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EJERCICIOS DE SERIES DE FUNCIONES

1. Campo de convergencia. Convergencia uniforme

1. Determinar el campo de convergencia de la serie∑n≥0

2n senn x.

Solucion

Aplicando el criterio de la raız, la serie es absolutamente convergente cuando:

lım n√|an| < 1 ⇐⇒ lım 2| senx| < 1⇐⇒ | senx| < 1/2

⇐⇒ x ∈(

(6n− 1)π

6,(6n+ 1)π

6

), n ∈ Z,

que son los intervalos donde la serie es absolutamente convergente.

En los extremos de cada intervalo, es decir cuando | senx| = 1/2, donde el criterio de la raız nodecide, quedan las series

∑1 o

∑(−1)n, que son claramente divergentes.

2. Hallar el campo de convergencia de la serie∞∑n=1

cosnx

enx.

Solucion

Descomponemos el problema en varios casos:

- Si x > 0, aplicamos el criterio de comparacion; tenemos por un lado que∣∣∣cosnx

enx

∣∣∣ ≤ 1

enxy,

aplicando el criterio de la raız a la serie∑

1/enx, resulta:

lım n√

1/enx = lım 1/ex < 1 pues x > 0.

Como la serie mayorante es convergente, tambien lo sera la serie dada.

- Si x = 0, tenemos la serie∑

1 que es divergente.

- Si x < 0, como lım enx = 0, entonces no existe lımcosnx

enx, con lo que la serie es tambien

divergente.

3. Estudiar la convergencia y convergencia uniforme de la serie∑n≥1

x

(1 + x)nen R.

Solucion

1

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

(1 + x)n→∞. Por el criterio del resto

se deduce que la serie no es convergente en R. En particular, tampoco converge uniformemente.


enx sennx en R.

Solucion

Cuando x > 0, el termino general enx sennx no tiene lımite. Por el criterio del resto se deduceque la serie no converge en R.


sen√nx

n√n

en R.

Solucion

Aplicaremos el criterio de Weierstrass. Como∣∣∣∣sen√nx

n√n

∣∣∣∣ ≤ 1

n√n, ∀n

y la serie∑ 1

n√n

=∑ 1

n3/2es convergente, se deduce que la serie propuesta converge absoluta

y uniformemente en R.


(−1)n−1xn en [−1/2, 1/2].

Solucion

La serie converge absoluta y uniformemente debido al criterio de Weierstrass porque, si −1/2 ≤x ≤ 1/2,

|(−1)n−1xn| ≤ 1

2n, ∀n

y la serie geometrica∑

1/2n es convergente.


arc tg2x

x2 + n3en R.

Solucion

Sea N una constante positiva fija. Teniendo en cuenta que | arc tg x| ≤ |x|, ∀x ∈ R, obtenemoslas siguientes acotaciones:

- Si |x| ≤ N ,

∣∣∣∣arc tg2x

x2 + n3

∣∣∣∣ ≤ ∣∣∣∣ 2x

x2 + n3

∣∣∣∣ ≤ 2N

n3, ∀n.

- Si |x| > N ,

∣∣∣∣arc tg2x

x2 + n3

∣∣∣∣ ≤ ∣∣∣∣ 2x

x2 + n3

∣∣∣∣ ≤ 2

n2, ∀n > |x|.

Como las dos series∑ 2N

n3y∑ 2

n2son convergentes, del criterio de Weierstrass se deduce que

la serie propuesta es absoluta y uniformemente convergente.

2

8. Probar que la serie∑n≥1

xn sennx

npconverge uniformemente en [−1, 1] si p > 1.

Solucion

En efecto, por el criterio de Weierstrass, si p > 1 y −1 ≤ x ≤ 1, tenemos la acotacion∣∣∣∣xn sennx

np

∣∣∣∣ ≤ 1

np

y la serie mayorante∑ 1

npes convergente.


(−1)nx2 + n

n2converge uniformemente en todo [a, b] pero nunca

converge absolutamente.

Solucion

Si llamamos fn(x) = (−1)nx2 + n

n2, por el criterio de comparacion, como |fn(x)| ∼ 1/n y la serie∑

1/n es divergente, la serie propuesta no es absolutamente convergente. Sin embargo, aplicandoel criterio de Leibnitz, se prueba que converge condicionalmente en R.

Por otra parte, al ser una serie alternada, si llamamos α = max{|a|, |b|}, tenemos:

|Sn(x)− S(x)| ≤ |fn+1(x)| = x2 + (n+ 1)

(n+ 1)2≤ α2 + (n+ 1)

(n+ 1)2→ 0, ∀x ∈ [a, b],

lo que indica que la serie converge uniformemente.

10. Dada la serie∞∑n=1

fn(x), donde fn(x) son continuas en [0, 1] para todo n y verifican la

acotacion

∣∣∣∣∣n∑k=1

fk(x)− x2∣∣∣∣∣ ≤ n

n2 + 5, ∀x ∈ [0, 1], calcular

∞∑n=1

∫ 1

0fn(x) dx.

Solucion

Comon

n2 + 5→ 0 cuando n → ∞ independientemente de x ∈ [0, 1], la acotacion dada indica

que la serie

∞∑n=1

fn(x) converge uniformemente a la funcion y = x2. En consecuencia la serie se

puede integrar termino a termino y resulta:

∞∑n=1

∫ 1

0fn(x) dx =

∫ 1

0

∞∑n=1

fn(x) dx =

∫ 1

0x2 dx =

1

3.


sennx

n2es convergente en todo R. Si f(x) es su suma, probar que

f es continua en [0, π] y que∫ π

0f(x) dx = 2

∑n≥1

1

(2n− 1)3.

3

Solucion

Si llamamos fn(x) =sennx

n2, como |fn(x)| ≤ 1

n2, ∀n, ∀x ∈ R y la serie

∑ 1

n2es convergente,

por el criterio de Weierstrass se deduce que la serie propuesta es uniformemente convergente enR. Como ademas las funciones fn(x) son continuas, tambien lo sera su suma f(x).

De la formula

∫ π

0f(x) dx =

∑n≥1

∫ π

0fn(x) dx, deducimos entonces que:

∫ π

0f(x) dx =

∑n≥1

∫ π

0

sennx

n2dx =

∑n≥1

[− cosnx

n3

]π0

=∑n≥1

1− cosnπ

n3=∑n≥1

2

(2n− 1)3,

pues 1− cosnπ =

{0 si n es par

2 si n es impar.

2. Series de potencias. Intervalos de convergencia


xn

2n · n2.

Solucion

Aplicando la formula de Hadamard, calculamos el radio de convergencia como:

1

R= lım sup n

√|an| = lım

1

2 · n√n2

=1

2.

Por tanto, R = 2 y la serie converge absolutamente cuando x ∈ (−2, 2).

En los extremos del intervalo tenemos:

- Si x = 2, resulta la serie∑ 1

n2que es convergente.

- Si x = −2, resulta la serie∑ (−1)n

n2que es tambien absolutamente convergente.


n!xn

nn.

Solucion

Por la formula de Hadamard,

1

R= lım sup n

√|an| = lım

n√n!

n= lım

n · e−1 · n√√

2πn

n= e−1,

4

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

- Si x = e, la serie es∑ n! en

nn. Como

lımn! en

nn= lım

√2πn =∞ 6= 0,

la serie es divergente.

- Si x = −e, la serie es∑ (−1)nn! en

nnque tambien es divergente, por la misma razon del caso

anterior.


xn

n · 10n−1.

Solucion


1

R= lım sup n

√|an| = lım

1n√n · 10n−1

=1

10,

de donde R = 10 y la serie converge absolutamente en (−10, 10) y diverge en (−∞,−10)∪(10,∞).

- Si x = 10, la serie resulta∑ 10

nque es divergente.

- Si x = −10, tenemos la serie∑ (−1)n 10

nque es condicionalmente convergente (basta aplicar

el criterio de Leibnitz).


xn

an + bn, donde a, b > 0.

Solucion

Supondremos que a ≥ b pues, en caso contrario, se procede de forma analoga. Por la formula deHadamard,

1

R= lım sup n

√|an| = lım

1n√an + bn

= lım1

a n√

1 + (b/a)n=

1

a,

con lo que R = a y la serie converge absolutamente en (−a, a) y diverge en (−∞,−a) ∪ (a,∞).

- Cuando x = a, tenemos la serie∑ an

an + bn. Como

lıman

an + bn= lım

1

1 + (b/a)n= 1 6= 0,

la serie es divergente.

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

5


(nx

n+ 1

)n.

Solucion


1

R= lım sup n

√|an| = lım

n

n+ 1= 1 =⇒ R = 1,

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

- Si x = 1, tenemos la serie∑(

n

n+ 1

)ny si x = −1,

∑(−nn+ 1

)n. En ambos casos, si

llamamos an al termino general,

lım |an| = lım

(n

n+ 1

)n= lım en·(

nn+1−1) = lım en·

−1n+1 = e−1 6= 0,

de modo que ambas series son divergentes.

6. Hallar el intervalo de convergencia de la serie

(x− 1)− 3(x− 1)2

22+ · · ·+ (−1)n+1 (n+ 1)(x− 1)n

2n+ . . .

Solucion


1

R= lım sup n

√|an| = lım

n√n+ 1

2=

1

2=⇒ R = 2.

El intervalo de convergencia es entonces I = (1− 2, 1 + 2) = (−1, 3).

- Para x = −1, tenemos la serie divergente∑−(n+ 1), y para x = 3, tenemos tambien la serie

divergente∑

(−1)n+1(n+ 1).

7. Determinar el campo de convergencia de la serie 1 +∑n≥1

(−1)nx4n−1

4n.

Solucion

Aplicaremos el criterio del cociente considerando la serie como serie numerica.

lım

∣∣∣∣an+1

an

∣∣∣∣ = lım

∣∣∣∣x4n+3/(4n+ 4)

x4n−1/4n

∣∣∣∣ = |x|4.

La serie sera convergente cuando |x|4 < 1, es decir cuando |x| < 1, y divergente cuando |x| > 1.En los casos extremos tenemos:

- Si x = 1, la serie 1 +∑n≥1

(−1)n

4nes condicionalmente convergente.

- Si x = −1, la serie es 1−∑n≥1

(−1)n

4nque es tambien condicionalmente convergente.

6


[cos(1/n)]n2+2n+2 xn.

Solucion


1

R= lım sup n

√|an| = lım [cos(1/n)]

n2+2

n2+2n = 1,

de modo que la serie converge absolutamente en (−1, 1) y diverge en (−∞,−1) ∪ (1,∞).

En los extremos x = 1 y x = −1 las series son divergentes porque, aplicando el criterio del resto,

lım [cos(1/n)]n2+2n+2 = lım e

n2

n+2·[cos(1/n)−1] = lım e

n2

n+2·−1/n2

2 = 1 6= 0.


n(−1)nxn−1.

Solucion

Aplicaremos el criterio de comparacion, para lo que llamaremos an = n(−1)nxn−1.

Tenemos la acotacion |an| = n(−1)n |x|n−1 ≤ n|x|n−1. Ademas la serie

∑n|x|n−1 converge si

|x| < 1 como se deduce aplicando el criterio del cociente:

lım(n+ 1)|x|n

n|x|n−1= |x|.

Lo anterior indica que la serie propuesta es tambien absolutamente convergente cuando |x| < 1.

Ahora bien, si |x| = 1, lım an no existe; por tanto la serie diverge.

Por tratarse de una serie de potencias, la serie debe ser tambien divergente cuando |x| > 1.


(x− 1)2n

n · 9n.

Solucion

Aplicando el criterio de la raız,

lım n√|an| = lım

|x− 1|2

9 · n√n

=|x− 1|2

9.

Esto quiere decir que la serie converge absolutamente cuando |x − 1|2 < 9, es decir cuandox ∈ (−2, 4) y diverge cuando x ∈ (−∞,−2) ∪ (4,∞).

Ademas, tanto para x = −2 como para x = 4, queda la serie∑

1/n que es divergente.


(2n− 1)n(x+ 1)n

2n−1 · nn.

Solucion

7

Por el criterio de la raız tenemos:

lım n√|an| = lım

(2n− 1) · |x+ 1|2(n−1)/n · n

= |x+ 1|

de modo que la serie converge absolutamente cuando |x+ 1| < 1, es decir cuando x ∈ (−2, 0) ydiverge cuando x ∈ (−∞,−2) ∪ (0,∞).

- Para x = 0 queda la serie∑ (2n− 1)n

2n−1 · nn. Esta serie es divergente porque el termino general no

tiende a cero:

lım(2n− 1)n

2n−1 · nn= lım 2 ·

(2n− 1

2n

)n= 2e−1/2.

- Si x = −2, tenemos la serie alternada∑

(−1)n · (2n− 1)n

2n−1 · nnque tambien es divergente por la

misma razon que en el caso anterior.


(x+ 5)2n−1

2n · 4n.

Solucion

Por el criterio del cociente, obtenemos:

lım

∣∣∣∣an+1

an

∣∣∣∣ = lım

|x+5|2n+1

2(n+1)·4n+1

|x+5|2n−1

2n·4n= lım

|x+ 5|2 · 2n4 · 2(n+ 1)

=|x+ 5|2

4.

Entonces la serie converge absolutamente cuando|x+ 5|2

4< 1, es decir cuando x ∈ (−7,−3) y

diverge cuando x ∈ (−∞,−7) ∪ (−3,∞).

En los extremos del intervalo, x = −3 y x = −7, tenemos la serie∑

1/4n que es divergente.

13. Determinar el campo de convergencia de la serie∑ n!

(a+ 1) . . . (a+ n)xn−1.

Solucion

Si aplicamos el criterio del cociente, tenemos:

lım

∣∣∣∣an+1

an

∣∣∣∣ = lım

∣∣∣∣∣∣(n+1)!xn

(a+1)...(a+n)(a+n+1)

n!xn−1

(a+1)...(a+n)

∣∣∣∣∣∣ = lım(n+ 1)|x|a+ n+ 1

= |x|.

Entonces la serie es absolutamente convergente cuando |x| < 1 y divergente cuando |x| > 1. Enlos extremos del intervalo de convergencia tenemos:

- Si x = 1, la serie es∑ n!

(a+ 1) . . . (a+ n). Aplicando el criterio de Raabe, resulta:

lımn ·(

1− n+ 1

a+ n+ 1

)= lım

an

a+ n+ 1= a,

con lo que la serie es convergente si a > 1 y divergente si a < 1. Por ultimo, si a = 1, la serie es

ahora∑ 1

n+ 1, que es evidentemente divergente.

8

- Si x = −1, queda la serie alternada∑

(−1)n−1 · n!

(a+ 1) . . . (a+ n). Como hemos visto antes,

cuando a > 1 es absolutamente convergente. Cuando a ≤ 1 aplicamos el criterio de Leibnitz,

para lo cual llamamos an =n!

(a+ 1) . . . (a+ n):

Comoan+1

an=

n+ 1

a+ n+ 1, la sucesion {an} es decreciente si 0 < a ≤ 1 y creciente si a < 0. En el

primer caso, 0 < a ≤ 1, ademas lım an = 0. Veamoslo:

Si llamamos L = lımn!

(a+ 1) . . . (a+ n)= lım

1

(1 + a)(1 + a/2) . . . (1 + a/n), al

tomar logaritmos obtenemos:

lnL = lım−[ln(1 + a) + ln(1 + a/2) + · · ·+ ln(1 + a/n)] = −∞∑n=1

ln(1 + a/n).

Esta ultima serie es divergente pues ln(1 + a/n) ∼ 1/n, con lo que lnL = −∞, de dondeL = e−∞ = 0, como querıamos probar.

Por ultimo, si a = 0, tenemos la serie divergente∑

(−1)n−1.

En resumen, en el caso x = −1, la serie dada es absolutamente convergente cuando a > 1;condicionalmente convergente cuando 0 < a ≤ 1 y divergente cuando a ≤ 0.

14. Determinar el campo de convergencia de la serie∑

xn−1 ln

(1 +

1

n

).

Solucion

Por el criterio del cociente,

lım

∣∣∣∣an+1

an

∣∣∣∣ = lım

∣∣∣∣∣ xn · ln n+2n+1

xn−1 · ln n+1n

∣∣∣∣∣ = |x|.

Tenemos entonces que la serie converge absolutamente cuando |x| < 1 y diverge cuando |x| > 1.Ademas,

- Si x = 1, tenemos la serie∑

ln(1 + 1/n) que es divergente como se comprueba al compararla

con la serie armonica∑

1/n.

- Si x = −1, queda la serie alternada∑

(−1)n−1 ln(1 + 1/n) que es condicionalmente conver-

gente, pues la sucesion {ln(1 + 1/n)} es decreciente y tiene lımite cero.

15. Determinar el campo de convergencia de la serie∑ (2n+ 1)!

1 · 3 · 5 · 6 . . . (4n− 3)(3n)(−x/e)5n.

Solucion

Si hacemos el cambio t = (−x/e)5 y aplicamos el criterio del cociente, tenemos:

lım

∣∣∣∣an+1

an

∣∣∣∣ = lım

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

(2n+1)!1·3·5·6...(4n−3)(3n)

· |t| = lım(2n+ 3)(2n+ 2)

(4n+ 1)(3n+ 3)· |t| = |t|

3.

De aquı se deduce que la serie converge absolutamente cuando |t| < 3, o bien cuando |x| < e 5√

3,y diverge cuando |x| > e 5

√3.

9

- Cuando x = e 5√

3, la serie queda∑

(−1)5n · (2n+ 1)! · 3n

1 · 3 · 5 · 6 . . . (4n− 3)(3n). Esta serie es divergente

porque el termino general no tiende a cero. En efecto, como∣∣∣∣an+1

an

∣∣∣∣ =(2n+ 3)(2n+ 2) · 3

(4n+ 1)(3n+ 3)=

4n2 + 10n+ 6

4n2 + 5n+ 1> 1,

entonces |an+1| > |an| y lım |an| 6= 0.

- Cuando x = −e 5√

3, procedemos de manera analoga al caso anterior. Ası la serie es tambiendivergente.

16. Si la serie∑

anzn tiene radio de convergencia 2, encontrar los radios de convergencia

de las series∑

aknzn,∑

anzkn, (k > 1),

∑anz

n2.

Solucion

Por hipotesis sabemos que 1/2 = lım sup n√|an|. Aplicando tambien la formula de Hadamard en

los demas casos, tenemos:

lım sup n

√|akn| = lım sup

(n√|an|

)k=

1

2k.

De aquı se deduce que la serie∑

aknzn tiene radio de convergencia R1 = 2k.

Para el segundo caso, como

lım sup kn√|an| = lım sup |an|

1n· nkn = (1/2)0 = 1,

el radio de convergencia de la serie∑

anzkn es R2 = 1.

Analogamente, como

lım sup n2√|an| = lım sup[|an|1/n

]n·(1/n2)= (1/2)0 = 1,

el radio de convergencia de∑

anzn2

es R3 = 1.

17. Se considera la serie de potencias∑

anxn, donde llamamos

an =1 · 2 . . . n

3 · 5 . . . (2n+ 1).

a) Probar que su radio de convergencia es 2.

b) Probar que la serie original no converge en x = 2.

c) Sean bn = an2n y pn = ln bn. Probar que los terminos pn son las sumas parciales deuna serie de terminos negativos que diverge hacia −∞.

d) Deducir de c) el caracter de la serie original en x = −2.

Solucion

a) Por el criterio del cociente,

lım

∣∣∣∣an+1

an

∣∣∣∣ = lım

1·2...n·(n+1)3·5...(2n+1)(2n+3)

1·2...n3·5...(2n+1)

·∣∣∣∣xn+1

xn

∣∣∣∣ = lımn+ 1

2n+ 3· |x| = |x|

2,

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

10

b) Para x = 2 aplicamos el criterio de Raabe:

lımn ·(

1− an+1

an

)= lımn ·

(1− n+ 1

2n+ 3· 2)

= lımn · 1

2n+ 3=

1

2< 1,

por lo que la serie es divergente.

c) Si escribimos bn = an · 2n =2 · 4 . . . 2n

3 · 5 . . . (2n+ 1)=

2

3· 4

5. . .

2n

2n+ 1, entonces

pn = ln bn = ln2

3+ ln

4

5+ · · ·+ ln

2n

2n+ 1

es una cantidad negativa por ser suma de numeros negativos (logaritmos de numeros me-

nores que uno). Ademas pn es la suma de los n primeros terminos de la serie∑n≥1

ln2n

2n+ 1.

Esta serie es divergente como se observa al aplicar el criterio de comparacion con la serie∑1/n:

lımln 2n

2n+1

1/n= lım ln

(2n

2n+ 1

)n= e−1/2.

Esto quiere decir que lım pn = −∞, como querıamos probar.

d) La serie original en x = −2 es la serie alternada∑

(−1)n · 2n · an. Para estudiar su con-

vergencia aplicamos el criterio de Leibnitz. Por el apartado c), el termino general en valorabsoluto tiende a cero pues |(−1)n · 2n · an| = bn = epn → e−∞ = 0. Ademas la sucesion{bn} es decreciente pues

bn+1

bn= 2 · n+ 1

2n+ 3=

2n+ 2

2n+ 3< 1.

De lo anterior resulta que la serie es condicionalmente convergente (la convergencia no esabsoluta pues vimos en el apartado b) que la serie de valores absolutos no es convergente).

3. Desarrollo de funciones en series de potencias

1. Desarrollar en serie de McLaurin la funcion f(x) = (1 + x)e−x y determinar su intervalode convergencia.

Solucion

Como e−x =∑n≥0

(−x)n

n!, para todo x ∈ R, entonces

(1 + x)e−x =∑n≥0

(−x)n

n!+ x

∑n≥0

(−x)n

n!= −1 +

∑n≥1

(−1)n

n!xn +

∑n≥0

(−1)n

n!xn+1

= −1 +∑n≥1

(−1)n

n!xn +

∑m≥1

(−1)m−1

(m− 1)!xm

= −1 +∑n≥1

(−1)nxn[

1

n!− 1

(n− 1)!

]= −1 +

∑n≥1

(−1)nxn1− nn!

,

y el desarrollo es tambien valido en todo R.

11

2. Desarrollar la funcion f(x) = x+x√

1 + x2en serie de potencias alrededor del origen es-

pecificando su intervalo de convergencia.

Solucion

Utilizaremos el desarrollo en serie binomica (1 + x2)−1/2 =∑n≥0

(−1/2

n

)(x2)n, valido cuando

|x| < 1; teniendo en cuenta que

(−1/2

n

)= (−1)n · 1 · 3 . . . (2n− 1)

n! · 2n, resulta:

x+ x(1 + x2)−1/2 = x+∑n≥0

(−1)n · 1 · 3 . . . (2n− 1)

n! · 2nx2n+1

= 2x+∑n≥1

(−1)n · 1 · 3 . . . (2n− 1)

n! · 2nx2n+1,

y el desarrollo es igualmente valido cuando |x| < 1 (observar tambien que la serie convergecondicionalmente cuando x = ±1 procediendo como se hizo en el problema 15.24).

3. Desarrollar la funcion f(x) =

{ex−1x si x 6= 0

1 si x = 0en serie de McLaurin.

Solucion

A partir del desarrollo ex =∑n≥0

xn

n!, obtenemos:

ex − 1 =∑n≥1

xn

n!=⇒ ex − 1

x=∑n≥1

xn−1

n!

y el desarrollo es valido en todo R por serlo el desarrollo de ex.

4. Obtener el desarrollo en serie de potencias de x de la funcion f(x) = (1 + x2) arc tg x,especificando su intervalo de convergencia.

Solucion

Calculando la derivada de la funcion y = arc tg x, tenemos el desarrollo:

y′ =1

1 + x2=∑n≥0

(−1

n

)(x2)n =

∑n≥0

(−1)nx2n.

Si integramos ahora termino a termino, para x ∈ (−1, 1):

y =∑n≥0

(−1)nx2n+1

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

Multiplicando ahora por 1 + x2, obtenemos en definitiva:

f(x) =∑n≥0

(−1)nx2n+1

2n+ 1+∑n≥0

(−1)nx2n+3

2n+ 1=∑n≥0

(−1)nx2n+1

2n+ 1

+∑m≥1

(−1)m−1x2m+1

2m− 1= x+

∑n≥1

(−1)n−1x2n+1

(− 1

2n+ 1+

1

2n− 1

)= x+

∑n≥1

(−1)n−12

(2n+ 1)(2n− 1)x2n+1,

12

y el desarrollo es valido cuando |x| < 1 pues corresponde al intervalo donde es valido el desarrollode (1 + x2)−1 (en este caso se puede comprobar facilmente que tambien es convergente cuandox = ±1).

5. Desarrollar en serie de potencias alrededor de x = 0 la funcion f(x) =x

1 + x3especifican-

do su intervalo de convergencia. Escribir el desarrollo de la funcion F (x) =

∫ x

0f(t)dt.

Solucion

A partir del desarrollo de (1 + x3)−1 resulta:

x(1 + x3)−1 = x∑n≥0

(−1

n

)x3n =

∑n≥0

(−1)nx3n+1,

y la serie converge absolutamente a la funcion cuando x ∈ (−1, 1).

Como en dicho intervalo la convergencia es absoluta y uniforme, entonces

F (x) =

∫ x

0f(t)dt =

∑n≥0

∫ x

0(−1)nt3n+1dt

=∑n≥0

(−1)n[t3n+2

3n+ 2

]x0

=∑n≥0

(−1)nx3n+2

3n+ 2.

Ahora la serie obtenida converge tambien (aunque solo condicionalmente) cuando x = −1.

6. Desarrollar la funcion f(x) = sen2 x en serie de McLaurin.

Solucion

Debido a la formula sen2 x =1− cos 2x

2y a partir del desarrollo del coseno, el desarrollo de la

funcion dada es:

f(x) =1

2− 1

2

∑n≥0

(−1)n(2x)2n

(2n)!=∑n≥1

(−1)n−122n−1 · x2n

(2n)!.

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

7. Desarrollar la funcion f(x) =ln(1 + x)

1 + xen serie de McLaurin.

Solucion

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

f(x) =

∑n≥0

(−1)nxn

·∑n≥1

(−1)n−1xn

n

.

Para calcular el coeficiente del termino general de la serie producto hacemos:

pn =n∑k=0

an−k · bk =n∑k=1

(−1)n−k · (−1)k−1 · 1

k= (−1)n−1

n∑k=1

1

k, ∀n ≥ 1.

13

En definitiva, tenemos:

f(x) =∑n≥1

(−1)n−1 ·

(n∑k=1

1/k

)xn,

y el desarrollo es valido en (−1, 1) que corresponde a la interseccion de los intervalos de conver-gencia de las series factores.

8. Desarrollar alrededor de x = 1 la funcion f(x) =√x.

Solucion

Haciendo el cambio de variable t = x − 1, podemos escribir la funcion como f(t) =√t+ 1. Al

desarrollar esta ultima como serie binomica, obtenemos:

f(t) = (t+ 1)1/2 =∑n≥0

(1/2

n

)tn =⇒ f(x) =

∑n≥0

(1/2

n

)(x− 1)n,

y el desarrollo es valido cuando −1 < x− 1 < 1, es decir cuando 0 < x < 2.

9. Desarrollar la funcion f(x) =12− 5x

6− 5x− x2en serie de McLaurin.

Solucion

En primer lugar descomponemos la funcion en fracciones simples. Ası:

f(x) =5x− 12

x2 + 5x− 6=

A

x− 1+

B

x+ 6=

(A+B)x+ 6A−B(x− 1)(x+ 6)

=⇒ A = −1, B = 6.

Teniendo en cuenta ahora el desarrollo en serie binomica, (1 + x)m =∑n≥0

(m

n

)xn, x ∈ (−1, 1),

escribimos los desarrollos correspondientes a cada sumando como:

−1

x− 1= [1 + (−x)]−1 =

∑n≥0

(−1

n

)(−x)n =

∑n≥0

xn, x ∈ (−1, 1);

6

x+ 6= [1 + (x/6)]−1 =

∑n≥0

(−1

n

)(x/6)n =

∑n≥0

(−1)nxn

6n, x/6 ∈ (−1, 1).

Sumando las series en el intervalo (−1, 1), que es la interseccion de los intervalos de convergenciade ambas series, obtenemos:

f(x) =∑n≥0

xn +∑n≥0

(−1)nxn

6n=∑n≥0

(1 +

(−1)n

6n

)xn.

10. Desarrollar la funcion f(x) = arc senx en serie de McLaurin.

Solucion

Como la derivada de la funcion es f ′(x) =1√

1− x2= (1− x2)−1/2, podemos escribir el desarrollo

de esta ultima funcion como:

f ′(x) =∑n≥0

(−1/2

n

)(−x2)n =

∑n≥0

1 · 3 . . . (2n− 1)

2n · n!x2n, x ∈ (−1, 1).

14

Integrando ahora termino a termino en el intervalo de convergencia absoluta, resulta:

f(x) =∑n≥0

1 · 3 . . . (2n− 1)

2n · n!· x

2n+1

2n+ 1, x ∈ (−1, 1).

11. Desarrollar la funcion f(x) =1 + x

1− x3en serie de McLaurin.

Solucion

Si descomponemos la funcion en dos fracciones y aplicamos el desarrollo de la serie geometrica

(1− x3)−1 =∑n≥0

(−1

n

)(−x3)n, tenemos:

f(x) =1

1− x3+

x

1− x3=∑n≥0

(−1

n

)(−x3)n + x

∑n≥0

(−1

n

)(−x3)n

=∑n≥0

x3n +∑n≥0

x3n+1 =∑n≥0

(x3n + x3n+1)

y el desarrollo es valido en el intervalo (−1, 1), que corresponde al intervalo donde convergenambas series.

12. Desarrollar la funcion f(x) =ex

1 + xen serie de McLaurin.

Solucion

Multiplicando las series correspondientes a las funciones y = ex e y = (1 + x)−1, tenemos:

f(x) =

∑n≥0

xn

n!

·∑n≥0

(−1)nxn

.

El coeficiente del termino general en la serie producto es

pn =

n∑k=0

ak · bn−k =

n∑k=0

(−1)n−k

k!

y la serie∑n≥0

pnxn converge absolutamente en el intervalo (−1, 1) que corresponde a la intersec-

cion de los intervalos de convergencia de las dos series factores.

13. Desarrollar la funcion f(x) = ln

√1 + x

1− xen serie de McLaurin.

Solucion

Aplicando las propiedades usuales de los logaritmos, escribimos la funcion como

f(x) =1

2[ln(1 + x)− ln(1− x)].

15

Recordando que el desarrollo de ln(1 + x) en serie de McLaurin es∑n≥1

(−1)n−1

nxn, y el radio

de convergencia es 1, escribimos los desarrollos correspondientes a cada uno de los sumandos yobtenemos:

f(x) =1

2

∑n≥1

(−1)n−1

nxn −

∑n≥1

(−1)n−1

n(−x)n

=

1

2

∑n≥1

(−1)n−1

n[1− (−1)n]xn =

∑n≥1

x2n−1

2n− 1

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

14. ¿Es posible desarrollar en serie de potencias alrededor del origen la funcion

f(x) =

{ex + e−1/x

2si x 6= 0,

1 si x = 0?

Solucion

La funcion y = e−1/x2

tiene todas sus derivadas en el origen nulas (esto se puede probar porinduccion), de modo que f (n)(0) = 1 y podemos escribir el desarrollo

f(x) ∼ 1 + x+x2

2!+ · · ·+ xn

n!+Rn(x).

Sin embargo, como lımn→∞

(1 + x+

x2

2!+ · · ·+ xn

n!+Rn(x)

)= ex + lım

n→∞Rn(x), si la serie conver-

ge a la funcion, debe ser lımn→∞

Rn(x) = e−1/x2 6= 0 salvo para x = 0. Esto indica que la funcion

no es desarrollable en serie de McLaurin.

4. Aplicaciones al calculo infinitesimal

1. Calcular, mediante series de funciones, lımx→0

sen2 x− x2

(ex − 1)4.

Solucion

Teniendo en cuenta el desarrollo en serie de las funciones involucradas, podemos escribir lassiguientes relaciones:

senx = x− x3

3!+ . . . =⇒ sen2 x = x2 − 2x4

3!+ . . . =⇒ sen2 x− x2 = −2x4

3!+R4(x),

donde lımx→0

R4(x)

x4= 0, lo cual da lugar a la equivalencia sen2 x− x2 ∼ −2x4

3!.

16

Procediendo analogamente, resulta:

ex = 1 + x+R1(x) =⇒ ex − 1 = x+R1(x) =⇒ (ex − 1)4 ∼ x4.

Aplicando las equivalencias obtenidas, tenemos:

lımx→0

sen2 x− x2

(ex − 1)4= lım

x→0

−2x4/6

x4= −1

3.

2. Calcular, mediante series de funciones, lımx→0

sen2 x3

(1− cosx2)3.

Solucion

Analogamente al problema anterior, tenemos:

senx3 = x3 +R3(x) =⇒ sen2 x3 = x6 +R6(x) =⇒ sen2 x3 ∼ x6;

cosx2 = 1− x4

2!+R4(x) =⇒ 1− cosx2 =

x4

2+R4(x) =⇒ (1− cosx2)3 ∼ x12

8.

Aplicando las equivalencias anteriores, obtenemos:

lımx→0

sen2 x3

(1− cosx2)3= lım

x→0

x6

x12/8= lım

x→0

8

x6=∞.

3. Calcular, mediante series de funciones, la derivada de orden k en el origen de la funcion

f(x) =

{senxx si x 6= 0

0 si x = 0.

Solucion

Debido al desarrollosenx

x= 1− x2

3!+ · · ·+ (−1)n

x2n

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

y recordando que el termino general del desarrollo verifica la formula ak =f (k)(0)

k!, se obtiene

en definitiva que

f (k)(0) = ak · k! =

{0 si k = 2n+ 1(k es impar)(−1)n(2n+1)! · (2n)! = (−1)n

2n+1 si k = 2n(k es par).

4. Calcular, mediante series de funciones,

∫ 1

0senx2 dx.

Solucion

Como senx2 =∑n≥0

(−1)n(x2)2n+1

(2n+ 1)!y la convergencia es uniforme en R, podemos integrar termino

a termino: ∫ 1

0senx2 dx =

∑n≥0

(−1)n

(2n+ 1)!

∫ 1

0x4n+2 dx =

∑n≥0

(−1)n

(2n+ 1)!· 1

4n+ 3.

17

5. Calcular, mediante series de funciones,

∫ x

0

dt

1 + t3.

Solucion

A partir del desarrollo en serie1

1 + t3=∑n≥0

(−1)n · (t3)n, que es uniformemente convergente en

(−1, 1), resulta:∫ x

0

dt

1 + t3=∑n≥0

(−1)n∫ x

0t3n dt =

∑n≥0

(−1)nx3n+1

3n+ 1, ∀x ∈ (−1, 1).

6. Calcular

∫ 1

0ln

1

1− xdx.

Solucion

Aplicaremos en este caso el desarrollo de la funcion logaritmo. Como

ln1

1− x= − ln(1− x) =

∑n≥1

xn

n, ∀x ∈ (−1, 1),

y la convergencia es uniforme en dicho intervalo, la integral impropia vale∫ 1

0ln

1

1− xdx = lım

β→1−

∫ β

0ln

1

1− xdx

= lımβ→1−

∑n≥1

∫ β

0

xn

ndx =

∑n≥1

1

n(n+ 1)= 1.

Para calcular la suma de la ultima serie, se descompone el termino general en fracciones simplesy se obtiene en forma simplificada el termino general de la sucesion de sumas parciales (vercapıtulo 9).

7. Probar que

∫ 1

0

x

1 + x3dx =

∞∑n=1

(−1)n−1

3n− 1.

Solucion

Si escribimos el desarrollo en serie de la funcion integrando, obtenemos:

x

1 + x3= x

∑n≥0

(−1)nx3n =∑n≥0

(−1)nx3n+1, ∀x ∈ (−1, 1).

Como la convergencia de la serie de potencias es uniforme, integramos termino a termino, conlo que: ∫ 1

0

x

1 + x3dx =

∑n≥0

(−1)n∫ 1

0x3n+1 dx =

∑n≥0

(−1)n

3n+ 2=∑m≥1

(−1)m−1

3m− 1.

18


x(1− x)n converge no uniformemente en [0, 2). Sin embargo, se

puede integrar termino a termino en [0, 1].

Solucion

Como se trata de una serie geometrica de razon 1− x, sera convergente si |1− x| < 1, es decir si0 < x < 2. Ademas, si x = 0, resulta la serie

∑0 que converge a la funcion cero, pero si x = 2,

resulta la serie∑

(−1) · 2 que es divergente.

De lo anterior se deduce que el intervalo de convergencia es [0, 2). Para ver que la convergenciano es uniforme, llamamos {Sn(x)} a la sucesion de sumas parciales, es decir

Sn(x) =n∑k=0

x(1− x)k = x · 1− (1− x)n+1

1− (1− x)=

{1− (1− x)n+1 si 0 < x < 2

0 si x = 0.

Entonces S(x) = lımSn(x) =

{0 si x = 0

1 si 0 < x < 2.

Como dicho lımite no es una funcion continua, no puede ser lımite uniforme de funciones conti-nuas.

Por otra parte, para ver que se puede integrar termino a termino en [0, 1], tenemos:∫ 1

0S(x) dx = 1;∫ 1

0fn(x) dx =

[−x(1− x)n+1

n+ 1

]10

+1

n+ 1

∫ 1

0(1− x)n+1 dx =

1

(n+ 1)(n+ 2)

=⇒∞∑n=0

∫ 1

0Sn(x) dx =

∞∑n=0

1

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

Como se observa en este problema, la convergencia uniforme no es necesaria para que se puedaintegrar termino a termino una serie aunque, como sabemos, sı es una condicion suficiente.

9. Calcular las integrales de las siguientes funciones en el intervalo [0, 1]:

a) f(x) = signo(

senπ

x

).

b) f(x) = signo (sen lnx).

Solucion

a) Teniendo en cuenta que senπ

x< 0 cuando x ∈

(1

2k,

1

2k − 1

), donde k ∈ Z \ {0}, entonces

f(x) =

{−1 si 1

2k < x < 12k−1

1 si 12k+1 < x < 1

2k .

Por tanto la integral buscada se descompone como la suma de las series∫ 1

0f(x) dx =

∞∑k=1

(1

2k− 1

2k + 1

)−∞∑k=1

(1

2k − 1− 1

2k

)

=∞∑k=1

(1

k− 1

2k + 1− 1

2k − 1

)=∞∑k=1

(−1

2k − 1+

2

2k− 1

2k + 1

).

19

Para calcular la suma de esta serie observamos, por un lado, que la sucesion de sumas parcia-

les tiene por termino general Sn = 2

[−1

3+

1

4− 1

5+ . . .

], y por otro que

∑n≥1

(−1)n−1

n= ln 2,

de modo que ln 2− 1 +1

2=∑n≥3

(−1)n−1

n. Reuniendo todos estos datos, obtenemos que

∫ 1

0f(x) dx = 2

[1

2− ln 2

].

b) Analogamente al apartado anterior, determinamos primero el signo de la funcion sen lnx. Seobtiene ası que f(x) = 1 cuando sen lnx > 0, es decir cuando e−2kπ < x < e(−2k+1)π, conk ∈ N. La integral se descompone en suma como∫ 1

0f(x) dx =

∞∑k=1

[e(−2k+1)π − e−2kπ

]−∞∑k=0

[e−2kπ − e(−2k−1)π

].

Como las series involucradas son geometricas, sus sumas son, respectivamente,

∞∑k=1

e(−2k+1)π =e−π

1− e−2π,∞∑k=1

e−2kπ =e−2π

1− e−2π,∞∑k=0

e(−2k−1)π =e−π

1− e−2π.

En definitiva, obtenemos:∫ 1

0f(x) dx =

e−π − e−2π − 1 + e−π

1− e−2π=

(e−π − 1)2

e−2π − 1.


ne−nx es uniformemente convergente en [a,∞) con a > 0, pero no

en [0,∞). Calcular la suma de la serie para x > 0.

Solucion

Si llamamos fn(x) = ne−nx, cuando x ∈ [a,∞), entonces fn(x) ≤ ne−an, ∀n. Ademas la serienumerica

∑ne−an es convergente cuando e−a < 1 (lo que se prueba aplicando el criterio del

cociente), es decir cuando a > 0.

El criterio de Weierstrass indica que la serie propuesta converge uniformemente en [a,∞).

Haciendo x = 0, nos queda la serie divergente∑n, por lo que la serie de funciones no es

uniformemente convergente en [0,∞).

Para calcular la suma de la serie, basta tener en cuenta que fn(x) = D(−e−nx). Como la serie∑e−nx converge uniformemente si x > 0 y

∑n≥1

e−nx =e−x

1− e−x, entonces

∑n≥1

ne−nx = −D(

e−x

1− e−x

)=

ex

(ex − 1)2.

20

11. ¿Que funcion representa la serie∑n≥1

xn

1 + · · ·+ n?

Solucion

Si recordamos la formula 1 + 2 + · · ·+ n =n(n+ 1)

2, entonces

xn

1 + · · ·+ n=

2xn

n(n+ 1)=

2xn

n− 2xn

n+ 1, ∀x ∈ (−1, 1).

Sabiendo ademas que ln(1− x) = −∑n≥1

xn

n, entonces

∑n≥1

xn

n+ 1=

1

x

∑n≥1

xn+1

n+ 1=

1

x[− ln(1− x)− x].

De aquı resulta:

f(x) =∑n≥1

xn

1 + · · ·+ n= 2

[− ln(1− x)− ln(1− x) + x

x

], ∀x ∈ (−1, 1).

12. Demostrar que para |x| < 1 se verifica lo siguiente:

a)∑n≥0

(−1)nxn =1

1 + x.

b)∑n≥0

(−1)nx2n =1

1 + x2.

Solucion

a) Si escribimos el termino general de la sucesion de sumas parciales, tenemos:

Sn = 1− x+ x2 − · · ·+ (−1)nxn;

xSn = x− x2 + x3 − · · ·+ (−1)nxn+1. Sumando miembro a miembro,

(1 + x)Sn = 1 + (−1)nxn+1 =⇒ Sn =1 + (−1)nxn+1

1 + x=⇒ S = lım

n→∞Sn =

1

1 + x,

cuando |x| < 1, pues lımn→∞

xn+1 = 0.

b) Analogamente al anterior,

Sn = 1− x2 + x4 − · · ·+ (−1)nx2n;

x2Sn = x2 − x4 + x6 − · · ·+ (−1)nx2n+2;

(1 + x2)Sn = 1 + (−1)nx2n+2

=⇒ Sn =1 + (−1)nx2n+2

1 + x2=⇒ S = lım

n→∞Sn =

1

1 + x2,

tambien cuando |x| < 1.

21

13. Dada la serie de potencias∑ 1

(3n− 2)(3n+ 1) · 8n(1− x)3n, determinar su campo de con-

vergencia y calcular su suma cuando x = −1.

Solucion

Aplicando el criterio del cociente,

lımn→∞

∣∣∣∣an+1

an

∣∣∣∣ = lım

|1−x|3n+3

(3n+1)(3n+4)8n+1

|1−x|3n(3n−2)(3n+1)

= lım |1− x|3 3n− 2

8(3n+ 4)=|1− x|3

8.

De aquı se deduce que la serie converge absolutamente cuando |1 − x|3 < 8, o bien cuandox ∈ (−1, 3). En los extremos del intervalo tenemos:

- Si x = 3, la serie∑

(−1)n1

(3n− 2)(3n+ 1)es absolutamente convergente.

- Si x = −1, la serie∑ 1

(3n− 2)(3n+ 1)es tambien absolutamente convergente.

Para calcular la suma de esta ultima serie, escribimos el termino general como

an =1

(3n− 2)(3n+ 1)=

1/3

3n− 2− 1/3

3n+ 1.

Ası, la suma de los n primeros terminos vale:

Sn =1

3

[1− 1

4+

1

4− 1

7+

1

7− · · ·+ 1

3n− 2− 1

3n+ 1

]=

1

3

[1− 1

3n+ 1

].

La suma sera entonces S = lımn→∞

Sn = 1.

14. Determinar el intervalo de convergencia de la serie∑n≥0

1 · 3 · 5 . . . (2n− 1)

(n+ 1)!(−x/2)3n.

Calcular la suma de la serie para x = − 3√

4.

Solucion


lımn→∞

∣∣∣∣an+1

an

∣∣∣∣ = lım

1·3...(2n−1)(2n+1)(n+2)!

1·3...(2n−1)(n+1)!

∣∣∣∣(−x/2)3n+3

(−x/2)3n

∣∣∣∣ = lım2n+ 1

n+ 2· |x|

3

8=|x|3

4,

de modo que la serie es absolutamente convergente cuando |x| < 3√

4.

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

(n+ 1)! · 2ny∑

(−1)n1 · 3 . . . (2n− 1)

(n+ 1)! · 2n.

Ambas son absolutamente convergentes como se deduce al aplicar el criterio de Raabe:

lımn ·(

1−∣∣∣∣an+1

an

∣∣∣∣) = lımn ·(

1− 2n+ 1

2(n+ 2)

)=

3

2> 1.

22

Escribimos la serie en x = − 3√

4 como

S =∑n≥0

1 · 3 . . . (2n− 1)

(n+ 1)! · 2n=∑n≥0

(−1)n(−1/2)(−3/2) . . . [−(2n− 1)/2]

n! · (n+ 1)

=∑n≥0

(−1)n(−1/2

n

)1

n+ 1.

A partir del desarrollo de la serie binomica∑n≥0

(m

n

)xn = (1 + x)m, al integrar los dos miembros

de la igualdad, resulta:∑n≥0

(m

n

)∫ x

0xn dx =

∫ x

0(1 + x)m dx =⇒

∑n≥0

(m

n

)xn+1

n+ 1=

(1 + x)m+1

m+ 1− 1

m+ 1.

Haciendo ahora m = −1/2 y x = −1, tenemos:∑n≥0

(−1/2

n

)(−1)n+1

n+ 1= −2 =⇒ S = 2.

15. Calcular la suma de la serie∑n≥1

(x− 3)3n−1

(3n− 1) · 8nespecificando el intervalo de convergencia

de la misma.

Solucion

Por el criterio de la raız,

lımn→∞

n√|an| = lım

|x− 3|3−1/n

8 · n√

3n− 1=|x− 3|3

8,

y la serie converge absolutamente cuando |x− 3|3 < 8, o bien x ∈ (1, 5).

- Cuando x = 1, la serie es∑ (−1)3n−1

2(3n− 1)que converge condicionalmente (basta aplicar el criterio

de Leibnitz).

- Cuando x = 5, la serie∑ 1

2(3n− 1)es divergente.

Para calcular la suma de la serie, si llamamos f(x) =∑n≥1

(x− 3)3n−1

(3n− 1) · 8n, al derivar obtenemos:

f ′(x) =∑n≥1

(x− 3)3n−2

8n= (x− 3)−2 ·

∑n≥1

[(x− 3)3

8

]n= (x− 3)−2 · (x− 3)3/8

1− (x− 3)3/8=

x− 3

8− (x− 3)3=⇒f(x) =

∫ x

3

x− 3

8− (x− 3)3dx

=1

2√

3

(π

6− arc tg

x− 2√3

)− ln(5− x)

6+

ln(7− 4x+ x2)

12.

23

16. Demostrar que ch 1 =∑n≥0

1

(2n)!.

Solucion

Recordando la formula 2 chx = ex + e−x y el desarrollo en serie de cada uno de los sumandos,obtenemos:

2 chx =∑n≥0

xn

n!+∑n≥0

(−1)nxn

n!=∑n≥0

[1 + (−1)n]xn

n!= 2

∑n≥0

x2n

(2n)!

=⇒ chx =∑n≥0

x2n

(2n)!.

17. Sabiendo que∞∑n=0

xn

n!= ex, hallar las sumas de las siguientes series:

a)∞∑n=2

n− 1

n!.

b)∞∑n=2

(n− 1)(n+ 1)

n!.

Solucion

a) Al descomponer la serie en suma, tenemos:∑n≥2

n− 1

n!=∑n≥2

1

(n− 1)!−∑n≥2

1

n!=∑m≥1

1

m!−∑n≥2

1

n!.

Ahora bien, como

e =∑n≥0

1

n!= 1 +

∑n≥1

1

n!= 1 + 1 +

∑n≥2

1

n!,

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

b) Procediendo analogamente al apartado anterior,

S =

∞∑n=2

n2 − 1

n!=∑n≥2

n2

n!−∑n≥2

1

n!=∑n≥2

n

(n− 1)!−∑n≥2

1

n!

=∑m≥1

m+ 1

m!−∑n≥2

1

n!=∑m≥1

1

(m− 1)!+∑m≥1

1

m!−∑n≥2

1

n!

=∑k≥0

1

k!+∑m≥1

1

m!−∑n≥2

1

n!= e+ (e− 1)− (e− 2) = e+ 1.

18. Sabiendo que, para |x| < 1, se tiene∞∑n=0

xn =1

1− x, calcular cuando sea posible:

a)∑n≥0

xn+1

n+ 1.

24

b)∑n≥0

xn+2

(n+ 1)(n+ 2).

c)∑n≥1

nxn−1.

d)∑n≥2

n(n− 1)xn−2.

e)∑n≥0

n2xn.

f)∑n≥0

1

en+2(n+ 1)(n+ 2)+∑n≥0

n2

πn.

Solucion

a) Integrando miembro a miembro, resulta:∑n≥0

∫ x

0xn dx =

∫ x

0

1

1− xdx =⇒

∑n≥0

xn+1

n+ 1= − ln |1− x|, ∀x ∈ (−1, 1).

b) Integrando nuevamente el resultado de a),∑n≥0

∫ x

0

xn+1

n+ 1dx =

∫ x

0− ln |1− x| dx =⇒

∑n≥0

xn+2

(n+ 1)(n+ 2)

= −x ln |1− x|+ x+ ln |1− x|, ∀x ∈ (−1, 1).

c) Derivamos ahora termino a termino la serie original. Ası:

D

(1

1− x

)=∑n≥1

D(xn) =⇒ 1

(1− x)2=∑n≥1

n · xn−1, ∀x ∈ (−1, 1).

d) Derivando nuevamente,

D

(1

(1− x)2

)=∑n≥2

D(nxn−1) =⇒ 2

(1− x)3=∑n≥2

n(n− 1) · xn−2, ∀x ∈ (−1, 1).

e) Teniendo en cuenta los resultados de los apartados anteriores,∑n≥0

n2xn =∑n≥1

n(n− 1)xn +∑n≥1

nxn = x2∑n≥2

n(n− 1)xn−2 + x ·∑n≥1

nxn−1

= x2 · 2

(1− x)3+ x · 1

(1− x)2=

x2 + x

(1− x)3.

f) Haciendo en b) x = 1/e y en e) x = 1/π, resulta:∑n≥0

1

en+2(n+ 1)(n+ 2)+∑n≥0

n2

πn= −1

eln

(1− 1

e

)+

1

e+ ln

(1− 1

e

)+

1/π2 + 1/π

(1− 1/π)3.

25

19. Dada la serie∑n≥1

n2

22n(x− 1)n, determinar su intervalo de convergencia y calcular su suma

cuando x = 0.

Solucion


lımn→∞

∣∣∣∣an+1

an

∣∣∣∣ = lım

(n+1)2

22n+2 |x− 1|n+1

n2

22n|x− 1|n

= lım |x− 1| · (n+ 1)2

22 · n2=|x− 1|

4,

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

En los extremos, tenemos:

Para x = 5, la serie∑n2 es divergente; para x = −3, la serie

∑(−1)nn2 es tambien divergente.

Para x = 0 resulta la serie∑n≥1

(−1)nn2

4n=∑n≥1

n2

(−4)n. Para calcular su suma aplicaremos el

apartado e) del problema anterior haciendo x = −1/4. Queda ası

∑n≥1

n2

(−4)n=

(−1/4)2 + (−1/4)

(1 + 1/4)3= − 12

125.

20. Sabiendo que, para |x| < 1, se tiene∞∑n=1

nxn =x

(1− x)2, calcular cuando sea posible:

a)∑n≥1

nxn+1

n+ 1.

b)∑n≥1

n2xn−1.

c)∑n≥1

n2(n− 1)xn−2.

d)∑n≥1

n2(n− 1)

en.

Solucion

a) Integrando miembro a miembro, obtenemos:

∑n≥1

nxn+1

n+ 1=∑n≥1

∫ x

0nxn dx =

∫ x

0

x

(1− x)2dx =

1

1− x+ ln |1− x| − 1.

b) Si derivamos ahora la formula dada,∑n≥1

n2xn−1 =∑n≥1

D(nxn) = D

(x

(1− x)2

)=

1 + x

(1− x)3.

26

c) Derivamos nuevamente el resultado de b). Ası:∑n≥1

n2(n− 1)xn−2 =∑n≥1

D(n2xn−1) = D

(1 + x

(1− x)3

)=

2x+ 4

(1− x)4.

d) Si, en el apartado anterior, hacemos x = 1/e, resulta:

∑n≥1

n2(n− 1)

en=

2/e+ 4

(1− 1/e)4=e3(2 + 4e)

(e− 1)4.

5. Ejercicios propuestos

1. Contestar razonadamente si cada uno de los siguientes apartados es verdadero o falso:

a) Si la serie∑n≥0

an6n es convergente, entonces la serie∑n≥0

an(−6)n es convergente.

Resp.: Falso (considerar el contraejemplo: an =(−1)n

n · 6n).

b) Si la serie∑n≥0

an6n es convergente, entonces la serie∑n≥0

an(−5)n es convergente.

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

c) Si la serie∑n≥0

anxn es convergente para todo x > 0, entonces la serie converge para

todo x < 0.

Resp.: Verdadero, pues el radio de convergencia es R =∞.

d) Si f(x) =∑n≥0

anxn es una funcion continua par, entonces a2n+1 = 0, para todo n.

Resp.: Verdadero, pues f(−x) = f(x) =⇒ an = (−1)nan, ∀n.

e) Si la serie∞∑n=0

anxn tiene radio de convergencia R > 0, R es tambien el radio de

convergencia de la serie∞∑n=2

an · n · (n− 1)xn−2.

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

27

2. Estudiar la convergencia uniforme de la serie∞∑n=1

1 + cosx

n2en R.

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

3. Se considera la serie∞∑n=1

fn donde las funciones fn son continuas en [0, 1] y se tiene

ademas que

∣∣∣∣∣n∑k=1

fk(x)− x2∣∣∣∣∣ ≤ lnn

n2 + 5, ∀x ∈ [0, 1]. Calcular, si es posible,

∫ 1

0

∞∑n=1

fn(x) dx.

Resp.: 1/3.

4. ¿Existe una sucesion {fn} de funciones integrables en [0, 1] que converja uniformemente

a f(x) = x2 en [0, 1] y tal que

∫ 1

0fn(x) dx =

5 + 3n

n?

Resp.: No; si existiera, deberıa cumplirse que lım

∫ 1

0fn(x) dx =

∫ 1

0lım fn(x) dx.

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

i) fn → f en [0, 1];

ii) fn(0) = (1 + 1/n)n, ∀n ∈ N;

iii) |f ′n(x)− x| ≤ 7/(3 + n), ∀x ∈ [0, 1], ∀n ∈ N.

Calcular f(1/2).

Resp.: Como f(x) =

∫ x

0lımnf ′n(x) dx+ lım

nfn(0) =⇒ f(1/2) = e+ 1/8.

6. Estudiar la convergencia de la serie∑n≥1

(1

1 · 3+

1

2 · 4+

1

3 · 5+ · · ·+ 1

n(n+ 2)

)xn.

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

7. Determinar el intervalo de convergencia de la serie de potencias

∞∑n=1

2 · 4 · 6 . . . 2n3 · 5 · 7 . . . (2n+ 1) · 4n+1

· xn+1.

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

8. Obtener el campo de convergencia de la serie∞∑n=1

(1 + n2

1 + n3· xn

)2

.

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

28

9. Estudiar el caracter de la serie∞∑n=1

(−1)n(x− 1)n

2n(3n − 1)con x ∈ R.

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

10. Obtener el campo de convergencia de la serie∑n≥1

(x− 2)n

(2n− 1) · 2n.

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

11. Determinar el campo de convergencia de la serie∑ (−1)nx2n

22n(n!)2.

Resp.: Converge absolutamente en R.


(−1)n2n(n!)2

(2n+ 1)!xn.

Resp.: Converge absolutamente en (−2, 2); converge condicionalmente en x = 2; diverge en elresto.

13. Determinar el campo de convergencia de la serie∑ 1

(3n− 2)(3n+ 1)(−x/5)3n.

Resp.: [−5, 5].

14. Desarrollar en serie de potencias alrededor del punto indicado y encontrar el campo deconvergencia de la misma:

a) f(x) = lnx, x = 1.

Resp.: f(x) =∑n≥1

(−1)n−1

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


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

(1− x)2, x = 0.


(n+ 1)xn+1, ∀x ∈ (−1, 1).

15. Desarrollar en serie de McLaurin la funcion y = shx y hallar∑n≥0

1

(2n+ 1)!.

Resp.: shx =∑n≥0

x2n+1

(2n+ 1)!;∑n≥0

1

(2n+ 1)!= sh 1 =

e2 − 1

2e.

29

16. Escribir los primeros terminos del desarrollo alrededor de x = 0 de la funcion

f(x) = ln(√

1 + x2 − x)

y aplicarlo al calculo de lımx→0

x+ ln(√

1 + x2 − x)

x3.

Resp.: f(x) ∼ −x+x3

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

17. Hallar la suma de las series

a)∑n≥1

xn

n.

Resp.: S = − ln |1− x|.

b)∑n≥1

x2n−1

2n− 1.

Resp.: S = ln

√1 + x

1− x.

c)∑n≥1

nxn.

Resp.: S =x

(1− x)2.

18. Calcular la suma de la serie∞∑n=1

n2 − 5n+ 7

n!.

Resp.: e− 7.

19. Probar que

∫ x

0

sen t

tdt =

∞∑k=0

(−1)kx2k+1

(2k + 1)(2k + 1)!.

Sugerencia: Utilizar el desarrollosen t

t=∞∑k=0

(−1)kt2k

(2k + 1)!.

20. Estudiar la convergencia de la serie 3x/2 + 7x2/4 + 11x3/8 + 15x4/16 + . . . y sumarla cuan-do sea posible.

Resp.: Converge absolutamente cuando x ∈ (−2, 2); diverge en el resto.

S =x2 + 6x

(2− x)2.

30

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