12 Criterios de comparación

Theorem 12.1 (Primer criterio de comparacion).

Sea ∑n=1∞xn,∑n=1∞yn\sum\nolimits_{n=1}^{\infty}x_{n},\sum\nolimits_{n=1}^{\infty}y_{n} tales que ∃n0∈ℕ\exists n_{0}\in\mathbb{N} tal que ∀n≥n0\forall n\geq n_{0} se verifica que xn≤ynx_{n}\leq y_{n}. Entonces:

{∑n=1∞xn=∞⇒∑n=1∞yn=∞∑n=1∞yn<∞⇒∑n=1∞xn<∞\begin{dcases}\sum_{n=1}^{\infty}x_{n}=\infty\Rightarrow\sum_{n=1}^{\infty}y_{% n}=\infty\\ \sum_{n=1}^{\infty}y_{n}<\infty\Rightarrow\sum_{n=1}^{\infty}x_{n}<\infty\end{dcases}
Proof 12.2.

Basta tener en cuenta que ∀n≥n0\forall n\geq n_{0} se verifica que xn0+xn0+1+⋯+xn≤yn0+yn0+1+⋯+ynx_{n_{0}}+x_{n_{0}+1}+\cdots+x_{n}\leq y_{n_{0}}+y_{n_{0}+1}+\cdots+y_{n} y aplicar la proposición 11.12, ya que si la sucesión de las sumas parciales {Yn}\left\{Y_{n}\right\} está acotada superiormente, tambien lo estará {Xn}\left\{X_{n}\right\} y, por lo mismo, si la sucesión {Xn}\left\{X_{n}\right\} no está acotada superiormente, tampoco lo estará {Yn}\left\{Y_{n}\right\}.

Example 12.3.
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    ∑n=1∞1n2+5⁢n\sum_{n=1}^{\infty}\frac{1}{n^{2}+5n}.

    Tenemos que 5⁢n>0⇒n2+5⁢n>n2⇒1n2+5⁢n<1n25n>0\Rightarrow n^{2}+5n>n^{2}\Rightarrow\frac{1}{n^{2}+5n}<\frac{1}{n^{2}}.

    Ademas, como ∑n=1∞1n2<∞\sum_{n=1}^{\infty}\frac{1}{n^{2}}<\infty, obtenemos que ∑n=1∞1n2+5⁢n<∞\sum_{n=1}^{\infty}\frac{1}{n^{2}+5n}<\infty.

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    ∑n=n∞1n!\sum_{n=n}^{\infty}\frac{1}{n!}.

    1!=1,2!=2,3!=3⋅2≥2⋅2=22,4!=4⋅3⋅2≥23⁢…1!=1,2!=2,3!=3\cdot 2\geq 2\cdot 2=2^{2},4!=4\cdot 3\cdot 2\geq 2^{3}\ldots

    Por tanto, tenemos que n!≥2n+1⁢∀n∈ℕn!\geq 2^{n+1}\;\forall n\in\mathbb{N}. Luego 1n!≤12n+1\frac{1}{n!}\leq\frac{1}{2^{n+1}}.

    Ademas, como∑n=1∞12n−1=11−12=2\sum_{n=1}^{\infty}\frac{1}{2^{n-1}}=\frac{1}{1-\frac{1}{2}}=2, tenemos que ∑n=1∞1n!<∞\sum_{n=1}^{\infty}\frac{1}{n!}<\infty y converge.

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    ∑n=1∞4+sin2⁡(n3+1)2n+n2\sum_{n=1}^{\infty}\frac{4+\sin^{2}(n^{3}+1)}{2^{n}+n^{2}}.

    4+sin2⁡(n3+1)≤54+\sin^{2}(n^{3}+1)\leq 5 y 2n+n2≥n2⇒12n+n2≤1n22^{n}+n^{2}\geq n^{2}\Rightarrow\frac{1}{2^{n}+n^{2}}\leq\frac{1}{n^{2}}.

    Por tanto, 1+sin2⁡(n3+1)2n+n2≤5n2\frac{1+\sin^{2}(n^{3}+1)}{2^{n}+n^{2}}\leq\frac{5}{n^{2}}.

    ∑n=1∞5n2=5⁢∑i=1∞1n2<∞\sum_{n=1}^{\infty}\frac{5}{n^{2}}=5\sum_{i=1}^{\infty}\frac{1}{n^{2}}<\infty.

    Luego la serie converge.

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    ∑n=1∞72+n3\sum_{n=1}^{\infty}\frac{7}{2+n^{3}} Como 72+n3>0\frac{7}{2+n^{3}}>0 con:

    2+n3≥n3⇒12+n3≤1n32+n^{3}\geq n^{3}\Rightarrow\frac{1}{2+n^{3}}\leq\frac{1}{n^{3}}.

    ∑n=1∞7n3=7⋅∑n=1∞1n3<∞\sum_{n=1}^{\infty}\frac{7}{n^{3}}=7\cdot\sum_{n=1}^{\infty}\frac{1}{n^{3}}<\infty

    La serie converge.

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    ∑n=1∞42+n53<∞\sum_{n=1}^{\infty}\frac{4}{\sqrt[3]{2+n^{5}}}<\infty

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    ∑n=1∞14+n37\sum_{n=1}^{\infty}\frac{1}{\sqrt[7]{4+n^{3}}}

    4+n3≥n3⇒4+n37≥n37⇒14+n37≤1n37=1n374+n^{3}\geq n^{3}\Rightarrow\sqrt[7]{4+n^{3}}\geq\sqrt[7]{n^{3}}\Rightarrow% \frac{1}{\sqrt[7]{4+n^{3}}}\leq\frac{1}{\sqrt[7]{n^{3}}}=\frac{1}{n^{\frac{3}{% 7}}} y ∑n=1∞1n37=∞\sum_{n=1}^{\infty}\frac{1}{n^{\frac{3}{7}}}=\infty. No sirve. Hay que buscar otra alternativa.

    Como ∀n≥2\forall n\geq 2 4+n3≥2⁢n3⇒4+n37≥2⁢n37⇒14+n37≤1n37=1n374+n^{3}\geq 2n^{3}\Rightarrow\sqrt[7]{4+n^{3}}\geq\sqrt[7]{2n^{3}}\Rightarrow% \frac{1}{\sqrt[7]{4+n^{3}}}\leq\frac{1}{\sqrt[7]{n^{3}}}=\frac{1}{n^{\frac{3}{% 7}}} y ∑n=1∞1n37=∞\sum_{n=1}^{\infty}\frac{1}{n^{\frac{3}{7}}}=\infty se tiene que la serie diverge a +∞+\infty.

Theorem 12.4 (Segundo criterio de comparacion).

Sean (xn)n=1∞(x_{n})^{\infty}_{n=1}, (yn)n=1∞⊂(0,+∞)(y_{n})^{\infty}_{n=1}\subset(0,+\infty). Entonces:

  1. 1.
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    Si limn→∞xnyn=α≠0\lim\limits_{n\to\infty}\frac{x_{n}}{y_{n}}=\alpha\neq 0, entonces ∑n=1∞xn\sum_{n=1}^{\infty}x_{n} converge si y solo si ∑n=1∞yn\sum_{n=1}^{\infty}y_{n} converge.

  2. 2.
    ​

    Si limn→∞xnyn=0\lim\limits_{n\to\infty}\frac{x_{n}}{y_{n}}=0 y la serie ∑n=1∞yn\sum_{n=1}^{\infty}y_{n} converge, entonces la serie ∑n=1∞xn\sum_{n=1}^{\infty}x_{n} converge.

  3. 3.
    ​

    Si limn→∞xnyn=+∞\lim\limits_{n\to\infty}\frac{x_{n}}{y_{n}}=+\infty y la serie ∑n=1∞yn\sum_{n=1}^{\infty}y_{n} diverge, entonces la serie ∑n=1∞xn\sum_{n=1}^{\infty}x_{n} diverge.

Proof 12.5.
  1. 1.
    ​

    Si limn→∞xnyn=α>0\lim\limits_{n\to\infty}\frac{x_{n}}{y_{n}}=\alpha>0, existe n0∈ℕn_{0}\in\mathbb{N} tal que ∀n≥n0\forall n\geq n_{0} se verifica que

    α−α2≤xnyn≤α+α2⇒α2⁢yn≤xn≤3⁢α2⁢yn,\alpha-\frac{\alpha}{2}\leq\frac{x_{n}}{y_{n}}\leq\alpha+\frac{\alpha}{2}% \Rightarrow\frac{\alpha}{2}y_{n}\leq x_{n}\leq\frac{3\alpha}{2}y_{n},

    por lo que, teniendo en cuenta el primer criterio de comparación (12.1), teniendo en cuenta que las tres series tienen el mismo carácter, el resultado está demostrado.

  2. 2.
    ​

    Si limn→∞xnyn=0\lim\limits_{n\to\infty}\frac{x_{n}}{y_{n}}=0, entonces existe n0∈ℕn_{0}\in\mathbb{N} tal que ∀n≥n0\forall n\geq n_{0} se verifica que xnyn≤1\frac{x_{n}}{y_{n}}\leq 1, es decir, ∀n≥n0\forall n\geq n_{0}, xn≤ynx_{n}\leq y_{n}, con lo que basta con aplicar el primer criterio de comparación (12.1) para concluir el resultado.

  3. 3.
    ​

    Si limn→∞xnyn=+∞\lim\limits_{n\to\infty}\frac{x_{n}}{y_{n}}=+\infty, dado cualquier M∈R+M\in R^{+} existe n0∈ℕn_{0}\in\mathbb{N} tal que ∀n≥n0\forall n\geq n_{0} se verifica que M≤xnynM\leq\frac{x_{n}}{y_{n}}, es decir, M⁢yn≤xnMy_{n}\leq x_{n}, con lo que la demostración concluye aplicando el primer criterio de comparación ()12.1) a las series ∑M⁢yn=M⁢∑yn\sum My_{n}=M\sum y_{n} y ∑xn\sum x_{n}.

Example 12.6.
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    ∑n=1∞1n+n\sum_{n=1}^{\infty}\frac{1}{n+\sqrt{n}}

    1n+n1n=nn+n=11+nn=11+1n⁢⟶n→∞⁢1(≠0)⇒∑n=1∞1n+n=+∞\frac{\frac{1}{n+\sqrt{n}}}{\frac{1}{n}}=\frac{n}{n+\sqrt{n}}=\frac{1}{1+\frac% {\sqrt{n}}{n}}=\frac{1}{1+\sqrt{\frac{1}{n}}}\overset{n\rightarrow\infty}{% \longrightarrow}1(\neq 0)\Rightarrow\sum_{n=1}^{\infty}\frac{1}{n+\sqrt{n}}=+\infty
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    ∑n=1∞54n+3\sum_{n=1}^{\infty}\frac{5}{4^{n}+3}

    54n+34n−3=51−34n⁢⟶n→∞⁢5(≠0).\frac{\frac{5}{4^{n}+3}}{4^{n}-3}=\frac{5}{1-\frac{3}{4^{n}}}\overset{n% \rightarrow\infty}{\longrightarrow}5(\neq 0).

    Por otro lado, como ∑n=1∞14n=∑n=1∞(14)n<0\sum_{n=1}^{\infty}\frac{1}{4^{n}}=\sum_{n=1}^{\infty}\left(\frac{1}{4}\right)% ^{n}<0 por ser una serie geometrica de razon |14|<1⇒∑n=1∞54n−3<∞\left|\frac{1}{4}\right|<1\Rightarrow\sum_{n=1}^{\infty}\frac{5}{4^{n}-3}<\infty