12 Criterios de comparación

Teorema 12.1 (Primer criterio de comparacion).

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

\displaystyle\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 $\displaystyle\forall n\geq n_{0}$ se verifica que $\displaystyle x_{n_{0}}+x_{n_{0}+1}+\cdots+x_{n}\leq y_{n_{0}}+y_{n_{0}+1}+% \cdots+y_{n}$ y aplicar la proposición 11.4, ya que si la sucesión de las sumas parciales $\displaystyle\{Y_{n}\}$ está acotada superiormente, tambien lo estará $\displaystyle\{X_{n}\}$ y, por lo mismo, si la sucesión $\displaystyle\{X_{n}\}$ no está acotada superiormente, tampoco lo estará $\displaystyle\{Y_{n}\}$ . ∎

Ejemplo.

$\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty}\frac{1}{n^{2}+5n}$ . Tenemos que $\displaystyle 5n>0\Rightarrow n^{2}+5n>n^{2}\Rightarrow\frac{1}{n^{2}+5n}<% \frac{1}{n^{2}}$ . Ademas, como $\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty}\frac{1}{n^{2}}<\infty$ , obtenemos que $\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty}\frac{1}{n^{2}+5n}<\infty$ .
$\displaystyle\sum_{n=n}^{\infty}\frac{1}{n!}$ . $\displaystyle 1!=1,2!=2,3!=3\cdot 2\geq 2\cdot 2=2^{2},4!=4\cdot 3\cdot 2\geq 2% ^{3}\ldots$ Por tanto, tenemos que $\displaystyle n!\geq 2^{n+1}\;\forall n\in\mathbb{N}$ . Luego $\displaystyle\frac{1}{n!}\leq\frac{1}{2^{n+1}}$ . Ademas, como $\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty}\frac{1}{2^{n-1}}=\frac{1}{1-\frac{1}{2}}=2$ , tenemos que $\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty}\frac{1}{n!}<\infty$ y converge.
$\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty}\frac{4+\sin^{2}(n^{3}+1)}{2^{n}+n^{2}}$ . $\displaystyle 4+\sin^{2}(n^{3}+1)\leq 5$ y $\displaystyle 2^{n}+n^{2}\geq n^{2}\Rightarrow\frac{1}{2^{n}+n^{2}}\leq\frac{1% }{n^{2}}$ . Por tanto, $\displaystyle\frac{1+\sin^{2}(n^{3}+1)}{2^{n}+n^{2}}\leq\frac{5}{n^{2}}$ . $\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty}\frac{5}{n^{2}}=5\sum_{i=1}^{\infty}\frac{1}{n% ^{2}}<\infty$ . Luego la serie converge.
$\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty}\frac{7}{2+n^{3}}$ Como $\displaystyle\frac{7}{2+n^{3}}>0$ con: $\displaystyle 2+n^{3}\geq n^{3}\Rightarrow\frac{1}{2+n^{3}}\leq\frac{1}{n^{3}}$ . $\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty}\frac{7}{n^{3}}=7\cdot\sum_{n=1}^{\infty}\frac% {1}{n^{3}}<\infty$ La serie converge.
$\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty}\frac{4}{\sqrt[3]{2+n^{5}}}<\infty$
$\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty}\frac{1}{\sqrt[7]{4+n^{3}}}$ $\displaystyle 4+n^{3}\geq n^{3}\Rightarrow\sqrt[7]{4+n^{3}}\geq\sqrt[7]{n^{3}}% \Rightarrow\frac{1}{\sqrt[7]{4+n^{3}}}\leq\frac{1}{\sqrt[7]{n^{3}}}=\frac{1}{n% ^{\frac{3}{7}}}$ y $\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty}\frac{1}{n^{\frac{3}{7}}}=\infty$ . No sirve. Hay que buscar otra alternativa. Como $\displaystyle\forall n\geq 2$ $\displaystyle 4+n^{3}\geq 2n^{3}\Rightarrow\sqrt[7]{4+n^{3}}\geq\sqrt[7]{2n^{3% }}\Rightarrow\frac{1}{\sqrt[7]{4+n^{3}}}\leq\frac{1}{\sqrt[7]{n^{3}}}=\frac{1}% {n^{\frac{3}{7}}}$ y $\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty}\frac{1}{n^{\frac{3}{7}}}=\infty$ se tiene que la serie diverge a $\displaystyle+\infty$ .

Teorema 12.2 (Segundo criterio de comparacion).

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

1.

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

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

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

Demostración.

1.

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

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

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.

Si $\displaystyle\mathop{\operator@font l\acute{{\imath}}m}\limits_{n\to\infty}% \frac{x_{n}}{y_{n}}=0$ , entonces existe $\displaystyle n_{0}\in\mathbb{N}$ tal que $\displaystyle\forall n\geq n_{0}$ se verifica que $\displaystyle\frac{x_{n}}{y_{n}}\leq 1$ , es decir, $\displaystyle\forall n\geq n_{0}$ , $\displaystyle x_{n}\leq y_{n}$ , con lo que basta con aplicar el primer criterio de comparación (12.1) para concluir el resultado.
3.

Si $\displaystyle\mathop{\operator@font l\acute{{\imath}}m}\limits_{n\to\infty}% \frac{x_{n}}{y_{n}}=+\infty$ , dado cualquier $\displaystyle M\in R^{+}$ existe $\displaystyle n_{0}\in\mathbb{N}$ tal que $\displaystyle\forall n\geq n_{0}$ se verifica que $\displaystyle M\leq\frac{x_{n}}{y_{n}}$ , es decir, $\displaystyle My_{n}\leq x_{n}$ , con lo que la demostración concluye aplicando el primer criterio de comparación ()12.1) a las series $\displaystyle\sum My_{n}=M\sum y_{n}$ y $\displaystyle\sum x_{n}$ .

∎

Ejemplo.

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

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

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

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