Para qu� tantas hip�tesis en el Criterio de la Integral.
  

Luis Alejandro Acu�a P.

 

 

Para qu� tantas hip�tesis en el Criterio de la Integral.

 

Luis Alejandro Acu�a P.
Escuela de  Matem�tica
Instituto Tecnol�gico  de Costa Rica

 

Resumen:

Se repasa el planteo tradicional del Criterio de la Integral para la convergencia de series (con las hip�tesis de que la funci�n en cuesti�n sea continua, positiva y decreciente, y la conclusi�n de que la serie y la integral impropia convergen ambas o divergen ambas). Se muestran ejemplos en los que fallan una o m�s de las hip�tesis y la conclusi�n del criterio falla. Se demuestra que son innecesarias las hip�tesis de continuidad y positividad, y finalmente que basta con una condici�n a�n m�s d�bil que la de que la funci�n sea decreciente. Los resultados se aplican tanto a la equivalencia entre la convergencia de la serie y la convergencia de la integral impropia como a la f�rmula para la cota del error en las sumas parciales cuando la serie converge.

Palabras Clave: Series infinitas, criterios de convergencia, continuidad, criterio integral.

Introducción

Al estudiar las series infinitas, uno de los primeros criterios de convergencia que se presentan es el Criterio de la Integral. Su planteo tradicional dice, a grandes rasgos, que si $f$ es una funci�n continua, positiva y decreciente en $[1,\infty[$, entonces la integral impropia $\int_1^\infty f(x)\,{\rm d}x$ converge si y s�lo si la serie $\sum_{n=1}^\infty f(n)$ converge.

En este art�culo veremos que las hip�tesis de continuidad y positividad son innecesarias. Con s�lo suponer que $f$ sea decreciente ya se puede demostrar la equivalencia entre las convergencias de la integral y de la serie. Y hay m�s: resulta que ni siquiera es necesario que $f$ sea decreciente. Veremos que hay una condici�n a�n m�s d�bil que sigue siendo suficiente en el Criterio de la Integral, pero reservamos los detalles para la �ltima secci�n.

 

Planteo usual del Criterio Integral (CI) en la literatura

Como dijimos, tradicionalmente el enunciado del Criterio de la Integral (CI) pide que la funci�n sea continua, positiva y decreciente. Por ejemplo, Larson, Hostetler y Edwards enuncian en su C�lculo [5]:


Teorema: Si $f$ es positiva, continua y decreciente para $x\ge1$ y $a_n=f(n)$, entonces

\begin{displaymath}\sum_{n=1}^\infty a_n \quad {\rm y} \quad \int_1^\infty f(x)\,{\rm d}x \end{displaymath}
 

convergen o divergen ambas simult�neamente.

 

Stewart, en su "C�lculo, trascendentes tempranas'', lo enuncia de manera casi equivalente:


Teorema: Suponga que $f$ es una funci�n continua, positiva y decreciente en $[1,\infty)$ y sea $a_n=f(n)$. Entonces la serie $\sum_{n=1}^\infty a_n$ es convergente si y s�lo si la integral impropia $\int_1^\infty f(x)\,{\rm d}x$ es convergente.

 

Al menos esa es la manera en que la mayor�a de los libros de c�lculo lo plantean, incluyendo los textos de Stewart, Larson, Purcell y otros. Curiosamente, los libros de an�lisis, como los de Apostol, Bartle, Lang o Rudin, omiten la suposici�n de que $f$ sea continua. Por ejemplo, Rudin, en su libro "Principios de an�lisis matem�tico'' [6], enuncia:


Teorema: Si $f(x)\ge0$ y si $f$ es mon�tona decreciente para $x\ge1$, entonces

\begin{displaymath}\int_1^\infty f(x)\,{\rm d}x \end{displaymath}

converge, si y s�lo si

\begin{displaymath}\sum_{n=1}^\infty f(n) \end{displaymath}

converge.


Apostol, en su "An�lisis matem�tico'' [2], omite las hip�tesis de continuidad y positividad pero a�ade una nueva, que $f$ tienda a cero:


Teorema: Sea $f$ una funci�n decreciente definida en $[1,+\infty)$ tal que $\lim_{x\to\infty} f(x) = 0$. Para $n=1,2,\ldots$, definimos

\begin{displaymath}s_n = \sum_{k=1}^n f(k), \quad t_n = \int_1^n f(x)\,{\rm d}x, \quad d_n = s_n - t_n. \end{displaymath}

Se tiene entonces:
i) $0 < f(n+1) \le d_{n+1} \le d_n \le f(1)$, para $n=1,2,\ldots$
ii) $\lim_{n\to\infty} d_n$ existe.
iii) $\sum_{n=1}^\infty f(n)$ converge si, y s�lo si, la sucesi�n $\conj{t_n}$ converge.
iv) $0 \le d_k - \lim_{n\to\infty} d_n \le f(k)$, para $k=1,2, \ldots$


En realidad si $f$ es decreciente y tiende a cero entonces $f$ debe ser positiva, de modo que la hip�tesis de positividad, si bien no es expl�cita, est� presente pero escondida en el nuevo planteo. Tambi�n escondida est� la conclusi�n de que la serie converge si y s�lo si la integral converge: el tercer punto del teorema no dice que $\int_1^\infty f$ converja sino que la sucesi�n $\conj{\int_1^n f}$ converge, lo cual es equivalente en presencia de la suposici�n de que $f$ sea positiva.

De cualquier manera, en la pr�ctica las aplicaciones de este teorema no requieren que las condiciones se cumplan particularmente en $[1,\infty[$: basta con que se cumplan en el intervalo $[a,\infty[$, para alg�n $a \in \mathbb{R}$. De manera semejante, la palabra "positiva'' se usa aqu� en un sentido no estricto, significando que $f(x)\ge0$ para todo $x \in [a,\infty[$. Adem�s, tampoco es necesario que la integral y la serie empiecen en 1; pueden empezar ambas en cualquier $k \in \mathbb{N}$.

 

Definiciones y resultados preliminares

Asegur�monos de que tenemos una base com�n para lo que sigue. Dos definiciones b�sicas son:


Definici�n 1: Si $a \in \mathbb{R}$ y $f: [a,\infty[ \to \mathbb{R}$ es integrable en cada intervalo $[a,b]$, entonces la integral impropia de $f$ sobre el intervalo $[a,\infty[$ es

\begin{displaymath}\int_a^\infty f \; = \; \lim_{b\to\infty} \int_a^b f. \end{displaymath}

La integral converge si el l�mite existe, o diverge si no.



Definici�n 2: Si $\conj{a_n \mid n \in \mathbb{N}} \in \mathbb{R}$ es una sucesi�n real, su serie es

\begin{displaymath}\sum_{n=1}^\infty a_n \; = \; \lim_{n\to\infty} \sum_{k=1}^n a_k. \end{displaymath}

La serie converge si el l�mite existe, o diverge si no. La cantidad $S_n = \displaystyle\sum_{k=1}^n a_k$ se llama la $n$-�sima suma parcial de la serie.


Un resultado bien conocido es que cualquier sucesi�n real mon�tona y acotada es convergente (Teorema de Bolzano-Weierstrass). Una propiedad semejante se cumple para funciones, y luego necesitaremos los siguientes dos resultados relacionados con esto (sus demostraciones est�n en el Ap�ndice):


Proposici�n 1: Si $\conj{a_n}$ es una sucesi�n creciente o decreciente, entonces $\lim_{n\to\infty} a_n = \sup\conj{a_n} \mbox{ o } \inf\conj{a_n}$ respectivamente, donde el supremo podr�a ser $\infty$, y el �nfimo $-\infty$, si la sucesi�n no es acotada.



Proposici�n 2: Si $f(x)$ es creciente o decreciente en $[a,\infty[$, entonces $\lim_{x\to\infty} f(x) = \sup\conj{f(x) \mid x \ge a} \mbox{ o } \inf\conj{f(x) \mid x \ge a}$ respectivamente, donde el supremo o el �nfimo podr�a ser $\infty$ o $-\infty$.


Los siguientes dos resultados son fundamentales. Tambi�n est�n demostrados en el Ap�ndice.


Proposici�n 3: Si la serie $\sum a_n$ es convergente, entonces $\displaystyle\lim_{n\to\infty} a_n = 0$.


Es tentador pensar que si la integral $\int_a^\infty f$ converge entonces $f$ debe tender a cero, como sucede con las series. Pero no es as�, como veremos en los ejemplos de la siguiente secci�n. Lo que s� es cierto es:


Proposici�n 4: Si la integral $\int_a^\infty f$ converge y $f$ es mon�tona en $[a,\infty[$, entonces $\displaystyle\lim_{x\to\infty} f(x) = 0$.


Por �ltimo, una propiedad algo m�s avanzada de las funciones mon�tonas es que son integrables seg�n Riemann (la definici�n de integrabilidad se enuncia en el Ap�ndice):


Proposici�n 5: Si $f$ es mon�tona en $[a,b]$, entonces $f$ es integrable seg�n Riemann en $[a,b]$.

 

Algunos contraejemplos si fallan las hip�tesis

 

Volvamos al Criterio de la Integral y su planteo tradicional (suponiendo que la funci�n es continua, positiva y decreciente). No es dif�cil encontrar ejemplos en los que fallan esas hip�tesis y la integral converge pero la serie diverge, o viceversa. Veamos algunos.

Si falla la continuidad

Considere la funci�n

\begin{displaymath}f(x) \; = \; \left\{ \begin{array}{rl} 1 & \mbox{si $x \in \mathbb{Z}$} \\ 0 & \mbox{si no,} \end{array} \right. \end{displaymath}
 

cuyo gr�fico es como el siguiente:

 

Figura1.

 

La funci�n $f$ es positiva, pero no continua ni decreciente. La integral $\int_1^\infty f$ converge porque $\int_1^b f = 0$ para cualquier $b>1$, as� que $\lim_{b\to\infty} \int_1^b f = 0$. Pero la serie $\sum_{n=1}^\infty f(n)$ diverge porque sus sumas parciales son $S_n = \sum_{k=1}^n f(k) = n$ para cualquier $n \in \mathbb{N}$, as� que $\lim_{n\to\infty} S_n = \infty$.

Usando la misma $f$ anterior, ahora la funci�n $g = 1-f$ tiene una integral divergente porque $\int_1^b g = b-1$ para cualquier $b>1$, pero su serie converge porque $\sum_{k=1}^n g(k) = 0$ para cualquier $n$.

La raz�n por la que la convergencia de la serie no es equivalente a la convergencia de la integral para las dos funciones anteriores no es que ellas sean discontinuas, sino que no son mon�tonas. Vea el siguiente ejemplo.

 

Si falla la monoton�a

 

En el gr�fico de la funci�n $f$ anterior es posible conectar los segmentos horizontales con los puntos aislados para construir una funci�n continua con la misma propiedad de $f$: su integral converge pero su serie diverge. Considere el gr�fico siguiente:

 

Figura 2.

 

Llamemos $p$ a esta funci�n. Ella es continua, y es constante en cero excepto por un intervalo de ancho 1 centrado en $x=1$, un intervalo de ancho $1/2$ centrado en $x=2$, uno de ancho $1/4$ centrado en $x=3$, y as� sucesivamente. En cada uno de esos intervalos de ancho $1/2^{k-1}$ con centro en $x=k$, para $k \in \mathbb{N}$, la integral de $p$ es el �rea de un tri�ngulo con altura 1 y base $1/2^{k-1}$: el �rea es $1/2^k$.

Entonces, para cualquier $n \in \mathbb{N}$,

\begin{displaymath}\int_0^n p \; \le \; \sum_{k=1}^n \frac1{2^k} \; < \; \sum_{k=1}^\infty \frac1{2^k} \; = \; 1 \end{displaymath}

(la primera desigualdad se debe a que el �ltimo tri�ngulo est� incompleto). En resumen, $\int_0^n p < 1$ para todo $n \in \mathbb{N}$. Por �ltimo, como $\int_0^x p$ es una funci�n creciente de $x$, y acotada superiormente por 1 como acabamos de ver, resulta (Proposici�n 2) que $\int_0^\infty p$ converge.

Por otra parte, es obvio que $\sum_{n=0}^\infty p(n)$ diverge, ya que $p(n)=1$ para todo $n=1, 2, 3, \ldots$, como la funci�n $f$ del ejemplo anterior.

As� es que tenemos una funci�n $p$, continua y positiva (pero no decreciente), para la cual la integral converge pero la serie diverge. Tomando, como antes, $q = 1-p$, tendremos un ejemplo de una funci�n continua y positiva tal que su integral diverge, porque

\begin{displaymath}\int_0^n q \; \ge \; n - \sum_{k=1}^n \frac1{2^k} \; > \; n-1 \; \to \; \infty, \end{displaymath}

pero su serie converge porque $S_n = \displaystyle\sum_{k=0}^n q(k) = 1$ para todo $n$.

Si falla la positividad

 

Un ejemplo con una funci�n que no es toda positiva puede ser $h(x) = \cos(2\pi x)/x$, para $x\ge1$ (vea el gr�fico abajo). Esta funci�n cambia de signo y tiende a cero de una manera tal que su integral impropia converge, pero $h(n)=1/n$ para cada $n \in \mathbb{N}$, de modo que la serie $\sum h(n)$ diverge (es bien sabido que $\sum_{n=1}^\infty 1/n$, conocida como la serie arm�nica, diverge).

 

Figura 3.

Vamos eliminando las hip�tesis

 

En los cinco ejemplos anteriores las funciones tienen algo en com�n: ninguna es decreciente. Unas son positivas, una de ellas no; unas son continuas y otras no. Pero ninguna de ellas es decreciente. De las tres hip�tesis, $f$ cumple solamente la de positividad y $h$ s�lo la de continuidad; $p$ es continua y positiva pero no decreciente. Falt� ver entre los ejemplos una funci�n que fuera s�lo decreciente pero no continua o positiva, para la cual convergiera la serie y no la integral, o viceversa.

�Por qu� falt�? Muy sencillo: porque no existe tal funci�n. Pronto demostraremos que cualquier funci�n decreciente, continua o no, positiva o no, satisface la conclusi�n del Criterio de la Integral.

De hecho, las tres hip�tesis tradicionales del CI son innecesarias. Podemos prescindir por completo de las dos primeras y todav�a debilitar un poco la tercera, como veremos en esta secci�n.

 

�Es necesaria la continuidad?

La primera hip�tesis de la que podemos deshacernos en el CI es la continuidad, a pesar de que los textos usuales de c�lculo la incluyen. Tenemos el siguiente lema:


Lema 1: Si $f$ es decreciente y positiva en $[a,\infty[$ para alg�n $a \in \mathbb{N}$, entonces $\int_a^\infty f$ converge si y s�lo si $\sum_{n=a}^\infty f(n)$ converge.

La siguiente demostraci�n es t�pica de lo que puede encontrarse en los libros de an�lisis matem�tico.

Demostraci�n: Primero, como $f$ es positiva, tanto $F(x) = \int_a^x f$ como $S_n = \sum_{k=a}^n f(k)$ son funciones crecientes de $x$ y $n$, respectivamente.

Adem�s, como $f$ es decreciente en $[a,\infty[$ entonces, por una parte, $f$ es integrable en cualquier subintervalo de $[a,\infty[$ (Proposici�n 5), y por otra, para cualquier entero $k \ge a$ se tiene $f(k+1) \le f(x) \le f(k)$ para todo $x \in [k,k+1]$. Integrando los tres t�rminos de la desigualdad sobre el intervalo $[k,k+1]$ obtenemos

\begin{displaymath}f(k+1) \; \le \; \int_k^{k+1} \!\! f \; \le \; f(k), \qquad \forall k \ge a. \end{displaymath}

Sumando ahora para $k$ desde $a$ hasta cualquier entero $n \ge a$ obtenemos

\begin{displaymath}\sum_{k=a}^n f(k+1) \; \le \; \sum_{k=a}^n \int_k^{k+1} \!\! f \; \le \; \sum_{k=a}^n f(k), \end{displaymath}

o bien

\begin{displaymath}\sum_{k=a+1}^{n+1} f(k) \; \le \; \int_a^{n+1}\!\! f \; \le \; \sum_{k=a}^n f(k), \end{displaymath}

o m�s simplemente

\begin{displaymath}S_{n+1} - f(a) \; \le \; F(n+1) \; \le \; S_n, \qquad \forall n \ge a. \end{displaymath}

Supongamos ahora que la integral $I = \int_a^\infty f$ converge. Entonces

\begin{displaymath}S_{n+1} - f(a) \; \le \; F(n+1) \; \le I, \end{displaymath}

de modo que

\begin{displaymath}S_{n+1} \; \le \; I + f(a), \qquad \forall n \ge a. \end{displaymath}

La sucesi�n $\conj{S_n}$ es entonces no s�lo creciente sino tambi�n acotada superiormente, por lo que debe converger (Proposici�n 1). De ah� que si $\int_a^\infty f$ converge, tambi�n $\sum_{k=a}^\infty f(k)$ converge.

Rec�procamente, supongamos que la serie $S = \sum_{k=a}^\infty f(k)$ converge. Entonces

\begin{displaymath}F(n+1) \; \le \; S_n \; \le \; S, \qquad \forall n \ge a, \end{displaymath}

y de ah� que para cualquier real $x \ge a$:

\begin{displaymath}F(x) \; \le \; F(\lfloor x \rfloor + 1) \; \le \; S \end{displaymath}

(donde $\lfloor x \rfloor$ denota la parte entera de $x$). Entonces la funci�n $F$ no s�lo es creciente sino tambi�n acotada superiormente, y por lo tanto converge (Proposici�n 2). En conclusi�n, si $\sum_{k=a}^\infty f(k)$ converge, $\int_a^\infty f$ tambi�n converge.

Terminamos con eso la demostraci�n del Lema 1, sin haber necesitado en ning�n momento que $f$ fuera continua. �Para qu� plantear�n esa hip�tesis los libros de c�lculo? Podr�a pensarse en una respuesta de tipo did�ctico, ya que en los cursos de c�lculo el CI se usa casi exclusivamente con funciones continuas. Pero eso no justifica el imponerle al estudiante, cuando resuelve los ejercicios, la carga adicional de verificar una hip�tesis completamente innecesaria.

 

�Es necesario que la funci�n sea positiva?

 

Resulta que tampoco es necesario suponer que la funci�n sea positiva, aunque muchos textos de an�lisis s� lo hacen. Partamos solamente de que $f$ es decreciente en $[a,\infty[$, y consideremos dos posibilidades:

  • Puede ser que $f(x)\ge0$ para todo $x \in [a,\infty[$. En tal caso, por el Lema 1, la integral de $f$ converge si y s�lo si la serie de $f$ converge.

  • O puede ser que exista alg�n $c \in [a,\infty[$ con $f(c)<0$. Entonces, como $f$ es decreciente, $\lim_{x\to\infty} f(x) \le f(c) < 0$, posiblemente $\lim_{x\to\infty} f(x) = -\infty$ (Proposici�n 1). En consecuencia, tanto $\int_a^\infty f$ como $\sum_{n=a}^\infty f(n)$ divergen (Proposiciones 3 y 4).

No hay ninguna otra posibilidad: $f$ es toda positiva o bien $f$ toma alg�n valor negativo, y en cualquier caso la integral converge si y s�lo si la serie converge. As� de f�cil hemos demostrado el siguiente lema, en el que no es necesario que la funci�n sea positiva:


Lema 2: Si $f$ es decreciente en $[a,\infty[$ para alg�n $a \in \mathbb{N}$, entonces $\int_a^\infty f$ converge si y s�lo si $\sum_{n=a}^\infty f(n)$ converge.


�Y si la funci�n no fuera decreciente?

Incluso esa hip�tesis, de que la funci�n sea decreciente, est� sobrada hasta cierto punto. Volteando verticalmente el argumento anterior, resulta que si $f$ es creciente entonces el Lema 2 puede aplicarse a $-f$, que es decreciente: $\int_a^\infty -f$ converge si y s�lo si $\sum_{n=a}^\infty -f(n)$ converge. De ah� sigue que, si $f$ es creciente,


\begin{displaymath}\int_a^\infty \!\! f \mbox{ converge} \Leftrightarrow \int_a^... ...rge} \Leftrightarrow \sum_{n=a}^\infty f(n) \mbox{ converge.} \end{displaymath}

Entonces el criterio puede aplicarse ya sea la funci�n creciente o decreciente. Esto implica que hasta la �ltima hip�tesis en la formulaci�n tradicional, de que la funci�n sea decreciente, es tambi�n prescindible: basta con que $f$ sea mon�tona.

 

�Y la cota del error?

En el planteo tradicional del CI hay un anexo que dice que, bajo las hip�tesis del criterio, si la serie y la integral convergen entonces el error en la suma parcial $n$-�sima satisface la desigualdad

\begin{displaymath}\vert S - S_n\vert \; \le \; \int_n^\infty \!\! f. \end{displaymath}

Con la �nica hip�tesis que conservamos aqu�, que $f$ sea mon�tona, tambi�n se cumple un resultado casi id�ntico. Esto significa que las hip�tesis tradicionales del CI no son necesarias ni siquiera para acotar el error, como vemos en este Lema:


Lema 3: Si $f$ es mon�tona en $[a,\infty[$ para alg�n $a \in \mathbb{N}$, y la serie $\sum_{n=a}^\infty f(n)$ converge, entonces

\begin{displaymath}\vert S - S_n\vert \; \le \; \left\vert\, \int_n^\infty \!\! f \,\right\vert \end{displaymath}

para cualquier entero $n \ge a$, donde $S = \sum_{k=a}^\infty f(k)$ y $S_n = \sum_{k=a}^n f(k)$.


Demostraci�n: Notemos primero que si la serie converge entonces $\vert S - S_n\vert = \vert\sum_{k=n+1}^\infty f(k)\vert$ para cualquier $n \ge a$.

Si $f$ fuera decreciente y tomara alg�n valor negativo, o si fuera creciente y tomara alg�n valor positivo, entonces la serie ser�a divergente como ya notamos, y no habr�a nada que demostrar.

Supongamos entonces que $f$ es decreciente y positiva en $[a,\infty[$. En la demostraci�n del Lema 1  ten�amos que, para cualquier $n \ge a$,

\begin{displaymath}\sum_{k=a+1}^{n+1} f(k) \; \le \; \int_a^{n+1}\!\! f. \end{displaymath}

Si la serie converge (y por ende tambi�n la integral), podemos tomar l�mite cuando $n\to\infty$ y as� obtener

\begin{displaymath}\sum_{k=a+1}^\infty f(k) \; \le \; \int_a^\infty \!\! f. \end{displaymath}

Si $n \ge a$, la desigualdad anterior se aplica tambi�n a $n$, ya que lo �nico que se supuso sobre $a$ fue que $f$ era decreciente y positiva en $[a,\infty[$, lo cual tambi�n es cierto en $[n,\infty[$. Entonces

\begin{displaymath}\sum_{k=n+1}^\infty f(k) \; \le \; \int_n^\infty \!\! f, \end{displaymath}

y como supusimos que $f$ era positiva, esa desigualdad es equivalente a $\vert S - S_n\vert \le \vert\int_n^\infty f\vert$.

Por �ltimo, si $f$ es m�s bien creciente y negativa en $[a,\infty[$, todo lo anterior se aplica a $-f$ en el lugar de $f$:

\begin{displaymath}\sum_{k=n+1}^\infty -f(k) \; \le \; \int_n^\infty \!\! -f \end{displaymath}

para cualquier $n \ge a$, o bien

\begin{displaymath}-\sum_{k=n+1}^\infty f(k) \; \le \; -\int_n^\infty \!\! f. \end{displaymath}

Como $f$ es negativa, la desigualdad anterior equivale tambi�n a $\vert S - S_n\vert \le \vert\int_n^\infty f\vert$, con lo que la demostraci�n est� completa.

 

Conclusi�n

Para repasar, hicimos lo siguiente: Primero demostramos que si $f$ es decreciente y positiva entonces $\int_a^\infty f$ converge si y s�lo si $\sum_{n=a}^\infty f(n)$ converge. Luego vimos que si $f$ es decreciente y toma al menos un valor negativo, entonces tanto la integral como la serie divergen, as� que la conclusi�n se mantiene con la sola hip�tesis de que $f$ sea decreciente y no necesariamente positiva. Lo siguiente fue notar que, si $f$ es creciente, el criterio anterior se aplica a $-f$ y por lo tanto tambi�n a $f$, por lo que basta con suponer que $f$ sea mon�tona. Por �ltimo vimos que la cota usual del error se mantiene con esa hip�tesis �nica.

En conclusi�n, luego de haber descartado una por una las hip�tesis tradicionales del CI, hemos arribado finalmente a esta versi�n sumamente austera en sus requisitos:


Teorema (Criterio de la Integral para convergencia de series): Si $f$ es mon�tona en $[a,\infty[$ para alg�n $a \in \mathbb{N}$, entonces

\begin{displaymath}\int_a^\infty \!\! f \mbox{ converge} \quad \Leftrightarrow \quad \sum_{n=a}^\infty f(n) \mbox{ converge.} \end{displaymath}

En tal caso,

\begin{displaymath}\vert S-S_n\vert \; \le \; \left\vert\, \int_n^\infty \!\! f \,\right\vert \quad\mbox{para todo $n\ge a$.} \end{displaymath}

Ap�ndice

Aqu� demostramos las cinco proposiciones que se enunciaron en la Secci�n 2, e incluimos las definiciones necesarias para la Proposici�n 5 acerca de integrabilidad.


Proposici�n 1: Si $\conj{a_n}$ es una sucesi�n creciente o decreciente, entonces $\lim_{n\to\infty} a_n = \sup\conj{a_n} \mbox{ o } \inf\conj{a_n}$ respectivamente, donde el supremo podr�a ser $\infty$ o el �nfimo $-\infty$ si la sucesi�n no es acotada.


Demostraci�n: Es muy semejante a la demostraci�n de la Proposici�n 2, que es m�s general, por lo que omitimos la presente.


Proposici�n 2: Si $f(x)$ es creciente o decreciente en $[a,\infty[$, entonces $\lim_{x\to\infty} f(x) = \sup\conj{f(x) \mid x \ge a} \mbox{ o } \inf\conj{f(x) \mid x \ge a}$ respectivamente, donde el supremo o el �nfimo podr�a ser $\infty$ o $-\infty$.


Demostraci�n: Veremos el caso de que $f$ sea decreciente; el otro es an�logo. Sea $A = \conj{f(x) \mid x \ge a}$. Si $A$ no es acotado inferiormente, para cualquier $M \in \mathbb{R}$ existe alg�n $x_0 \ge a$ con $f(x_0) < M$. Entonces $f(x) \le f(x_0) < M$ para todo $x \ge x_0$. Esto demuestra que $\lim_{x\to\infty} f(x) = -\infty$.

Por otra parte, si $A$ es acotado inferiormente, sea $L$ su �nfimo. Para cualquier $\epsilon>0$, $L+\epsilon$ no es cota inferior de $A$, por lo que existe alg�n $x_0 \ge a$ con $f(x_0) < L+\epsilon$. Entonces, para cualquier $x \ge x_0$, $L \le f(x) \le f(x_0) < L+\epsilon$, as� que $\vert f(x)-L\vert < \epsilon$ para todo $x \ge x_0$. Esto demuestra que $\lim_{x\to\infty} f(x) = L$.


Proposici�n 3: Si la serie $\sum a_n$ es convergente, entonces $\displaystyle\lim_{n\to\infty} a_n = 0$.


Demostraci�n: Sea $S_n = \sum_{k=1}^n a_k$. Como $\conj{S_n}$ y $\conj{S_{n-1}}$ son convergentes (al mismo l�mite), tambi�n lo es su diferencia $a_n = S_n - S_{n-1}$, con $\lim_{n\to\infty} a_n = \lim_{n\to\infty} S_n - \lim_{n\to\infty} S_{n-1} = 0$.


Proposici�n 4: Si la integral $\int_a^\infty f$ converge y $f$ es mon�tona en $[a,\infty[$, entonces $\displaystyle\lim_{x\to\infty} f(x) = 0$.


Demostraci�n: Supondremos que $f$ es decreciente (si $f$ es creciente, el argumento siguiente se aplica a $-f$).

Veamos primero que $f(x)\ge0$ para todo $x \ge a$: Si existiera $x_0$ con $f(x_0) < 0$, ser�a $f(x) \le f(x_0) < 0$ para todo $x \ge x_0$, y entonces, para todo $b \ge x_0$,

\begin{displaymath}\int_{x_0}^b f(x) \, {\rm d}x \; \le \; \int_{x_0}^b f(x_0) \, {\rm d}x \; = \; f(x_0) (b - x_0). \end{displaymath}

Cuando $b \to \infty$, la expresi�n a la derecha tender�a a $-\infty$, implicando que $\int_{x_0}^\infty f$ diverge. Esto contradice la hip�tesis.

Entonces $f$ no es s�lo decreciente sino tambi�n acotada inferiormente por 0. Por la Proposici�n 2, existe $L = \lim_{x\to\infty} f(x) = \inf\conj{f(x) \mid x \ge a}$, y debe ser $L \ge 0$ porque 0 es una cota inferior de $\conj{f(x) \mid x \ge a}$.

Como $f(x) \ge L$ para todo $x \ge a$, entonces para todo $b \ge a$

\begin{displaymath}\int_a^b f(x) \, {\rm d}x \; \ge \; \int_a^b L \, {\rm d}x \; = \; L(b-a). \end{displaymath}

Si fuera $L > 0$, la expresi�n a la derecha tender�a a $\infty$ cuando $b \to \infty$, como antes implicando que $\int_{x_0}^\infty f$ diverge y contradiciendo la hip�tesis.

En conclusi�n, $L=0$ como quer�amos probar.


Definici�n 3: Si $[a,b] \subset \mathbb{R}$, una partici�n $P$ de $[a,b]$ es una sucesi�n finita $\conj{x_0, x_1, \ldots, x_n} \subset [a,b]$ con $a=x_0 < x_1 < \ldots < x_n=b$.



Definici�n 4: Si $f$ es acotada en $[a,b]$ y $P$ es una partici�n de $[a,b]$, la suma superior de $f$ para $P$ es $U(f,P) = \sum_{k=1}^n M_k(f) (x_k-x_{k-1})$, donde $M_k(f) = \sup \conj{f(x) \mid x_{k-1} \le x \le x_k}$. La suma inferior es $L(f,P) = \sum_{k=1}^n m_k(f) (x_k-x_{k-1})$, donde $m_k(f) = \inf \conj{f(x) \mid x_{k-1} \le x \le x_k}$


Definici�n 5: Si $f$ es acotada en $[a,b]$, entonces la integral superior de $f$ en $[a,b]$ es

\begin{displaymath}\overline{\int_a^b}f \; = \; \inf\conj{U(f,P) \mid \mbox{$P$ es una partici�n de $[a,b]$}} \end{displaymath}

y su integral inferior es

\begin{displaymath}\underline{\int_a^b}f \; = \; \sup\conj{L(f,P) \mid \mbox{$P$ es una partici�n de $[a,b]$}}.\end{displaymath}

Se dice que $f$ es integrable seg�n Riemann en $[a,b]$ si $\underline{\int_a^b}f = \overline{\int_a^b}f$.


Proposici�n 5: Si $f$ es mon�tona en $[a,b]$, entonces $f$ es integrable seg�n Riemann en $[a,b]$.

 

Demostraci�n: Supongamos que $f$ es creciente (el caso de $f$ decreciente es an�logo). Para cada $n \in \mathbb{N}$ sea $\Delta_n = (b-a)/n$, y sea $P_n$ la partici�n $\conj{x_k = a + k\Delta_n \mid k=0,\ldots,n}$.

Como $f$ es creciente, $M_k(f) = f(x_k)$, $m_k(f) = f(x_{k-1})$ y $x_k - x_{k-1} = \Delta_n$ para todo $k=1,\ldots,n$. Entonces

\begin{displaymath}U(f,P_n) \; = \; \sum_{k=1}^n f(x_k)\Delta_n \; = \; \Delta_n \sum_{k=1}^n f(x_k) \end{displaymath}
 

y

\begin{displaymath}L(f,P_n) \; = \; \sum_{k=1}^n f(x_{k-1})\Delta_n \; = \; \Delta_n \sum_{k=1}^n f(x_{k-1}). \end{displaymath}

De ah� que $U(f,P_n) - L(f,P_n) = \Delta_n \sum_{k=1}^n (f(x_k)-f(x_{k-1})) = \Delta_n (f(b)-f(a))$; es decir,

\begin{displaymath}U(f,P_n) - L(f,P_n) \; = \; \frac{(b-a)(f(b)-f(a))}n. \end{displaymath}

Finalmente, como $\overline{\int_a^b}f \le U(f,P_n)$ y $\underline{\int_a^b}f \ge L(f,P_n)$, y como obviamente $\overline{\int_a^b}f \ge \underline{\int_a^b}f$, tenemos

\begin{displaymath}0 \; \le \; \overline{\int_a^b}f - \underline{\int_a^b}f \; \le U(f,P_n) - L(f,P_n) \; = \; \frac{(b-a)(f(b)-f(a))}n. \end{displaymath}

Como esta desigualdad se cumple para todo $n \in \mathbb{N}$, concluimos que $\overline{\int_a^b}f = \underline{\int_a^b}f$, como quer�amos.

Bibliograf�a

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[3] Bartle, Robert; "Introducci�n al an�lisis matem�tico de una variable''; 2003.

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[5] Larson, Roland, Robert Hostetler y Bruce Edwards; "C�lculo''; 1998.

[6] Rudin, Walter; "Principios de an�lisis matem�tico''; 1966.

[7] Stewart, James; "C�lculo. Trascendentes tempranas''; 2001.

 

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