12 Criterios de comparación

Teorema III.1 (Primer criterio de comparacion).

Sea $\sum\nolimits_{n=1}^{\infty}x_{n},\sum\nolimits_{n=1}^{\infty}y_{n}$ tales que $\exists n_{0}\in\mathbb{N}$ tal que $\forall n\geq n_{0}$ se verifica que $x_{n}\leq y_{n}$ . Entonces:

\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}

Demostración.

Basta tener en cuenta que $\forall n\geq n_{0}$ se verifica que $x_{n_{0}}+x_{n_{0}+1}+\cdots+x_{n}\leq y_{n_{0}}+y_{n_{0}+1}+\cdots+y_{n}$ y aplicar la proposición III.4, ya que si la sucesión de las sumas parciales $\left\{Y_{n}\right\}$ está acotada superiormente, tambien lo estará $\left\{X_{n}\right\}$ y, por lo mismo, si la sucesión $\left\{X_{n}\right\}$ no está acotada superiormente, tampoco lo estará $\left\{Y_{n}\right\}$ . ∎

Ejemplo III.3.

$\sum_{n=1}^{\infty}\frac{1}{n^{2}+5n}$ .

Tenemos que $5n>0\Rightarrow n^{2}+5n>n^{2}\Rightarrow\frac{1}{n^{2}+5n}<\frac{1}{n^{2}}$ .

Ademas, como $\sum_{n=1}^{\infty}\frac{1}{n^{2}}<\infty$ , obtenemos que $\sum_{n=1}^{\infty}\frac{1}{n^{2}+5n}<\infty$ .
$\sum_{n=n}^{\infty}\frac{1}{n!}$ .

$1!=1,2!=2,3!=3\cdot 2\geq 2\cdot 2=2^{2},4!=4\cdot 3\cdot 2\geq 2^{3}\ldots$

Por tanto, tenemos que $n!\geq 2^{n+1}\;\forall n\in\mathbb{N}$ . Luego $\frac{1}{n!}\leq\frac{1}{2^{n+1}}$ .

Ademas, como $\sum_{n=1}^{\infty}\frac{1}{2^{n-1}}=\frac{1}{1-\frac{1}{2}}=2$ , tenemos que $\sum_{n=1}^{\infty}\frac{1}{n!}<\infty$ y converge.
$\sum_{n=1}^{\infty}\frac{4+\sin^{2}(n^{3}+1)}{2^{n}+n^{2}}$ .

$4+\sin^{2}(n^{3}+1)\leq 5$ y $2^{n}+n^{2}\geq n^{2}\Rightarrow\frac{1}{2^{n}+n^{2}}\leq\frac{1}{n^{2}}$ .

Por tanto, $\frac{1+\sin^{2}(n^{3}+1)}{2^{n}+n^{2}}\leq\frac{5}{n^{2}}$ .

$\sum_{n=1}^{\infty}\frac{5}{n^{2}}=5\sum_{i=1}^{\infty}\frac{1}{n^{2}}<\infty$ .

Luego la serie converge.
$\sum_{n=1}^{\infty}\frac{7}{2+n^{3}}$ Como $\frac{7}{2+n^{3}}>0$ con:

$2+n^{3}\geq n^{3}\Rightarrow\frac{1}{2+n^{3}}\leq\frac{1}{n^{3}}$ .

$\sum_{n=1}^{\infty}\frac{7}{n^{3}}=7\cdot\sum_{n=1}^{\infty}\frac{1}{n^{3}}<\infty$

La serie converge.
$\sum_{n=1}^{\infty}\frac{4}{\sqrt[3]{2+n^{5}}}<\infty$
$\sum_{n=1}^{\infty}\frac{1}{\sqrt[7]{4+n^{3}}}$

$4+n^{3}\geq n^{3}\Rightarrow\sqrt[7]{4+n^{3}}\geq\sqrt[7]{n^{3}}\Rightarrow% \frac{1}{\sqrt[7]{4+n^{3}}}\leq\frac{1}{\sqrt[7]{n^{3}}}=\frac{1}{n^{\frac{3}{% 7}}}$ y $\sum_{n=1}^{\infty}\frac{1}{n^{\frac{3}{7}}}=\infty$ . No sirve. Hay que buscar otra alternativa.

Como $\forall n\geq 2$ $4+n^{3}\geq 2n^{3}\Rightarrow\sqrt[7]{4+n^{3}}\geq\sqrt[7]{2n^{3}}\Rightarrow% \frac{1}{\sqrt[7]{4+n^{3}}}\leq\frac{1}{\sqrt[7]{n^{3}}}=\frac{1}{n^{\frac{3}{% 7}}}$ y $\sum_{n=1}^{\infty}\frac{1}{n^{\frac{3}{7}}}=\infty$ se tiene que la serie diverge a $+\infty$ .

Teorema III.2 (Segundo criterio de comparacion).

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

1.

Si $\mathop{\operator@font l\acute{{\imath}}m}\limits_{n\to\infty}\frac{x_{n}}{y_{% n}}=\alpha\neq 0$ , entonces $\sum_{n=1}^{\infty}x_{n}$ converge si y solo si $\sum_{n=1}^{\infty}y_{n}$ converge.
2.

Si $\mathop{\operator@font l\acute{{\imath}}m}\limits_{n\to\infty}\frac{x_{n}}{y_{% n}}=0$ y la serie $\sum_{n=1}^{\infty}y_{n}$ converge, entonces la serie $\sum_{n=1}^{\infty}x_{n}$ converge.
3.

Si $\mathop{\operator@font l\acute{{\imath}}m}\limits_{n\to\infty}\frac{x_{n}}{y_{% n}}=+\infty$ y la serie $\sum_{n=1}^{\infty}y_{n}$ diverge, entonces la serie $\sum_{n=1}^{\infty}x_{n}$ diverge.

Demostración.

1.

Si $\mathop{\operator@font l\acute{{\imath}}m}\limits_{n\to\infty}\frac{x_{n}}{y_{% n}}=\alpha>0$ , existe $n_{0}\in\mathbb{N}$ tal que $\forall n\geq n_{0}$ se verifica que

$\alpha-\frac{\alpha}{2}\leq\frac{x_{n}}{y_{n}}\leq\alpha+\frac{\alpha}{2}% \Rightarrow\frac{\alpha}{2}y_{n}\leq x_{n}\leq\frac{3\alpha}{2}y_{n},$

por lo que, teniendo en cuenta el primer criterio de comparación (III.1), teniendo en cuenta que las tres series tienen el mismo carácter, el resultado está demostrado.
2.

Si $\mathop{\operator@font l\acute{{\imath}}m}\limits_{n\to\infty}\frac{x_{n}}{y_{% n}}=0$ , entonces existe $n_{0}\in\mathbb{N}$ tal que $\forall n\geq n_{0}$ se verifica que $\frac{x_{n}}{y_{n}}\leq 1$ , es decir, $\forall n\geq n_{0}$ , $x_{n}\leq y_{n}$ , con lo que basta con aplicar el primer criterio de comparación (III.1) para concluir el resultado.
3.

Si $\mathop{\operator@font l\acute{{\imath}}m}\limits_{n\to\infty}\frac{x_{n}}{y_{% n}}=+\infty$ , dado cualquier $M\in R^{+}$ existe $n_{0}\in\mathbb{N}$ tal que $\forall n\geq n_{0}$ se verifica que $M\leq\frac{x_{n}}{y_{n}}$ , es decir, $My_{n}\leq x_{n}$ , con lo que la demostración concluye aplicando el primer criterio de comparación ()III.1) a las series $\sum My_{n}=M\sum y_{n}$ y $\sum x_{n}$ .

∎

Ejemplo III.4.

$\sum_{n=1}^{\infty}\frac{1}{n+\sqrt{n}}$

$\frac{\frac{1}{n+\sqrt{n}}}{\frac{1}{n}}=\frac{n}{n+\sqrt{n}}=\frac{1}{1+\frac% {\sqrt{n}}{n}}=\frac{1}{1+\sqrt{\frac{1}{n}}}\overset{n\rightarrow\infty}{% \longrightarrow}1(\neq 0)\Rightarrow\sum_{n=1}^{\infty}\frac{1}{n+\sqrt{n}}=+\infty$
$\sum_{n=1}^{\infty}\frac{5}{4^{n}+3}$

$\frac{\frac{5}{4^{n}+3}}{4^{n}-3}=\frac{5}{1-\frac{3}{4^{n}}}\overset{n% \rightarrow\infty}{\longrightarrow}5(\neq 0)\mathchar 46\relax$

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