^{N+1}}{2/3} \leq 10^{-10}$ , es decir, $3^{N} \geq \frac{3}{2}\cdot 10^{10}$ , es decir, $N \geq 22$ (pues $3^{22} \approx 3.1\cdot10^{10}$ ): veintitrés términos, sabidos de antemano. Toda estimación de ritmo geométrico de los problemas del fin de semana (la serie en $\frac13$ para $\ln 2$ , los arcotangentes de Machin en el Problema 16.1) es este presupuesto de dos líneas vestido de gala.

Ejemplo 17.6 (Un telescopio más largo)

Calcúlese $\sum_{n\geq1} \frac{1}{n(n+1)(n+2)}$ . Fracciones simples (Capítulo 9):

\frac{1}{n(n+1)(n+2)} = \frac{1/2}{n} - \frac{1}{n+1} + \frac{1/2}{n+2} = \frac12\Bigl(\frac{1}{n(n+1)} - \frac{1}{(n+1)(n+2)}\Bigr),

donde la segunda forma —una diferencia de valores consecutivos de $w_n = \frac{1}{n(n+1)}$ — es la telescópica. Por tanto,

\sum_{n=1}^{N} \frac{1}{n(n+1)(n+2)} = \frac12\Bigl(w_1 - w_{N+1}\Bigr) = \frac12\Bigl(\frac12 - \frac{1}{(N+1)(N+2)}\Bigr) \longrightarrow \frac14 .

La idea de cierre: las fracciones simples de tres términos rara vez telescopan tal como se escriben; reagrúpense antes en una diferencia $w_n - w_{n+1}$ — la recompensa no es solo la convergencia, sino la suma exacta, que ningún criterio de comparación entrega jamás.

17.2 Series de términos no negativos

Teorema 17.7 (Sumas parciales acotadas)

Si $u_n \geq 0$ para todo $n$ , las sumas parciales crecen, de modo que $\sum u_n$ converge $\iff$ sus sumas parciales están acotadas superiormente. De ahí el criterio de comparación: si $0 \leq u_n \leq v_n$ para todo $n$ (grande),

\sum v_n \text{ converge} \implies \sum u_n \text{ converge}, \qquad \sum u_n \text{ diverge} \implies \sum v_n \text{ diverge}.

Y el criterio de los equivalentes: si $u_n \sim v_n$ con $v_n \geq 0$ , las dos series tienen la misma naturaleza.

Demostración. Teorema del límite monótono (Teorema 11.9) para lo primero; comparación de sumas parciales para lo segundo. Equivalentes: para $n$ grande, $\frac12 v_n \leq u_n \leq 2 v_n$ (definición de $\sim$ con $\varepsilon = \frac12$ ), y la comparación se aplica en los dos sentidos. ∎

Ejemplo 17.8 (Un equivalente que demuestra la divergencia)

¿Naturaleza de $\sum_{n\geq1} n\sin\dfrac{1}{n^2}$ ? Como $\frac{1}{n^2} \to 0$ y $\sin h \sim h$ en $0$ :

n\sin\frac{1}{n^2} \;\sim\; n\cdot\frac{1}{n^2} = \frac1n ,

y el criterio de los equivalentes transfiere la divergencia de la serie armónica: divergente — aunque los términos tiendan a $0$ . Un desarrollo, una escala, un veredicto; y el mismo esquema de dos pasos (equivalente y después consulta de Riemann o geométrica) decide las cuatro series del Ejercicio 17.3.

Ejemplo 17.9 (El criterio de los equivalentes en una línea)

¿Naturaleza de $\sum_{n \geq 1} \frac{\sqrt{n+1} - \sqrt n}{n}$ ? Multiplíquese el numerador por el conjugado:

\frac{\sqrt{n+1} - \sqrt n}{n} = \frac{1}{n\,(\sqrt{n+1} + \sqrt n)} \sim \frac{1}{2\,n^{3/2}} ,

una escala de Riemann convergente ( $\alpha = \frac32 > 1$ ): la serie converge. Toda la decisión ha costado un equivalente y una consulta — siempre que los términos sean no negativos, como lo son. La idea de cierre: para las series positivas, toda la teoría de la convergencia es un diccionario de escalas ( $n^{-\alpha}$ , $q^n$ , $\frac{1}{n(\ln n)^\alpha}$ ) más la licencia para sustituir un término por un equivalente; el trabajo analítico está en la asintótica (Capítulo 16), nunca en la sumación.

Teorema 17.10 (Comparación con integrales; series de Riemann)

Sea $f$ continua, no negativa y decreciente en $\intco{1}{+\infty}$ . Entonces

\int_1^{N+1} f(t)\,\dd t \;\leq\; \sum_{n=1}^{N} f(n) \;\leq\; f(1) + \int_1^{N} f(t)\,\dd t ,

de modo que $\sum f(n)$ converge si y solo si $\bigl(\int_1^x f\bigr)$ está acotada. En particular, para $\alpha \in \R$ :

\sum_{n \geq 1} \frac{1}{n^\alpha} \text{ converge} \iff \alpha > 1,

y $\sum_{n=1}^{N} \frac1n = \ln N + O(1)$ .

Demostración. Para $n \leq t \leq n+1$ , la monotonía da $f(n+1) \leq f(t) \leq f(n)$ ; integrando en $\intcc{n}{n+1}$ (un segmento de longitud $1$ ):

f(n+1) \;\leq\; \int_n^{n+1} f(t)\,\dd t \;\leq\; f(n) .

Sumando las desigualdades de la derecha para $n = 1, \dots, N-1$ se obtiene $\int_1^{N} f \leq \sum_{n=1}^{N-1} f(n)$ , y de ahí el encuadre superior tras añadir $f(N) \leq f(1)$ ; sumando las de la izquierda para $n = 1, \dots, N$ se obtiene $\sum_{n=2}^{N+1} f(n) \leq \int_1^{N+1} f$ , que tras reindexar es el encuadre inferior. Convergencia: las sumas parciales y las integrales $\int_1^x f$ se acotan mutuamente salvo la constante $f(1)$ , y las dos son no decrecientes, de modo que una está acotada si y solo si lo está la otra (Teorema 17.7). Para $f(t) = t^{-\alpha}$ ( $\alpha \neq 1$ ): $\int_1^x t^{-\alpha}\dd t = \frac{x^{1-\alpha} - 1}{1 - \alpha}$ , acotada si y solo si $\alpha > 1$ ; para $\alpha = 1$ , la integral es $\ln x \to \infty$ , y el encuadre da $\ln(N+1) \leq H_N \leq 1 + \ln N$ . Y para $\alpha \leq 0$ los términos no tienden a $0$ . ∎

Ejemplo 17.11 (La pila armónica)

¿Cuántos términos tiene que acumular la serie armónica para pasar de $20$ ? El encuadre $\ln(N+1) \leq H_N \leq 1 + \ln N$ responde sin sumar nada: $H_N \geq 20$ exige $1 + \ln N \geq 20$ , es decir, $N \geq \eu^{19} \approx 1.8\cdot10^{8}$ , y está garantizado en cuanto $\ln(N + 1) \geq 20$ , es decir, $N \approx \eu^{20} \approx 4.9\cdot10^{8}$ . (El problema del fin de semana lo afina hasta $N \approx \eu^{20 - \gamma} \approx 2.7\cdot10^{8}$ mediante la constante de Euler.) La idea de cierre: la comparación con integrales no solo decide la convergencia — también localiza las sumas parciales con precisión logarítmica, convirtiendo un cálculo desesperado (cientos de millones de términos) en una estimación de dos líneas.

Teorema 17.12 (Criterio del cociente (d’Alembert))

Sea $u_n > 0$ con $\frac{u_{n+1}}{u_n} \to \ell$ .

Si $\ell < 1$ : $\sum u_n$ converge;
si $\ell > 1$ : $u_n \to +\infty$ , divergencia;
si $\ell = 1$ : no hay conclusión ( $\sum \frac1n$ diverge y $\sum \frac{1}{n^2}$ converge).

Demostración. Si $\ell < 1$ , fíjese $q \in \intoo{\ell}{1}$ : más allá de cierto $N$ , $u_{n+1} \leq q\,u_n$ , luego $u_n \leq u_N q^{\,n-N}$ por inducción: comparación con una serie geométrica. Si $\ell > 1$ : más allá de cierto $N$ la sucesión $(u_n)$ es creciente, de modo que no puede tender a $0$ (su límite, si lo tiene, es $\geq u_N > 0$ ); por la Proposición 17.4 (1), divergencia — y, de hecho, $u_n \geq u_N q^{n-N}$ con $q > 1$ da $u_n \to \infty$ . ∎

Ejemplo 17.13

$\sum \frac{x^n}{n!}$ converge para todo $x > 0$ : cociente $\frac{x}{n+1} \to 0$ . Su suma es $\eu^x$ : por Taylor–Lagrange (Teorema 16.7) en $\intcc{0}{x}$ ,

\Bigl| \eu^x - \sum_{k=0}^{n} \frac{x^k}{k!} \Bigr| \leq \eu^{x}\, \frac{x^{n+1}}{(n+1)!} \xrightarrow[n\to\infty]{} 0 ,

tendiendo la cota a $0$ porque el factorial domina (Ejercicio 15.9 (1) usó el mismo hecho). El mismo argumento suma las series de $\sin$ , $\cos$ , $\sinh$ y $\cosh$ en todo $\R$ .

Ejemplo 17.14 (El criterio del cociente es suficiente, no necesario)

Sea $u_n = 2^{-n}$ para $n$ par y $u_n = 2^{-n-2}$ para $n$ impar. Los cocientes consecutivos oscilan entre $\frac{1}{8}$ y $\frac12\cdot4 = 2$ , de modo que $\frac{u_{n+1}}{u_n}$ no tiene límite y d’Alembert enmudece — y, sin embargo, $u_n \leq 2^{-n}$ y el criterio de comparación resuelve la convergencia al instante. La hipótesis del criterio (que el cociente converja) es una restricción real: le van bien los términos con una única estructura multiplicativa dominante (factoriales, potencias) y falla con cualquier cosa que respire. Cuando los cocientes se portan mal, retrocédase a la comparación con una envolvente geométrica — que es todo lo que el criterio del cociente fue siempre, como muestra su demostración.

Ejemplo 17.15 (El criterio del cociente en batallas de factoriales)

¿Naturaleza de $\sum_{n\geq0} \dfrac{(n!)^2}{(2n)!}$ (los inversos de los coeficientes binomiales centrales, salvo el factor $n + 1$ )? El cociente hace colapsar los factoriales:

\frac{u_{n+1}}{u_n} = \frac{((n+1)!)^2}{(n!)^2}\cdot\frac{(2n)!}{(2n+2)!} = \frac{(n+1)^2}{(2n+1)(2n+2)} \longrightarrow \frac14 < 1 :

convergente, y con holgura — los términos decrecen esencialmente como $4^{-n}$ , de acuerdo con $\binom{2n}{n} \geq \frac{4^n}{2n+1}$ del Problema 15.1. La idea de cierre: los cocientes de factoriales son exactamente lo que el criterio del cociente digiere — todo factorial se cancela dejando una función racional de $n$ , cuyo límite se lee en los términos dominantes.

17.3 Convergencia absoluta; series alternadas

Teorema 17.16 (Convergencia absoluta)

Si $\sum \abs{u_n}$ converge (convergencia absoluta), entonces $\sum u_n$ converge, y $\bigl|\sum u_n\bigr| \leq \sum \abs{u_n}$ . Esto vale para términos reales o complejos.

Demostración. Las sumas parciales cumplen, para $M > N$ (criterio de Cauchy, Teorema 11.20):

\abs{S_M - S_N} = \Bigl| \sum_{n=N+1}^{M} u_n \Bigr| \leq \sum_{n=N+1}^{M} \abs{u_n},

que es pequeño para $N$ grande, ya que las sumas parciales de $\sum\abs{u_n}$ forman una sucesión de Cauchy. Luego $(S_N)$ es de Cauchy y, por tanto, converge. La desigualdad pasa al límite desde la desigualdad triangular finita. ∎

Ejemplo 17.17 (Convergencia absoluta, real y compleja)

$\sum_{n\geq1} \frac{\sin n}{n^2}$ : los términos cambian de signo de forma errática (en efecto, $(\sin n)$ es denso en $\intcc{-1}{1}$ , Ejercicio 11.12) y no se ve ninguna estructura alternada. La convergencia absoluta lo rescata todo de golpe: $\bigl|\frac{\sin n}{n^2}\bigr| \leq \frac{1}{n^2}$ , una escala convergente, luego la serie converge. El mismo escudo funciona sobre $\C$ : $\sum_{n\geq1}\frac{\eu^{\iu n}}{n^2}$ converge porque $\bigl|\frac{\eu^{\iu n}}{n^2}\bigr| = \frac{1}{n^2}$ — los patrones de signos, incluso los bidimensionales, son irrelevantes en cuanto los módulos son sumables. La idea de cierre: la convergencia absoluta es la única herramienta de este capítulo que nunca pregunta cómo están organizados los signos; pruébese primero (Método 17.21) y resérvense los criterios delicados para las series que no la cumplen.

Teorema 17.18 (Criterio de las series alternadas)

Sea $(a_n)$ decreciente con $a_n \to 0$ . Entonces la serie alternada $\sum (-1)^n a_n$ converge; su suma está entre dos sumas parciales consecutivas cualesquiera, y

\abs{R_N} = \Bigl| \sum_{n > N} (-1)^n a_n \Bigr| \leq a_{N+1} .

Demostración. Las sumas parciales pares e impares son adyacentes: $S_{2p+2} - S_{2p} = a_{2p+2} - a_{2p+1} \leq 0$ (decrecimiento), $S_{2p+1} - S_{2p-1} = a_{2p} - a_{2p+1} \geq 0$ (crecimiento) y $S_{2p} - S_{2p+1} = a_{2p+1} \to 0$ . Por el Teorema 11.11 comparten un límite $S$ , que el criterio de las dos subsucesiones (Proposición 11.14) convierte en el límite de $(S_N)$ ; además, $S$ queda atrapado entre sumas parciales consecutivas, y $\abs{S - S_N}$ es a lo sumo la distancia a la siguiente, $a_{N+1}$ . ∎

Ejemplo 17.19 (Serie armónica alternada)

$\sum_{n \geq 1} \frac{(-1)^{n-1}}{n}$ converge (criterio de las alternadas) pero no absolutamente (serie armónica). Su suma es $\ln 2$ : a partir de la identidad geométrica finita $\frac{1}{1+t} = \sum_{k=0}^{n-1} (-t)^k + \frac{(-t)^n}{1+t}$ , intégrese en $\intcc{0}{1}$ :

\ln 2 = \sum_{k=1}^{n} \frac{(-1)^{k-1}}{k} + (-1)^n \int_0^1 \frac{t^n}{1+t}\,\dd t , \qquad 0 \leq \int_0^1 \frac{t^n}{1+t}\,\dd t \leq \frac{1}{n+1} \to 0 .

La convergencia es dolorosamente lenta ( $R_N \approx \frac{1}{N}$ ) — las series alternadas convergen por cancelación, no por pequeñez.

Las sumas parciales S_N de la serie armónica alternada 1 - 1/2 + 1/3 - saltan por encima de su límite 2 en cada paso: las sumas impares desde arriba y las pares desde abajo, con saltos de tamaño 1/N+1. El encuadre es la demostración del hecha visible — y el lento cierre de la tenaza (|S_N - 2| 1/2N, problema del fin de semana ) es la razón de que nadie calcule 2 así. — Las sumas parciales $S_N$ de la serie armónica alternada $1 - \frac12 + \frac13 - \cdots$ saltan por encima de su límite $\ln 2$ en cada paso: las sumas impares desde arriba y las pares desde abajo, con saltos de tamaño $\frac{1}{N+1}$ . El encuadre es la demostración del Teorema 17.18 hecha visible — y el lento cierre de la tenaza ( $\abs{S_N - \ln 2} \approx \frac{1}{2N}$ , problema del fin de semana Problema 17.1) es la razón de que nadie calcule $\ln 2$ así.

Observación 17.20 (Errores frecuentes con las series)

(i) El criterio de los equivalentes necesita un signo: sean $v_n = \frac{(-1)^n}{\sqrt n}$ y $u_n = v_n + \frac1n$ . Entonces $\frac{u_n}{v_n} = 1 + \frac{(-1)^n}{\sqrt n} \to 1$ , luego $u_n \sim v_n$ ; y, sin embargo, $\sum v_n$ converge (criterio de las alternadas) mientras que $\sum u_n = \sum v_n + \sum \frac1n$ diverge. La equivalencia controla el tamaño de los términos y, para las series con signos, el tamaño no es el destino — el criterio está enunciado, y es cierto, solo para términos (finalmente) no negativos. (ii) $u_n \to 0$ no demuestra nada: la serie armónica es el contraejemplo eterno; la dirección recíproca (Proposición 17.4 (1)) es solo un criterio rápido de divergencia. (iii) Un cociente con límite $1$ es silencio, no convergencia: tanto $\sum\frac1n$ como $\sum\frac{1}{n^2}$ tienen cociente $\to 1$ ; pásese a las escalas de Riemann o a la comparación con integrales. (iv) Lo alternado necesita ser decreciente: $\sum \frac{(-1)^n}{n + (-1)^n}$ parece alternada y solo se trata con un desarrollo (Ejercicio 17.5); el problema del fin de semana del Capítulo 16 (su pregunta 23) muestra que el criterio puede fallar de plano sin monotonía. (v) Agrupar y reordenar no salen gratis: poner paréntesis es inofensivo para las series convergentes, pero puede crear convergencia a partir de divergencia ( $1 - 1 + 1 - \cdots$ agrupado por parejas), y reordenar puede cambiar la propia suma — el drama que escenifica el problema del fin de semana de este capítulo (Problema 17.1).

Método 17.21 (Decidir la naturaleza de una serie)

¿Es $u_n \to 0$ ? Si no, divergencia; alto.
Términos no negativos: búsquese un equivalente de $u_n$ (¡desarrollos, Capítulo 16!) y compárese con las escalas de Riemann o geométricas; los factoriales y las potencias piden el criterio del cociente; y una $f(n)$ decreciente pide la comparación con integrales.
Los signos varían: pruébese primero la convergencia absoluta; si falla, el criterio de las alternadas (compruébese con cuidado el decrecimiento); y más allá, herramientas de segundo año.

Ejemplo 17.22 (Denominadores impares, medio telescopio)

Calcúlese $\sum_{n \geq 1} \dfrac{1}{4n^2 - 1}$ . Fracciones simples: $\frac{1}{(2n-1)(2n+1)} = \frac12\bigl(\frac{1}{2n-1} - \frac{1}{2n+1}\bigr)$ , luego

\sum_{n=1}^{N} \frac{1}{4n^2 - 1} = \frac12\Bigl(1 - \frac{1}{2N+1}\Bigr) \longrightarrow \frac12 .

Compárese con $\sum \frac{1}{n(n+1)} = 1$ (Ejercicio 17.1): el mismo esqueleto telescópico, pero aquí los términos consecutivos están a distancia dos en los impares, y el factor $\frac12$ registra el paso. La idea de cierre: telescopar es un cambio de punto de vista, no un truco — siempre que el término general sea una diferencia $w_n - w_{n+1}$ de una sucesión con límite, la suma es $w_1 - \lim w$ , exactamente la Proposición 17.4 (3).

Observación 17.23 (La cadena del análisis, en retrospectiva)

Este capítulo es donde converge el análisis del volumen, y cada criterio nombra a su antepasado. Las sumas parciales acotadas son el teorema del límite monótono (Capítulo 11), que a su vez es el axioma de completitud del Capítulo 10; la convergencia absoluta es el criterio de Cauchy; el criterio de la integral es el encuadre de áreas del Capítulo 15; los equivalentes de los términos generales son los desarrollos del Capítulo 16; y el teorema de las alternadas es el lema de las sucesiones adyacentes con su traje de domingo. Leída al revés, la cadena explica para qué servía cada capítulo — y los problemas del fin de semana que la enhebran (las cifras $b$ -ádicas, Cesàro–Stolz, las máquinas de irracionalidad, la constante de Euler) son las mismas pocas ideas encontrándose a altitudes cada vez mayores. El álgebra lineal que sigue cambia de asunto, no de nivel de exigencia: la costumbre de los enunciados exactos con error certificado sobrevive al paso de los límites a las dimensiones.

Observación 17.24 (Adónde van las series a continuación)

Este capítulo cierra el análisis del volumen y abre tres puertas. En el volumen del segundo año, las series adquieren una variable ( $\sum a_n x^n$ : series de potencias, con su radio de convergencia) y después una teoría con valores funcionales (series de Fourier); y la dicotomía convergencia absoluta frente a condicional, dramatizada en el problema del fin de semana de más abajo, se convierte en la piedra angular de las dos. En probabilidad (volumen del tercer año), las esperanzas de las variables aleatorias discretas son series, y la convergencia absoluta es lo que las hace estar bien definidas. Y la serie de Riemann $\sum n^{-s}$ , llevada a $s$ complejo, se convierte en la función zeta — la serie más estudiada de las matemáticas.

17.4 Ejercicios

Ejercicio 17.1 ★

Naturaleza (y suma, cuando telescope) de:

\sum_{n\geq1} \frac{1}{n(n+1)}, \qquad \sum_{n\geq2} \ln\Bigl(1 - \frac{1}{n^2}\Bigr), \qquad \sum_{n\geq0} \frac{3^n + 4^n}{5^n} .

Solución

Solución de Ejercicio 17.1.

$\dfrac{1}{n(n+1)} = \dfrac1n - \dfrac{1}{n+1}$ : telescópica, $S_N = 1 - \frac{1}{N+1} \to 1$ . Convergente, con suma $1$ .

$\ln\bigl(1 - \frac{1}{n^2}\bigr) = \ln\frac{(n-1)(n+1)}{n^2} = \ln\frac{n-1}{n} - \ln\frac{n}{n+1}$ : otra vez telescópica, $S_N = \ln\frac12 - \ln\frac{N}{N+1} \to -\ln 2$ . Convergente, con suma $-\ln 2$ .

$\dfrac{3^n + 4^n}{5^n} = \bigl(\frac35\bigr)^n + \bigl(\frac45\bigr)^n$ : dos series geométricas convergentes, con suma $\frac{1}{1 - 3/5} + \frac{1}{1 - 4/5} = \frac52 + 5 = \frac{15}{2}$ .

Ejercicio 17.2 ★

Naturaleza de: $\;\sum \dfrac{n^2}{2^n}$ ; $\;\sum \dfrac{n!}{n^n}$ ; $\;\sum \dfrac{2^n\,n!}{n^n}$ ; $\;\sum \dfrac{3^n\,n!}{n^n}$ . (Criterio del cociente; recuérdese $\bigl(1 + \frac1n\bigr)^n \to \eu$ .)

Solución

Solución de Ejercicio 17.2.

Criterio del cociente en todos los casos.

$\frac{u_{n+1}}{u_n} = \frac{(n+1)^2}{2n^2} \to \frac12 < 1$ : convergente.

$\frac{u_{n+1}}{u_n} = \frac{(n+1)!\,n^n}{n!\,(n+1)^{n+1}} = \bigl(\frac{n}{n+1}\bigr)^n = \bigl(1 + \frac1n\bigr)^{-n} \to \frac1\eu < 1$ : convergente.

Con el factor $2^n$ : cociente $\to \frac2\eu < 1$ : convergente.

Con $3^n$ : cociente $\to \frac3\eu > 1$ : divergente (los términos tienden a $+\infty$ ).

Ejercicio 17.3 ★

Naturaleza de: $\;\sum \sin\dfrac{1}{n^2}$ ; $\;\sum \Bigl(1 - \cos\dfrac1n\Bigr)$ ; $\;\sum \dfrac{1}{\sqrt{n(n+1)}}$ ; $\;\sum \dfrac{\ln n}{n^2}$ (compárese con $n^{-3/2}$ ).

Solución

Solución de Ejercicio 17.3.

Todos los términos son no negativos; úsense equivalentes (Teorema 17.7).

$\sin\frac{1}{n^2} \sim \frac{1}{n^2}$ : convergente (Riemann con $\alpha = 2$ ).

$1 - \cos\frac1n \sim \frac{1}{2n^2}$ : convergente.

$\frac{1}{\sqrt{n(n+1)}} \sim \frac1n$ : divergente.

$\frac{\ln n}{n^2} = \frac{1}{n^{3/2}}\cdot\frac{\ln n}{n^{1/2}}$ y $\frac{\ln n}{\sqrt n} \to 0$ (Proposición 4.6): luego $\frac{\ln n}{n^2} \leq \frac{1}{n^{3/2}}$ para $n$ grande: convergente.

Ejercicio 17.4 ★

Demuéstrese que $\sum_{n\geq1} \frac{1}{n^2}$ converge con suma $\leq 2$ , usando $\frac{1}{n^2} \leq \frac{1}{n(n-1)}$ para $n \geq 2$ y una cota telescópica.

Solución

Solución de Ejercicio 17.4.

Para $n \geq 2$ : $\frac{1}{n^2} \leq \frac{1}{n(n-1)} = \frac{1}{n-1} - \frac1n$ . Por tanto,

\sum_{n=1}^{N} \frac{1}{n^2} \leq 1 + \sum_{n=2}^{N} \Bigl(\frac{1}{n-1} - \frac1n\Bigr) = 1 + 1 - \frac1N < 2 :

sumas parciales crecientes y acotadas por $2$ : convergencia (Teorema 17.7), con suma $\leq 2$ . (El valor exacto $\frac{\pi^2}{6}$ es una celebración de segundo año.)

Ejercicio 17.5 ★★

Naturaleza de $\;\sum \dfrac{(-1)^n}{\sqrt n}$ , de $\;\sum \dfrac{(-1)^n}{n + (-1)^n}$ (desarróllese: el criterio de las alternadas no se aplica directamente — ¿por qué?) y de $\;\sum \sin\bigl(\pi\sqrt{n^2+1}\,\bigr)$ (redúzcase módulo $\pi$ : $\sqrt{n^2+1} = n + \frac{1}{2n} + O(n^{-3})$ ).

Solución

Solución de Ejercicio 17.5.

$\sum \frac{(-1)^n}{\sqrt n}$ : alternada con $\frac{1}{\sqrt n} \downarrow 0$ : convergente (Teorema 17.18); no absolutamente ( $\alpha = \frac12 \leq 1$ ).

$\sum \frac{(-1)^n}{n + (-1)^n}$ : la sucesión $\frac{1}{n + (-1)^n}$ no es decreciente ( $\frac{1}{n+1}$ y después $\frac{1}{n}$ se alternan mal), de modo que el criterio no se aplica directamente. Desarróllese:

\frac{(-1)^n}{n + (-1)^n} = \frac{(-1)^n}{n}\cdot\frac{1}{1 + \frac{(-1)^n}{n}} = \frac{(-1)^n}{n} - \frac{1}{n^2} + O\Bigl(\frac{1}{n^3}\Bigr):

la primera serie converge (alternada), $\sum \frac{1}{n^2}$ converge y el $O(n^{-3})$ converge absolutamente: la suma de tres series convergentes converge.

$\sin\bigl(\pi\sqrt{n^2+1}\bigr)$ : escríbase $\sqrt{n^2 + 1} = n + \frac{1}{2n} + \varepsilon_n$ con $\varepsilon_n = O(n^{-3})$ ; entonces, por la $\pi$ -periodicidad de $\sin$ salvo el signo,

\sin\bigl(\pi\sqrt{n^2+1}\bigr) = (-1)^n \sin\Bigl(\frac{\pi}{2n} + \pi\varepsilon_n\Bigr) .

Póngase $\theta_n = \frac{\pi}{2n} + \pi\varepsilon_n$ y $a_n = \sin\theta_n$ . Para $n$ grande, $\theta_n \in \intoo{0}{\frac\pi2}$ y

\theta_n - \theta_{n+1} = \frac{\pi}{2n(n+1)} + \pi(\varepsilon_n - \varepsilon_{n+1}) = \frac{\pi}{2n^2} + O\Bigl(\frac{1}{n^3}\Bigr) > 0

a la larga, de modo que $(\theta_n)$ decrece hacia $0$ ; y como $\sin$ es creciente en $\intcc{0}{\frac\pi2}$ , también $(a_n)$ decrece hacia $0$ . Se aplica el criterio de las alternadas: convergente — no absolutamente, ya que $a_n \sim \frac{\pi}{2n}$ .

Ejercicio 17.6 ★★

¿Para qué $\alpha > 0$ converge $\sum_{n \geq 2} \dfrac{1}{n (\ln n)^{\alpha}}$ ? (Comparación con integrales; sustitúyase $u = \ln t$ .)

Solución

Solución de Ejercicio 17.6.

$f(t) = \frac{1}{t(\ln t)^\alpha}$ es positiva, continua y decreciente en $\intco{2}{+\infty}$ . Sustituyendo $u = \ln t$ :

\int_2^x \frac{\dd t}{t(\ln t)^\alpha} = \int_{\ln 2}^{\ln x} \frac{\dd u}{u^\alpha},

acotada cuando $x \to \infty$ si y solo si $\alpha > 1$ (el cálculo del Teorema 17.10). Por comparación con integrales: convergencia si y solo si $\alpha > 1$ . (Estas series de tipo Bertrand muestran lo fina que es la frontera de la convergencia: $n\ln n$ diverge y $n(\ln n)^{1.01}$ converge.)

Ejercicio 17.7 ★★

Sea $u_n = \dfrac{1}{n} - \ln\Bigl(1 + \dfrac1n\Bigr)$ . Demuéstrese que $0 \leq u_n \leq \dfrac{1}{2n^2}$ , que $\sum u_n$ converge y dedúzcase la existencia de la constante de Euler:

\gamma = \lim_{N \to \infty} \Bigl( \sum_{n=1}^{N} \frac 1n - \ln N \Bigr) .

Solución

Solución de Ejercicio 17.7.

Por las cotas de tangencia del Ejercicio 14.3, reescritas mediante desarrollos: para $x = \frac1n \in \intoc{0}{1}$ , Taylor–Lagrange para $\ln(1+x)$ al orden $1$ da $\ln(1 + x) = x - \frac{x^2}{2(1 + c)^2}$ para algún $c \in \intoo{0}{x}$ , luego

0 \leq u_n = \frac1n - \ln\Bigl(1 + \frac1n\Bigr) \leq \frac{1}{2n^2} .

Comparación con la serie de Riemann: $\sum u_n$ converge. Y su suma parcial telescopa los logaritmos:

\sum_{n=1}^{N} u_n = H_N - \ln(N+1)

(puesto que $\sum_{n\leq N} \ln\frac{n+1}{n} = \ln(N+1)$ ). Así, $H_N - \ln(N+1)$ converge; y añadiendo $\ln\frac{N+1}{N} \to 0$ , la sucesión $H_N - \ln N$ converge. Su límite es $\gamma \approx 0.5772$ .

Ejercicio 17.8 ★★

Calcúlense las sumas

\sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{n(n+2)} \qquad\text{y}\qquad \sum_{n=0}^{\infty} \frac{n}{2^n} .

(Para la primera: fracciones simples. Para la segunda: calcúlese $\sum_{n=1}^{N} n x^{n-1}$ en forma cerrada y hágase $N \to \infty$ en $x = \frac12$ .)

Solución

Solución de Ejercicio 17.8.

$\dfrac{1}{n(n+2)} = \dfrac{1/2}{n} - \dfrac{1/2}{n+2}$ : la suma parcial telescopa con un retardo de $2$ ,

S_N = \frac12\Bigl(1 + \frac12 - \frac{1}{N+1} - \frac{1}{N+2}\Bigr) \longrightarrow \frac34 .

$\sum \frac{n}{2^n}$ : para $\abs x < 1$ , derivando la suma geométrica finita y pasando al límite (todas las series de aquí convergen absolutamente, criterio del cociente): de $\sum_{n\geq0} x^n = \frac{1}{1-x}$ se obtiene, por cálculo directo con sumas parciales,

\sum_{n=1}^{N} n x^{n-1} = \frac{1 - (N+1)x^N + N x^{N+1}}{(1 - x)^2} \xrightarrow[N\to\infty]{} \frac{1}{(1-x)^2} \quad (\abs x < 1),

(los términos de frontera cumplen $N x^N \to 0$ ). En $x = \frac12$ : $\sum_{n\geq1} n\bigl(\frac12\bigr)^{n-1} = 4$ , luego $\sum_{n\geq0} \frac{n}{2^n} = \frac12 \times 4 = 2$ .

Ejercicio 17.9 ★★★

(Condensación de Cauchy) Sea $(u_n)$ no negativa y decreciente. Demuéstrese que

\sum_{n \geq 1} u_n \text{ converge} \iff \sum_{k \geq 0} 2^k\, u_{2^k} \text{ converge},

comparando paquetes de términos entre potencias consecutivas de $2$ . Recupérense a partir de ahí el criterio de Riemann y el Ejercicio 17.6.

Solución

Solución de Ejercicio 17.9.

Agrúpense los términos de $\sum u_n$ en paquetes entre potencias de $2$ . Paquetes superiores: para $2^k \leq n < 2^{k+1}$ hay $2^k$ términos, cada uno $\leq u_{2^k}$ :

\sum_{n=1}^{2^{K+1}-1} u_n = \sum_{k=0}^{K} \sum_{n=2^k}^{2^{k+1}-1} u_n \leq \sum_{k=0}^{K} 2^k u_{2^k} .

Paquetes inferiores: cada término del mismo paquete es $\geq u_{2^{k+1}}$ , luego $\sum_{n=2^k}^{2^{k+1}-1} u_n \geq 2^k u_{2^{k+1}} = \frac12 \cdot 2^{k+1} u_{2^{k+1}}$ , de donde

\sum_{n=1}^{2^{K+1}-1} u_n \geq \frac12 \sum_{k=1}^{K+1} 2^{k} u_{2^{k}} .

Las dos comparaciones de sumas parciales funcionan en los dos sentidos (términos no negativos, Teorema 17.7): las dos series tienen la misma naturaleza.

Riemann: $u_n = n^{-\alpha}$ da $2^k u_{2^k} = 2^{k(1-\alpha)}$ , una serie geométrica, convergente si y solo si $2^{1 - \alpha} < 1$ , es decir, si y solo si $\alpha > 1$ . Bertrand (Ejercicio 17.6): $u_n = \frac{1}{n(\ln n)^\alpha}$ da $2^k u_{2^k} = \frac{1}{(k\ln 2)^\alpha}$ , una serie de Riemann en $k$ : convergente si y solo si $\alpha > 1$ .

Ejercicio 17.10 ★★★

Usando la identidad integral del Ejemplo 17.19 adaptada a $\frac{1}{1+t^2}$ , demuéstrese la fórmula de Leibniz

\frac{\pi}{4} = \sum_{n=0}^{\infty} \frac{(-1)^n}{2n+1} = 1 - \frac13 + \frac15 - \frac17 + \cdots

con la cota de error $\abs{R_N} \leq \frac{1}{2N+3}$ .

Solución

Solución de Ejercicio 17.10.

Identidad geométrica finita de razón $-t^2$ :

\frac{1}{1 + t^2} = \sum_{k=0}^{n-1} (-1)^k t^{2k} + \frac{(-1)^n t^{2n}}{1 + t^2} .

Intégrese en $\intcc{0}{1}$ (el miembro izquierdo se integra a $\arctan 1 = \frac\pi4$ , Proposición 4.10):

\frac{\pi}{4} = \sum_{k=0}^{n-1} \frac{(-1)^k}{2k+1} + (-1)^n \int_0^1 \frac{t^{2n}}{1+t^2}\,\dd t, \qquad 0 \leq \int_0^1 \frac{t^{2n}}{1+t^2}\,\dd t \leq \int_0^1 t^{2n}\dd t = \frac{1}{2n+1} .

Haciendo $n \to \infty$ se demuestra la fórmula, y la cota anterior sobre la integral es exactamente la cota del resto: tras sumar hasta $N$ (es decir, $n = N + 1$ términos), $\abs{R_N} \leq \frac{1}{2N + 3}$ .

Ejercicio 17.11 ★★

Naturaleza de $\displaystyle\sum_{n \geq 1} \frac{1}{n^{1 + 1/n}}$ . (Calcúlese el límite de $n^{1/n}$ y hállese un equivalente del término general: el criterio de Riemann necesita un exponente fijo.)

Solución

Solución de Ejercicio 17.11.

$n^{1/n} = \eu^{\frac{\ln n}{n}} \to \eu^0 = 1$ (Proposición 4.6). Por tanto,

\frac{1}{n^{1 + 1/n}} = \frac{1}{n}\,\eu^{-\frac{\ln n}{n}} \sim \frac{1}{n} ,

y el criterio de los equivalentes (Teorema 17.7) compara con la serie armónica divergente: divergente, aunque todo exponente $1 + \frac1n$ supere a $1$ . El criterio de Riemann concierne a un exponente fijo $\alpha$ ; un exponente que se desliza hacia $1$ puede perder todo su margen, como aquí.

Ejercicio 17.12 ★★★

Sea $(u_n)$ no negativa y decreciente con $\sum u_n$ convergente. Demuéstrese que $n\,u_n \to 0$ (acótese $n\,u_{2n}$ por una rodaja $\sum_{k=n+1}^{2n} u_k$ y úsese el criterio de Cauchy). Véase que el recíproco falla y que la hipótesis de monotonía no se puede suprimir.

Solución

Solución de Ejercicio 17.12.

Sea $\varepsilon > 0$ . Por el criterio de Cauchy para la serie convergente (Teorema 11.20 aplicado a las sumas parciales), hay $N$ con $\sum_{k=n+1}^{2n} u_k \leq \varepsilon$ para $n \geq N$ . Por monotonía, cada uno de esos $n$ términos es $\geq u_{2n}$ :

n\,u_{2n} \leq \sum_{k=n+1}^{2n} u_k \leq \varepsilon \quad\Longrightarrow\quad 2n\,u_{2n} \leq 2\varepsilon ,

y para los índices impares, $(2n+1)\,u_{2n+1} \leq (2n+1)\,u_{2n} \leq 2\bigl(2n\,u_{2n}\bigr) \leq 4\varepsilon$ para $n \geq N$ : en las dos paridades, $n u_n \to 0$ .

Recíproco falso: $u_n = \frac{1}{n\ln n}$ tiene $n u_n = \frac{1}{\ln n} \to 0$ y, sin embargo, la serie diverge (Ejercicio 17.6, $\alpha = 1$ ). Monotonía necesaria: sea $u_n = \frac1n$ cuando $n$ es un cuadrado perfecto y $u_n = 2^{-n}$ en los demás casos: la serie converge (los términos cuadrados suman como $\sum \frac{1}{k^2}$ , y el resto, geométricamente), pero $n u_n = 1$ a lo largo de los cuadrados.

17.5 Problema: la constante de Euler y la serie que cambia de suma

Problema 17.1

Problema del fin de semana — $H_n = \ln n + \gamma + \frac{1}{2n} + O(n^{-2})$ , y la reordenación de $1 - \frac12 + \frac13 - \dots$ hasta $\frac{\ln 2}{2}$

Dos historias comparten la serie armónica. Primero, la contabilidad exacta de su divergencia: $H_n - \ln n$ converge a la constante de Euler $\gamma$ (Ejercicio 17.7), y este problema afina el enunciado hasta una ley con dos lados $\frac{1}{2(n+1)} \leq H_n - \ln n - \gamma \leq \frac{1}{2n}$ , que certifica $\gamma = 0.5772\dots$ a mano. Segundo, el escándalo de la convergencia condicional: la serie armónica alternada suma $\ln 2$ (Ejemplo 17.19) y, sin embargo, los mismos términos, en otro orden, suman $\frac{\ln 2}{2}$ —o $\ln 2 + \frac12\ln\frac pq$ para cualesquiera $p, q$ , o cualquier real que se quiera (Riemann)—. Las dos historias son una sola: las sumas reordenadas se calculan con la ley de $\gamma$ .

Parte I — $\gamma$ , encuadrada. Póngase $a_n = H_n - \ln n$ y $b_n = H_n - \ln(n+1)$ .

Usando $\frac{t}{1+t} \leq \ln(1 + t) \leq t$ , véase que $(a_n)$ decrece, que $(b_n)$ crece y que son adyacentes; su límite común es $\gamma$ , con $b_n \leq \gamma \leq a_n$ para todo $n$ .
Primer disparo numérico: a partir de $H_{10} = 2.928968\dots$ , encuádrese $\gamma$ entre $b_{10} = 0.5311$ y $a_{10} = 0.6264$ . ¿Qué $n$ haría falta para cuatro decimales con este encuadre tosco?
Véase la representación exacta de la cola $a_n - \gamma = \sum_{k \geq n} w_k$ (límite de sumas parciales), donde

$w_k = a_k - a_{k+1} = \ln\Bigl(1 + \frac1k\Bigr) - \frac{1}{k+1} = \int_k^{k+1} \frac{(k + 1 - t)}{t\,(k+1)}\,\dd t ,$

y dedúzcase de la forma integral la cota por los dos lados $\dfrac{1}{2(k+1)^2} \leq w_k \leq \dfrac{1}{2k(k+1)}$ .

Parte II — La ley del $\frac{1}{2n}$ .

Súmense las cotas de la pregunta 3 (los dos lados telescopan o se comparan con telescopios) y conclúyase la ley:

$\frac{1}{2(n+1)} \;\leq\; H_n - \ln n - \gamma \;\leq\; \frac{1}{2n} \qquad (n \geq 1).$
Dedúzcase $H_n = \ln n + \gamma + \frac{1}{2n} + O\bigl(\frac{1}{n^2}\bigr)$ ; con precisión, véase que $\gamma_n = H_n - \ln n - \frac{1}{2n}$ cumple $-\frac{1}{2n(n+1)} \leq \gamma_n - \gamma \leq 0$ .
Certifíquense cuatro decimales con $n = 100$ : dado $H_{100} = 5.1873775\dots$ , calcúlese $\gamma_{100} = 0.577207\dots$ y conclúyase $\gamma = 0.5772 \pm 5\cdot10^{-5}$ (valor verdadero $0.5772156\dots$ ).
Dos dividendos de la ley, los dos necesarios más adelante: cuando $m \to \infty$ ,

$H_{2m} - H_m = \ln 2 - \frac{1}{4m} + O\Bigl(\frac{1}{m^2}\Bigr), \qquad \sum_{j=1}^{m} \frac{1}{2j-1} = \frac{\ln m}{2} + \ln 2 + \frac\gamma2 + o(1) ,$

el segundo mediante $\sum_{j \leq m} \frac{1}{2j-1} = H_{2m} - \frac12 H_m$ , y análogamente $\sum_{j=1}^{m} \frac{1}{2j} = \frac{\ln m}{2} + \frac\gamma2 + o(1)$ .

Parte III — La serie armónica alternada, hasta el segundo orden.

Véase (por inducción, o agrupando) la identidad $\sum_{k=1}^{2m} \frac{(-1)^{k-1}}{k} = H_{2m} - H_m$ , y dedúzcanse tanto la suma $\ln 2$ (otra vez) como la velocidad exacta:

$\sum_{k=1}^{2m} \frac{(-1)^{k-1}}{k} = \ln 2 - \frac{1}{4m} + O\Bigl(\frac{1}{m^2}\Bigr) .$
Dedúzcase el error asintótico de la serie armónica alternada en cualquier índice: $S - S_N \sim \frac{(-1)^N}{2N}$ — dos veces menor que la cota del peor caso $a_{N+1} \approx \frac1N$ del Teorema 17.18.
(Aceleración gratis) Véase que las sumas promediadas $\tilde S_N = \frac{S_N + S_{N+1}}{2}$ cumplen $\tilde S_N = \ln 2 + O\bigl(\frac{1}{N^2}\bigr)$ . Compruébese: $S_{10} = 0.64563$ , $S_{11} = 0.73654$ , $\tilde S_{10} = 0.69109$ , frente a $\ln 2 = 0.69315$ : un promedio compra dos decimales.
Explíquese en dos frases por qué ningún truco así puede ayudar a un fenómeno de cola positiva y divergente como el encuadre de la pregunta 2: el error alternado oscila (signo $(-1)^N$ ), de modo que promediar cancela su término dominante, mientras que el error $\frac{1}{2n}$ del encuadre de $\gamma$ tiene signo constante. (Promediar $a_n$ y $b_n$ sí ayuda: relaciónese $\frac{a_n + b_n}{2}$ con la estimación del punto medio $H_n - \ln\bigl(n + \frac12\bigr)$ y véase que su error es $O\bigl(\frac{1}{n^2}\bigr)$ .)

Parte IV — La rigidez y su fracaso.

Véase que la parte positiva $\sum \frac{1}{2j-1}$ y la parte negativa $\sum \frac{1}{2j}$ de la serie armónica alternada divergen las dos — la firma de la convergencia condicional.
Demuéstrese el enunciado general que hay detrás de la pregunta 12: si $\sum u_n$ converge pero $\sum \abs{u_n}$ diverge, entonces la serie de las partes positivas $\sum u_n^+$ y la de las partes negativas $\sum u_n^-$ divergen las dos (a partir de $u_n^\pm = \frac{\abs{u_n} \pm u_n}{2}$ : si una convergiera, también la otra, y por tanto $\sum\abs{u_n}$ ). Ese reservorio inagotable de masa positiva y negativa es lo que gastará la receta de Riemann.
(Rigidez) Demuéstrese: si $\sum u_n$ converge absolutamente y $\sigma \colon \N \to \N$ es una biyección, entonces $\sum u_{\sigma(n)}$ converge a la misma suma (para $N$ grande, los primeros $M$ términos reordenados contienen $u_0, \dots, u_N$ ; compárense las sumas parciales a través de la cola $\sum_{n > N}\abs{u_n}$ ).
(La receta de Riemann) Sea $t \in \R$ . Descríbase la reordenación voraz de la serie armónica alternada: tómense términos positivos $1, \frac13, \frac15, \dots$ hasta que la suma parcial supere por primera vez $t$ , después términos negativos $-\frac12, -\frac14, \dots$ hasta que baje por primera vez de $t$ , y repítase. Véase que cada término se usa exactamente una vez, que tras el primer cruce las sumas parciales se quedan a distancia de $t$ menor que el último término usado, y conclúyase que la serie reordenada converge a $t$ : cualquier suma prescrita es alcanzable.

Parte V — La fórmula $(p, q)$ . Fíjense enteros $p, q \geq 1$ . Reordénese la serie armónica alternada en bloques: $p$ términos positivos (los siguientes inversos impares), después $q$ términos negativos (los siguientes inversos pares), y repítase.

Compruébese que se trata de una reordenación genuina (cada término exactamente una vez) y que para $(p, q) = (1, 2)$ dice

$1 - \frac12 - \frac14 + \frac13 - \frac16 - \frac18 + \frac15 - \frac1{10} - \frac1{12} + \dots$
(La bisección exacta) Para $(p, q) = (1, 2)$ , demuéstrese la identidad de bloque

$\frac{1}{2k-1} - \frac{1}{4k-2} - \frac{1}{4k} = \frac12\Bigl(\frac{1}{2k-1} - \frac{1}{2k}\Bigr),$

y dedúzcase la relación exacta $T_{3K} = \frac12 S_{2K}$ entre las sumas parciales reordenadas y las originales: la reducción a la mitad de la suma es visible en cada etapa finita, no solo en el límite.
Véase que la suma parcial tras $K$ bloques completos vale $\sum_{j=1}^{pK} \frac{1}{2j-1} - \sum_{j=1}^{qK} \frac{1}{2j}$ , y calcúlese su límite con la pregunta 7:

$\ln 2 + \frac12 \ln\frac pq .$
Contrólense las sumas parciales dentro de un bloque (los términos tienden a $0$ ) y conclúyase que la serie reordenada según $(p, q)$ converge a $\ln 2 + \frac12\ln \frac pq$ . En particular, $(1, 2)$ da $\frac{\ln 2}{2}$ : compruébese con los nueve primeros términos, $T_9 = 0.3083$ , avanzando hacia $0.3466$ .
Comprobaciones de coherencia y alcance: $(1,1)$ recupera $\ln 2$ ; $(2,1)$ da $\frac32\ln 2$ ; ¿qué sumas son alcanzables con bloques $(p, q)$ , y cómo se compara este menú numerable con la carta completa de Riemann (pregunta 14)?

Parte VI — Epílogo: $\gamma$ en acción, y síntesis.

Identifíquese la suma de la serie convergente $\sum_{k\geq1} \bigl(\frac1k - \ln\frac{k+1}{k}\bigr)$ (Ejercicio 17.7): véase que vale $\gamma$ .
Ejecútese la receta de Riemann (pregunta 14) para el objetivo $t = 1$ y enumérense los doce primeros términos producidos ( $1, \frac13, -\frac12, \frac15, -\frac14, \frac17, \frac19, -\frac16, \frac1{11}, \frac1{13}, -\frac18, \frac1{15}$ ), calculando la suma parcial ( $\approx 0.980$ ) — obsérvese respirar al algoritmo en torno a su objetivo.
Véase que alguna reordenación de la serie armónica alternada diverge a $+\infty$ (bloques de términos positivos lo bastante largos para ganar $1$ cada vez, usando la pregunta 12, separados por términos negativos sueltos).
Afínese el Ejemplo 17.11 con la ley de $\gamma$ : véase que el primer índice con $H_N \geq 20$ cumple $N = \eu^{\,20 - \gamma}\,(1 + o(1)) \approx 2.7\cdot10^{8}$ — la constante de Euler es exactamente la corrección que le faltaba al encuadre tosco.
Síntesis, una frase para cada punto: (i) la ley de $\gamma$ y qué aporta cada una de sus tres piezas ( $\ln n$ , $\gamma$ , $\frac{1}{2n}$ ); (ii) por qué la convergencia condicional hace que la suma dependa del orden mientras que la convergencia absoluta lo prohíbe; (iii) cómo la fórmula $(p,q)$ fue un cálculo con la ley de $\gamma$ y no una afirmación abstracta de existencia; (iv) dónde continúan estos hilos — las series de potencias y los productos de series en el volumen del segundo año, y el problema del fin de semana del volumen del tercer año sobre la fórmula de Stirling, donde la misma contabilidad de suma frente a integral funciona a plena potencia.

Solución

Solución de Problema 17.1.

1. $a_{n+1} - a_n = \frac{1}{n+1} - \ln\frac{n+1}{n} \leq 0$ porque $\ln(1 + \frac1n) \geq \frac{1/n}{1 + 1/n} = \frac{1}{n+1}$ ; y $b_{n+1} - b_n = \frac{1}{n+1} - \ln\frac{n+2}{n+1} \geq 0$ porque $\ln(1 + \frac{1}{n+1}) \leq \frac{1}{n+1}$ . Su hueco $a_n - b_n = \ln(1 + \frac1n) \to 0$ : adyacentes (Teorema 11.11), con límite común $\lim a_n = \gamma$ (Ejercicio 17.7), y $b_n \leq \gamma \leq a_n$ .

2. $b_{10} = 2.928968 - \ln 11 = 0.5311$ y $a_{10} = 2.928968 - \ln 10 = 0.6264$ : luego $\gamma \in \intcc{0.5311}{0.6264}$ . El hueco vale $\ln 1.1 \approx 0.095$ y se encoge como $\frac1n$ : cuatro decimales ( $\text{hueco} \leq 10^{-4}$ ) exigirían $n \approx 10^4$ — los encuadres son correctos, pero lentos.

3. Telescopando $a_n - a_{m+1} = \sum_{k=n}^{m} w_k$ y haciendo $m \to \infty$ : $a_n - \gamma = \sum_{k\geq n} w_k$ (límite de sumas parciales). Además,

w_k = \int_k^{k+1} \frac{\dd t}{t} - \frac{1}{k+1} = \int_k^{k+1} \Bigl(\frac1t - \frac{1}{k+1}\Bigr)\dd t = \int_k^{k+1} \frac{k + 1 - t}{t\,(k+1)}\,\dd t .

En $\intcc{k}{k+1}$ : $\frac{1}{(k+1)^2} \leq \frac{1}{t(k+1)} \leq \frac{1}{k(k+1)}$ , y $\int_k^{k+1}(k + 1 - t)\dd t = \frac12$ : por tanto, $\frac{1}{2(k+1)^2} \leq w_k \leq \frac{1}{2k(k+1)}$ .

4. Por arriba: $\sum_{k \geq n} \frac{1}{2k(k+1)} = \frac12\sum_{k\geq n}\bigl(\frac1k - \frac{1}{k+1}\bigr) = \frac{1}{2n}$ (telescopaje). Por abajo: $\frac{1}{2(k+1)^2} \geq \frac{1}{2(k+1)(k+2)}$ , cuya suma telescopa hasta $\frac{1}{2(n+1)}$ . Con la pregunta 3:

\frac{1}{2(n+1)} \leq H_n - \ln n - \gamma \leq \frac{1}{2n} .

5. Réstese $\frac{1}{2n}$ : $\gamma_n - \gamma \in \intcc{\frac{1}{2(n+1)} - \frac{1}{2n}}{0} = \intcc{-\frac{1}{2n(n+1)}}{0}$ : la estimación corregida es exacta salvo $O\bigl(\frac{1}{n^2}\bigr)$ , y siempre por debajo.

6. $\gamma_{100} = 5.1873775 - \ln 100 - 0.005 = 0.5772073$ , con $0 \leq \gamma - \gamma_{100} \leq \frac{1}{20200} < 5\cdot10^{-5}$ : por tanto, $0.577207 \leq \gamma \leq 0.577257$ , es decir, $\gamma = 0.5772 \pm 5\cdot10^{-5}$ (valor verdadero $0.5772156\dots$ ) — cuatro decimales certificados con cien términos, frente a los diez mil de la pregunta 2.

7. Primer dividendo:

H_{2m} - H_m = \Bigl(\ln 2m + \gamma + \frac{1}{4m}\Bigr) - \Bigl(\ln m + \gamma + \frac{1}{2m}\Bigr) + O\Bigl(\frac{1}{m^2}\Bigr) = \ln 2 - \frac{1}{4m} + O\Bigl(\frac{1}{m^2}\Bigr).

Segundo: los inversos pares hasta $2m$ suman $\frac12 H_m$ , luego $\sum_{j=1}^{m}\frac{1}{2j-1} = H_{2m} - \frac12 H_m = \frac12 \ln m + \ln 2 + \frac\gamma2 + o(1)$ , y $\sum_{j=1}^m \frac{1}{2j} = \frac12\ln m + \frac\gamma2 + o(1)$ .

8. Separando dos veces los términos pares: $\sum_{k=1}^{2m}\frac{(-1)^{k-1}}{k} = H_{2m} - 2\cdot\frac12 H_m = H_{2m} - H_m$ . Por la pregunta 7, esto vale $\ln 2 - \frac{1}{4m} + O(m^{-2})$ : la suma es $\ln 2$ (otra vez el Ejemplo 17.19) con su velocidad.

9. Para $N = 2m$ : $S - S_N = \frac{1}{4m} + O(m^{-2}) = \frac{1}{2N} + O(N^{-2})$ . Para $N = 2m + 1$ : $S_{N} = S_{2m} + \frac{1}{2m+1}$ , luego

S - S_N = \Bigl(\frac{1}{4m} - \frac{1}{2m+1}\Bigr) + O\Bigl(\frac{1}{m^2}\Bigr) = -\frac{1}{4m} + O\Bigl(\frac{1}{m^2}\Bigr) = -\frac{1}{2N} + O\Bigl(\frac{1}{N^2}\Bigr).

En los dos casos, $S - S_N \sim \frac{(-1)^N}{2N}$ : la mitad de la cota del peor caso $a_{N+1}$ , y con signo conocido y alternante.

10. Promediar mata el término dominante oscilante:

S - \tilde S_N = \frac{(S - S_N) + (S - S_{N+1})}{2} = \frac{(-1)^N}{2}\Bigl(\frac{1}{2N} - \frac{1}{2(N+1)}\Bigr) + O\Bigl(\frac{1}{N^2}\Bigr) = O\Bigl(\frac{1}{N^2}\Bigr).

Numéricamente: $S_{10} = 0.645635$ , $S_{11} = 0.736544$ , $\tilde S_{10} = 0.691089$ y $\ln 2 = 0.693147$ : el error cae de $4.8\cdot10^{-2}$ a $2.1\cdot10^{-3}$ — una suma, veinte veces mejor.

11. El error alternado cambia de signo en cada paso, de modo que dos sumas parciales consecutivas cabalgan sobre el límite y su media cancela el término de primer orden; el error del encuadre $H_n - \ln n - \gamma \approx \frac{1}{2n}$ tiene signo constante, y ningún promedio sobre $n$ puede cancelarlo. Promediar los dos encuadres sí ayuda: $\frac{a_n + b_n}{2} = H_n - \ln\sqrt{n(n+1)}$ y, como $\ln\sqrt{n(n+1)} = \ln\bigl(n + \frac12\bigr) + O(n^{-2})$ ,

H_n - \ln\Bigl(n + \frac12\Bigr) = \Bigl(H_n - \ln n - \frac{1}{2n}\Bigr) + \frac{1}{8n^2} + O\Bigl(\frac{1}{n^3}\Bigr) = \gamma + O\Bigl(\frac{1}{n^2}\Bigr)

(pregunta 5 y $\ln(1 + \frac{1}{2n}) = \frac{1}{2n} - \frac{1}{8n^2} + O(n^{-3})$ ). Comprobación en $n = 10$ : $H_{10} - \ln 10.5 = 0.57759$ , ya a menos de $4\cdot10^{-4}$ de $\gamma$ .

12. $\sum_{j\leq m} \frac{1}{2j-1} \geq \sum_{j \leq m} \frac{1}{2j} = \frac12 H_m \to +\infty$ : tanto la parte positiva como la negativa de la serie armónica alternada divergen.

13. Escríbase $u_n^\pm = \frac{\abs{u_n} \pm u_n}{2} \geq 0$ , de modo que $u_n = u_n^+ - u_n^-$ y $\abs{u_n} = u_n^+ + u_n^-$ . Si $\sum u_n^+$ convergiera, entonces $\sum u_n^- = \sum (u_n^+ - u_n)$ convergería (diferencia de series convergentes), y por tanto también $\sum \abs{u_n}$ : contradicción con la convergencia condicional. Por simetría, las dos $\sum u_n^\pm$ divergen (a $+\infty$ ): un reservorio infinito de masa positiva y de masa negativa.

14. Sean $S = \sum u_n$ , $\varepsilon > 0$ y $N$ con $\sum_{n > N} \abs{u_n} \leq \varepsilon$ (criterio de Cauchy para $\sum\abs{u_n}$ ). Sea $M_0$ lo bastante grande para que $\sigma(\{0, \dots, M_0\}) \supseteq \{0, \dots, N\}$ . Para $M \geq M_0$ , la diferencia $\sum_{m \leq M} u_{\sigma(m)} - \sum_{n \leq N} u_n$ es una suma finita de términos $u_n$ distintos con $n > N$ , luego de valor absoluto $\leq \varepsilon$ ; y también $\abs{S - \sum_{n\leq N} u_n} \leq \varepsilon$ . Así, las sumas parciales reordenadas acaban estando a menos de $2\varepsilon$ de $S$ : $\sum u_{\sigma(n)} = S$ . La convergencia absoluta es a prueba de reordenaciones.

15. Cada fase del procedimiento voraz termina tras finitos términos, porque los términos positivos (respectivamente, negativos) que quedan tienen ya por sí solos sumas parciales divergentes (pregunta 12): la suma en curso tiene que acabar cruzando $t$ . El procedimiento alterna, por tanto, infinitas fases finitas, consumiendo los términos positivos en orden y los negativos en orden: cada término se usa exactamente una vez — una reordenación. Tras el primer cruce, entre dos cruces consecutivos las sumas parciales se mueven monótonamente hacia $t$ , y en un cruce se pasan a lo sumo en el término recién añadido; y como los términos usados en el $j$ -ésimo cruce tienen índice al menos $j$ dentro de su clase, esos excesos tienden a $0$ . Luego las sumas parciales convergen a $t$ : todo número real es la suma de alguna reordenación.

16. Las casillas positivas reciben $\frac{1}{2j-1}$ para $j = 1, 2, \dots$ en orden, y las negativas, $\frac{1}{2j}$ en orden: cada término de la serie armónica alternada aparece exactamente una vez. Para $(p, q) = (1, 2)$ , los bloques son $\bigl(1, -\frac12, -\frac14\bigr)$ , $\bigl(\frac13, -\frac16, -\frac18\bigr)$ , $\bigl(\frac15, -\frac1{10}, -\frac1{12}\bigr)$ , … — la serie escrita antes.

17. Como $\frac{1}{4k-2} = \frac12\cdot\frac{1}{2k-1}$ :

\frac{1}{2k-1} - \frac{1}{4k-2} - \frac{1}{4k} = \frac12\,\frac{1}{2k-1} - \frac12\,\frac{1}{2k} = \frac12\Bigl(\frac{1}{2k-1} - \frac{1}{2k}\Bigr).

Sumando sobre $k = 1, \dots, K$ : $T_{3K} = \frac12 \sum_{k=1}^{K}\bigl(\frac{1}{2k-1} - \frac{1}{2k}\bigr) = \frac12 S_{2K}$ : en cada tercera suma parcial, la serie reordenada es exactamente la mitad de la original.

18. Tras $K$ bloques completos, la suma parcial reordenada es $\sum_{j=1}^{pK}\frac{1}{2j-1} - \sum_{j=1}^{qK}\frac{1}{2j}$ , y la pregunta 7 la evalúa:

\Bigl(\frac{\ln(pK)}{2} + \ln 2 + \frac\gamma2\Bigr) - \Bigl(\frac{\ln(qK)}{2} + \frac\gamma2\Bigr) + o(1) = \ln 2 + \frac12\ln\frac pq + o(1) :

las $\gamma$ se cancelan, los $\ln K$ se cancelan y sobrevive la razón $\frac pq$ .

19. Una suma parcial dentro del bloque $K + 1$ difiere de la suma tras $K$ bloques en a lo sumo $p + q$ términos, cada uno de valor absoluto aproximadamente $\leq \frac{1}{2qK}$ , es decir, en $O\bigl(\frac1K\bigr) \to 0$ : toda la sucesión de sumas parciales tiene el mismo límite $\ln 2 + \frac12\ln\frac pq$ . Para $(1, 2)$ : $\ln 2 + \frac12\ln\frac12 = \frac{\ln 2}{2} = 0.34657\dots$ , y en efecto $T_9 = 0.30833$ avanza hacia él: por la pregunta 17, $T_{3K} = \frac12 S_{2K}$ converge con exactamente la mitad del error de la armónica alternada. Los mismos términos, la mitad de la suma.

20. $(1,1)$ : $\ln 2 + \frac12\ln 1 = \ln 2$ — el orden original, coherencia. $(2,1)$ : $\frac32\ln 2 \approx 1.0397$ . El menú $(p,q)$ alcanza exactamente la familia numerable y densa $\ln 2 + \frac12\ln r$ , $r \in \Q_{>0}$ ; la receta voraz de Riemann (pregunta 15) alcanza todos los reales. La estructura compra fórmulas; la voracidad compra totalidad.

21. Las sumas parciales telescopan: $\sum_{k=1}^{N} \bigl(\frac1k - \ln\frac{k+1}{k}\bigr) = H_N - \ln(N+1) = b_N \to \gamma$ : la serie del Ejercicio 17.7 suma exactamente la constante de Euler.

22. Voraz para $t = 1$ : el primer término positivo lleva la suma exactamente a $1$ , no más allá, de modo que se toma un segundo positivo para cruzar: $1, \frac13$ (suma $1.3333 > 1$ ), después $-\frac12$ ( $0.8333$ ), $\frac15$ ( $1.0333$ ), $-\frac14$ ( $0.7833$ ), $\frac17, \frac19$ ( $1.0373$ ), $-\frac16$ ( $0.8706$ ), $\frac1{11}, \frac1{13}$ ( $1.0384$ ), $-\frac18$ ( $0.9134$ ), $\frac1{15}$ ( $0.9801$ ), … — las sumas respiran en torno a $1$ con amplitud cada vez menor, y ahora hacen falta dos positivos por ciclo, porque los negativos son mayores.

23. Constrúyanse bloques: en la etapa $j$ , añádanse suficientes términos positivos sin usar para subir la suma parcial al menos en $1$ (es posible: los términos positivos restantes tienen sumas divergentes, pregunta 12) y añádase después el único término negativo $-\frac{1}{2j}$ . Todo término positivo acaba usándose (cada etapa usa al menos uno) y todo negativo también (uno por etapa): una reordenación. Cada etapa cambia la suma en $\geq 1 - \frac{1}{2j} \geq \frac12$ : las sumas parciales superan $\frac{j}{2}$ tras la etapa $j$ , y los incrementos dentro de una etapa son positivos salvo el último, acotado por $\frac{1}{2j} \to 0$ : divergencia a $+\infty$ .

24. Por la ley, $H_N \geq 20 \iff \ln N \geq 20 - \gamma - \frac{1}{2N} + O(N^{-2})$ : el umbral $N^*$ cumple $\ln N^* = 20 - \gamma + o(1)$ , es decir, $N^* = \eu^{20 - \gamma}(1 + o(1)) \approx \eu^{19.4228} \approx 2.72\cdot10^{8}$ — dentro de la ventana tosca $\intcc{1.8\cdot10^8}{4.9\cdot10^8}$ del Ejemplo 17.11, y fijado por $\gamma$ .

25. (i) En $H_n = \ln n + \gamma + \frac{1}{2n} + O(n^{-2})$ : el $\ln n$ es la integral, $\gamma$ es el precio de sustituir una suma por una integral (una constante del análisis genuinamente nueva) y $\frac{1}{2n}$ es la primera corrección — la sombra del trapecio. (ii) La convergencia condicional se apoya en la cancelación entre dos reservorios infinitos (pregunta 13), de modo que reordenar reajusta los pesos de los reservorios; la convergencia absoluta tiene masa total finita, y la estimación de la cola de la pregunta 14 es ciega al orden. (iii) Las sumas $(p,q)$ se calcularon: la ley de $\gamma$ convirtió cada suma parcial reordenada en $\ln 2 + \frac12\ln\frac pq + o(1)$ , cancelándose el propio $\gamma$ — un ejercicio de contabilidad asintótica, no un argumento abstracto. (iv) A continuación: los productos y la sumabilidad incondicional para las series de potencias en el volumen del segundo año; y el problema del fin de semana del volumen del tercer año sobre la fórmula de Stirling, donde la contabilidad de suma frente a integral, llevada un orden más lejos, produce el propio $\sqrt{2\pi}$ .