Integración y Series

Segunda entrega de ejercicios

Octubre 20 de 2023

Juan Camilo Lozano Suárez

Ejercicio 8.6. Sea {an } una sucesión real y sea σn = (a1 + . . . + an ) /n. Probar que

lim inf an ≤ lim inf σn ≤ lim sup σn ≤ lim sup an .

n→∞ n→∞ n→∞ n→∞

Prueba. a) Probamos primero lim supn→∞ σn ≤ lim supn→∞ an . Llamemos a := lim supn→∞ an . Si a = ∞, el
resultado se tiene trivialmente.

Caso a ∈ R: Sea ε > 0. Existe N ∈ N tal que si n ≥ N entonces

an ≤ a + ε.

Ası́, para todo k ∈ Z+ se tiene

aN +1 + · · · + aN +k ≤ k(a + ε);

(aN +1 + · · · + aN +n ) /k ≤ a + ε;

lim sup ((aN +1 + · · · + aN +n ) /k) ≤ lim sup(a + ε)

k→∞ k→∞

= a + ε.
Como esto se tiene para todo ε > 0, se sigue
 
a1 + · · · + an
lim sup (σn ) = lim sup
n→∞ n→∞ n
 
aN +1 + · · · + aN +k
= lim sup
k→∞ k
≤a

= lim sup(an ).
n→∞

Caso a = −∞: Sea M ∈ R. Existe N ∈ N tal que si n ≥ N entonces

an ≤ M .

Ası́, para todo k ∈ Z+ se tiene

aN +1 + · · · + aN +k ≤ kM ;

(aN +1 + · · · + aN +k ) /k ≤ M ;

lim sup ((aN +1 + · · · + aN +k ) /k) ≤ lim sup(M ) = M.

k→∞ k→∞

1
 Como esto se tiene para todo M ∈ R, se sigue
 
a2 + · · · + an
lim sup (σn ) = lim sup
n→∞ n→∞ n
 
aN +1 + · · · + aN +k
= lim sup
k→∞ k
= −∞,
y por tanto lim supn→∞ σn = −∞ ≤ −∞ = lim supn→∞ an .

b) Ahora probemos lim inf n→∞ an ≤ lim inf n→∞ σn . Llamemos a := lim inf n→∞ an . Si a = −∞, el resultado se
tiene trivialmente.

Caso a ∈ R: Sea ε > 0. Existe N ∈ N tal que si n ≥ N entonces

an ≥ a − ε.

Ası́, para todo k ∈ Z+ se tiene

aN +1 + · · · + aN +k ≥ k(a − ε);

(aN +1 + · · · + aN +k ) /k ≥ a − ε;

lim inf ((aN +1 + · · · + aN +n ) /k) ≥ lim inf (a − ε) = a − ε.

k→∞ k→∞

Como esto se tiene para todo ε > 0, se sigue

 
a1 + · · · + an
lim inf (σn ) = lim inf
n→∞ n→∞ n
 
aN +1 + · · · + aN +k
= lim inf
k→∞ k
≥a

= lim inf an .
n→∞

Caso a = ∞ : Sea M ∈ R. Existe N ∈ N tal que si n ≥ N entonces

an ≥ M .

Asi, para todo k ∈ Z+ se tiene

aN +1 + · · · + aN +k ≥ kM ;

(aN +1 + · · · + aN +k ) /k ≥ M ;

lim inf ((aN +1 + · · · + aN +k ) /k) ≥ lim inf (M ) = M.

k→∞ k→∞

Como esto se tiene para todo M ∈ R, se sigue

 
a1 + · · · + an
lim inf (σn ) = lim inf
n→∞ n→∞ n
 
aN +1 + · · · + aN +k
= lim inf
k→∞ k
= ∞,
y por tanto lim inf n→∞ an = ∞ ≤ ∞ = lim inf n→∞ σn .

2
 c) La desigualdad lim inf n→∞ σn ≤ lim supn→∞ σn corresponde a una propiedad vista en el curso de Introducción
al Análisis Real: para cualquier sucesión {bn } de números reales se tiene lim inf n→∞ bn ≤ lim supn→∞ bn .

Ahora enunciaremos y probaremos algunos lemas referentes a la notación O grande que usaremos en la solución
de algunos ejercicios.

Lema 1 (Propiedades de la notación O grande). Si an = O (bn ) y cn = O (dn ), entonces

(i) an cn = O (bn dn ).

(ii) an + cn = O (un ), donde un = max {bn , dn } para cada n ∈ Z+ (en particular, si bn = dn entonces an + cn =
O (bn )).

(iii) k · an = O (bn ), para todo k ∈ R − {0}.

(iv) an = O (k · bn ), para todo k ∈ R+ .

Prueba. Existen λ1 , λ2 ∈ R+ tales que |an | ≤ λ1 bn y |cn | ≤ λ2 dn , para todo n ∈ Z+ .

(i) Se tiene |an cn | ≤ λ1 λ2 (bn dn ) para todo n ∈ Z+ , y por tanto an cn = O (bn dn ).

(ii) Para todo n ∈ Z+ tenemos |an | ≤ λ1 un y |cn | ≤ λ2 un , luego |an + cn | ≤ |an | + |cn | ≤ λ1 un + λ2 un =
(λ1 + λ2 ) un , y por tanto an + cn = O (un ).

(iii) Dado k ∈ R − {0}, tenemos |k · an | = |k| |an | ≤ (|k|λ1 ) bn para todo n ∈ Z+ , luego k · an = O (bn ).

λ1


(iv) Dado k ∈ R+ cualquiera, tenemos |an | ≤ k (k · bn ) para todo n ∈ Z+ , y ası́ an = O (k · bn ).

Lema 2. Si an − bn = O (cn ) y limn→∞ cn = 0, entonces limn→∞ (an − bn ) = 0.

Prueba. Existe λ ∈ R+ tal que |an − bn | ≤ λ · cn , es decir, −λ · cn ≤ an − bn ≤ λ · cn . Como limn→∞ λ · cn =

limn→∞ (−λ · cn ) = 0, del teorema del emparedado se sigue que limn→∞ (an − bn ) = 0.

Ejercicio 8.18. Sean p y q enteros fijos, p ≥ q ≥ 1, y sea

pn n
X 1 X (−1)k+1
xn = , sn = .
k k
k=qn+1 k=1

a) Utilizar la fórmula (8) para demostrar que limn→∞ xn = ln(p/q).

b) Cuando q = 1, p = 2, probar que s2n = xn y deducir

∞
X (−1)n+1
= ln 2
n=1
n

3
 c) Reordenar la serie (b), escribiendo alternativamente p términos positivos seguidos de q términos negativos y
utilizar (a) para demostrar que este reordenamiento tiene suma
1
ln 2 + ln(p/q)
2
P∞ n+1
d) Hallar la suma de n=1 (−1) (1/(3n − 2) − 1/(3n − 1)).

Prueba. a) Tenemos
pn    
X 1 1 1
− ln (pn) − c = O =O
k pn n
k=1
y
qn    
X 1 1 1
− ln (qn) − c = O =O ;
k qn n
k=1
de esto último
qn  
X 1 1
− + ln(qn) + c = O .
k n
k=1
Ası́
pn pn qn
    !  
p X 1 pn X 1 X1 1
xn − ln = − ln = − − (ln(pn) − ln (qn)) + (c − c) = O ,
q k qn k k n
k=qn+1 k=1 k=1

con lo cual   
p
lim xn − ln = 0,
n→∞ q
y concluimos     
p p
lim xn = lim
= ln . ln
n→∞ n→∞ q q
P2n 1
P2n (−1)k+1
b) Primero probamos por inducción sobre n que xn = s2n , es decir k=n+1 k = k=1 k . Para n = 1
tenemos
2 2
X 1 1 1 X (−1)k+1
= =1− = ,
k 2 2 k
k=2 k=1
1
P2n (−1)k+1
y el resultado se tiene. Supónganos que para cierto n ∈ Z+ es cierto que k=n+1
P
k = k=1 k . Tenemos
entonces
2 1 1
− + =− ;
2n + 2 2n + 2 2n + 2
1 1 1 1 1
− + + = − ;
n + 2 2n + 1 2n + 2 2n + 1 2n + 2
2n
! 2n
!
1 X 1 1 1 X (−1)k+1 (−1)2n+2 (−1)2n+3
− + + + = + + ;
n+2 k 2n + 1 2n + 2 k 2n + 1 2n + 2
k=n+1 k=1

2n+2
X 1 2n+2X (−1)k+1
1
− + = ;
n+2 k k
k=n+1 k=1

2n+2 2n+2
X (−1)k+1
X 1
= ;
k k
k=n+2 k=1

4
 2(n+1) 2(n+1)
X 1 X (−1)k+1
= .
k k
k=(n+1)+1 k=1

Ası́, el resultado se tiene para n + 1. Esto completa le prueba de que xn = s2n para todo n ∈ Z+ . Ahora bien,
Pn k+1 P∞ k+1 P∞ n+1
notemos que limn→∞ sn = limn→∞ k=1 (−1)k = k=1 (−1)k = n=1 (−1)n . Como sn converge por
el criterio de Leibniz (criterio de convergencia para series alternantes), toda subsucesión de {sn } converge, y
lo hace al mismo punto. De esta forma
∞
X (−1)n+1
= lim sn = lim s2n = lim xn = ln(2).
n=1
n n→∞ n→∞ n→∞

c) La reordenación obtenida será

   
2p p q 4p 2p 2q 6p 3p 3q
!
X 1 X 1 X 1 X 1 X 1 X 1 X 1 X 1 X 1
− − + − − + − − + ···
k 2k 2k k 2k 2k k 2k 2k
k=1 k=1 k=1 k=2p+1 k=p+1 k=q+1 k=1 k=2p+1 k=1

P
Podemos agregar paréntesis sin alterar la convergencia de la serie, de modo que ésta queda dada por bn ,
con  
2np np nq
X 1 X 1 X 1
bn =  − −
k 2k 2k
k=2(n−1)p+1 k=(n−1)p+1 k=(n−1)q+1
P
De esta forma, llamando {tn } a la sucesión de sumas parciales de bn , tenemos

t n = b1 + b2 + · · · + bn

2np np nq
!
X 1 X 1 X 1
= − −
k 2k 2k
k=1 k=1 k=1

2np np nq
X 1 1X1 1X1
= − −
k 2 k 2 k
k=1 k=1 k=1

     
1 1 c 1 1 c 1
= ln(2np) + c + O − ln(np) − + O − ln(nq) − + O
n 2 2 n 2 2 n
 
√ √ 1
= ln(2np) − ln( np) − ln( nq) + O
n
 
√ √ 1
= ln(2np) − (ln( np) + ln( nq)) + O
n
 
√ 1
= ln(2np) − ln(n pq) + O
n
   
2np 1
= ln √ +O
n pq n
 r   
p 1
= ln 2 +O .
q n

5
 Luego,
 r   r  r   
X p p p 1 p
bn = lim tn = lim ln 2 · = ln 2 · = ln(2) + ln = ln(2) + ln .
n→∞ n→∞ q q q 2 q
P∞ n+1
d) Llamamos {tn } a la sucesión de sumas parciales de la serie n=1 (−1) (1/(3n − 2) − 1/(3n − 1)). Notemos
que
         
X 1 1 1 1 1 1 1 1 1
(−1)n+1 − = 1− − − + − − − + ···
3n − 2 3n − 1 2 4 5 7 8 10 11
       
1 1 1 1 1 1 1
= 1− + − + + − + − + + ···
2 4 5 7 8 10 11
Es fácil ver que
3n
! n
! 3n
! n
!
X (−1)k+1 X (−1)k+1 X (−1)n+1 1 X (−1)k+1
tn = − = − ·
k (3k) k 3 k
k=1 k=1 k=1 k=1

1
= s3n − · sn .
3
Ası́,  
X
n+1 1 1
(−1) − = lim tn
3n − 2 3n − 1 n→∞

 
1
= lim s3n − · sn
n→∞ 3
  1  
= lim s3n − · lim sn
n→∞ 3 n→∞
1
= ln 2 − · (ln 2)
3
2
= · ln 2.
3

Ejercicio 8.20. Utilizar el teorema 8.23 para obtener las fórmulas siguientes:
Pn log k  
1 2 log n
a) k=1 k = 2 log n + A + O n (A constante ).
Pn  
1 1
b) k=2 k log k = log(log n) + B + O n log n (B constante ).

Prueba. a) Consideramos la función f (x) = (ln x)/x en [3, ∞). Tenemos que f es positiva en [3, ∞), y como
f ′ (x) = (1 − ln x)/x2 < 0 para x > e, entonces f es decreciente en [3, ∞). Además, limx→∞ (ln x)/x =
limx→∞ 1/x = 0. Por tanto, podemos aplicar el criterio de la integral para f en [3, ∞). Tenemos
n
ln2 n ln2 3
Z n
ln x ln2 x
dx = = − .
3 x 2 3 2 2

Usando la notación del Teorema 8.23, llamemos A = (limn→∞ dn ) − ln2 3 /2 ∈ R. Ası́, se sigue que

n
!
X ln k ln2 n ln2 3 ln n
0≤ − + − lim dn ≤ ,
k 2 2 n→∞ n
k=3

6
 es decir, !
n
X ln k ln2 n ln n
0≤ − −A≤ ,
k 2 n
k=3
con lo cual
n
ln2 n
 
X ln k ln n
= +A+O .
k 2 n
k=3

b) Consideramos la función f (x) = 1/(x ln x) en [2, ∞). Tenemos que f es positiva y decreciente en [2, ∞);
además limx→∞ 1/(x ln x) = 0. Por lo tanto podemos usar el criterio de la integral para f en [2, ∞). Se tiene
Z n
1 n
dx = (ln(ln x))|2 = ln(ln n) − ln(ln 2).
2 x ln x

Usando la notación del Teorema 8.23, llamemos B = (limn→∞ dn ) − ln(ln 2) ∈ R, de modo que
n
!
X 1 1
0≤ − ln(ln n) + ln(ln 2) − lim dn ≤ ,
k ln k n→∞ n ln n
k=2

es decir !
n
X 1 1
0≤ − ln(ln n) − B ≤ ,
k ln k n ln n
k=2
y se sigue que
n  
X 1 1
= ln(ln n) + B + O .
k ln k n ln n
k=2

El siguiente lema será usado en la solución del Ejercicio 8.21:

P∞
Lema 3. Sean f una sucesión doble y k ∈ Z+ cualquiera. Supongamos que n=1 f (m, n) converge para cada
Pk P∞ P∞ Pk
m = 1, . . . , k. Entonces m=1 n=1 f (m, n) = n=1 m=1 f (m, n).
P∞
Prueba. Para cada m = 1, . . . , k llamemos γm = n=1 f (m, n) ∈ R. Tenemos
X ∞
k X k
X
f (m, n) = γm
m=1 n=1 m=1

= γ1 + · · · + γk
∞
X
= (f (1, n) + · · · + f (k, n))
n=1
∞ X
X k
= f (m, n)
n=1 m=1

P∞
Ejercicio 8.21. Si 0 < a ≤ 1, s > 1, definamos ζ(s, a) = n=0 (n + a)−s .

a) Probar que esta serie converge absolutamente para s > 1 y probar que
k  
X h
ζ s, = k s ζ(s) si k = 1, 2, . . . ,
k
h=1

en donde ζ(s) = ζ(s, 1) es la función zeta de Riemann.

7
 P∞ n−1


b) Probar que n=1 (−1) /ns = 1 − 21−s ζ(s) si s > 1.

Prueba. Supongamos 0 < a ≤ 1 y s > 1.

a) Para ver que ζ(s, a) converge, usamos el criterio de comparación del lı́mite con la serie convergente
P∞ 1
n=0 (n+1)s :

1 s s
(n + 1)s
 
(n+a)s n+1 n+1
lim 1 = lim = lim = lim = 1s = 1,
n→∞ n→∞ (n + a)s n→∞ n+a n→∞ n + a
(n+1)s

P∞ 1
P∞ 1
y por ende ζ(s, a) converge. Como n=0 (n+a)s = n=0 (n+a)s = ζ(s, a), entonces ζ(s, a) converge abso-
+
lutamente. Ahora, para k ∈ Z tenemos:
k   X k X ∞
X h 1
ζ s, =
s
h=1
k
h=1 n=0
n + hk

∞ X
k
X 1
= h s


n=0 h=1 n+ k

∞ X
k
X ks
=
n=0 h=1
(kn + h)s

∞ X
k
X 1
= ks
n=0 h=1
(kn + h)s
    
s 1 1 1 1
=k s
+ ··· + s + s
+ ··· + + ···
1 k (k + 1) (2k)s
∞
X 1
= ks
n=0
(n + 1)s

= k s ζ(s).

P∞ n−1
b) Llamemos {Sn } a la sucesión de sumas parciales de la serie n=1 (−1) /s, y consideremos su subsucesión
par {S2n }. Para cada n ∈ Z+ tenemos
2n
X (−1)k−1
S2n =
ks
k=1

1 1 1 1 1
= s
− s + s − s + ··· −
1 2 3 4 (2n)s

2n
! n
X 1 X 1
= −2
ks (2k)s
k=1 k=1

2n
! n
X 1 X 1
= − 21−s ,
ks ks
k=1 k=1

8
 con lo cual " ! #
2n n
X 1 1−s
X 1
lim S2n = lim −2
n→∞ n→∞ ks ks
k=1 k=1

2n
! n
X 1 X 1
= lim − 21−s · lim
n→∞ ks n→∞ ks
k=1 k=1

= ζ(s) − 21−s ζ(s)

= 1 − 21−s ζ(s).

P∞
Como limn→∞ 1/ns = 0, por el criterio de Leibniz la serie n=1 (−1)n−1 /ns converge, esto es, {Sn } converge,
con lo cual todas sus subsucesiones convergen al mismo valor, y tenemos
∞
X (−1)n−1
= lim Sn = lim S2n = 1 − 21−s ζ(s).


n s n→∞ n→∞
n=1

Ejercicio 8.27. Probar las siguientes proposiciones:

P P P
a) an bn converge si an converge y si (bn − bn+1 ) converge absolutamente.
P P P
b) an bn converge si an tiene las sumas parciales acotadas y si (bn − bn+1 ) converge absolutamente, con
tal que bn → 0 cuando n → ∞.
P P
Prueba. a) Supongamos gue an converge y (bn − bn+1 ) converge absolutamente. Sea {An } la sucesión de
an . De la fórmula de sumación parcial de Abel, para cada n ∈ Z+ tenemos:
P
sumas parciales de
n
X n
X
ak bk = An bn+1 − Ak (bk+1 − bk ) .
k=1 k=1

an converge, tenemos que limn→∞ An existe, y por tanto {An } está acotada, es decir, existe M ∈ R+
P
Como
tal que |An | ≤ M para todo n ∈ Z+ . Como
P
(bn − bn+1 ) es una serie telescópica que converge, esto implica
que limn→∞ bn+1 existe. Por tanto limn→∞ (An bn+1 ) existe. Además,
∞
X ∞
X
|Ak (bk+1 − bk )| = |Ak | |bk − bk+1 |
k=1 k=1
X∞
≤ M |bk − bk+1 | ,
k=1
P∞ P∞
y k=1M |bk − bk+1 | converge. Del criterio de comparación para series, k=1 |Ak (bk+1 − bk )| converge, y
P∞
por ende k=1 Ak (bk+1 − bk ) converge. Del teorema de la fórmula de sumación parcial de Abel, se sigue que
P∞ P
k=1 ak = an converge.

an . De esta forma, existe M ∈ R+ tal

P
b) Nuevamente, llamamos {An } a la sucesión de sumas parciales de
que |An | ≤ M para todo n ∈ Z+ . Como {An } es una sucesión acotada, y limn→∞ bn+1 = limn→∞ bn = 0,

9
tenemos limn→∞ An bn+1 = 0. Además,
∞
X ∞
X
|An (bn+1 − bn )| = |An | |bn − bn+1 |
n=1 n=1
X∞
≤ M |bn − bn+1 | .
n=1
P∞ P∞
Como n=1 M |bn − bn+1 | converge, del criterio de comparación para series se sigue que n=1 |An (bn+1 − bn )|
P∞
converge, y por tanto también lo hace n=1 An (bn+1 − bn ). Del teorema de la fórmula de sumación parcial
P
de Abel, se sigue que an bn converge.

10