Introducción
En la entrada anterior vimos las series geométricas y su uso para la resolución de problemas específicos. En esta sección trataremos otro tipo de series que resultan de utilidad al momento de resolver problemas, este tipo de series son muy utilizadas en problemas de cálculo.
Series Telescópicas
Dada una sucesión $\{a_i\}_{i\in\mathbb{N}}$ decimos que la serie $\sum_{n=1}^{\infty}(a_n-a_{n+1})$ es telescópica por la forma de sus sumas parciales.
\begin{align*}
\sum_{n=1}^N(a_n-a_{n+1})&=(a_1-a_2)+(a_2-a_3)+…+(a_{N-1}-a_N)+(a_N-a_{N+1})\\
&=a_1-a_{N+1}
\end{align*}
Notemos que la serie $\sum_{n=1}^{\infty}(a_n-a_{n+1})$ converge solo si la sucesión es convergente.
Ejemplos de series telescópicas convergentes y no convergentes.
Determina el resultado de la serie $\sum_{n=1}^\infty \left( \frac{1}{n(n+1)} \right)$.
A simple vista, la serie que se nos presenta no parece ser telescópica. Sin embargo, si cambiamos un poco la estructura de $\frac{1}{n(n+1)}$ podemos notar que
\begin{equation*}
\frac{1}{n(n+1)}=\frac{1}{n}-\frac{1}{n+1}
\end{equation*}
Con esto tenemos que
\begin{equation*}
\sum_{n=1}^\infty \left(\frac{1}{n(n+1)}\right)=\sum_{n=1}^\infty \left(\frac{1}{n}-\frac{1}{n+1}\right)
\end{equation*}
Con esta última expresión, podemos observar que la serie es telescópica dado que su suma parcial queda de la siguiente manera
\begin{align*}
\sum_{n=1}^N \left(\frac{1}{n}-\frac{1}{n+1}\right)&=1-\frac{1}{2}+\frac{1}{2}-\frac{1}{3}+…+\frac{1}{N-1}-\frac{1}{N}+\frac{1}{N}-\frac{1}{N+1}\\
&=1-\frac{1}{N+1}
\end{align*}
Pero como queremos la serie con límite superior infinito, basta con que calculemos el límite cuando $N\to\infty$ de la suma parcial.
\begin{align*}
\sum_{n=1}^\infty \left(\frac{1}{n(n+1)}\right)&=\lim_{N\to\infty} \sum_{n=1}^N \left(\frac{1}{n}-\frac{1}{n+1}\right)\\
&=\lim_{N\to\infty} \left( 1-\frac{1}{N+1}\right)=1
\end{align*}
En este ejemplo la serie resulta ser convergente dado que la sucesión $\{ \frac{1}{n(n+1)} \}$ es convergente.
$\square$
Un segundo ejemplo es si queremos calcular la $\sum_{n=1}^\infty (3n^2+3n+1)$.
La serie diverge ya que la sucesión$\{3n^2+3n+1\}$ diverge. Sin embargo, eso no nos impide poder calcular la suma parcial $\sum_{n=1}^N (3n^2+3n+1)$
En principio, $\sum_{n=1}^N (3n^2+3n+1)$ no parece ser telescópica, pero podemos modificar el problema, para verla como una serie telescópica.
Tenemos que
\begin{equation*}
\sum_{n=1}^N (3n^2+3n+1)=\sum_{n=1}^N (n^3-n^3+3n^2+3n+1)
\end{equation*}
Como estamos sumando un cero a la expresión, no alteramos el problema.
Así que
\begin{align*}
\sum_{n=1}^N (n^3-n^3+3n^2+3n+1)&=\sum_{n=1}^N (n^3+3n^2+3n+1-n^3)\\
&=\sum_{n=1}^N [(n+1)^3-n^3]
\end{align*}
La serie $\sum_{n=1}^N [(n+1)^3-n^3]$ tiene forma telescópica, así que
\begin{equation*}
\sum_{n=1}^N [(n+1)^3-n^3]=(N+1)^3-1=N^3+3N^2+3N
\end{equation*}
$\square$
La suma de los primeros $n$ números naturales impares.
Sabemos que un número impar es de la forma $2n+1$ o $2n-1$. y podemos conjeturar observando el patrón de las sumas parciales de $\sum_{n=1}^N(2n-1)$, lo siguiente.
\begin{align*}
&1=1\\
&1+3=4\\
&1+3+5=9\\
&1+3+5+7=16\\
&\vdots\\
&1+3+5+…+(2N-1)=N^2
\end{align*}
Ahora, la idea es probar que esto es cierto aplicando el concepto de series telescópicas.
Tenemos que $\sum_{n=1}^N(2n-1)=1+\sum_{n=1}^{N-1}(2n+1)$
Fijémonos en $\sum_{n=1}^{N-1}(2n+1)$, la cual podemos expresar de la siguiente manera
\begin{align*}
\sum_{n=1}^{N-1}(2n+1)&=\sum_{n=1}^{N-1}(n^2+2n+1-n^2)
&=\sum_{n=1}^{N-1}[(n+1)^2-n^2]
\end{align*}
Observemos que $\sum_{n=1}^{N-1}[(n+1)^2-n^2]$ es telescópica y tenemos que
\begin{align*}
\sum_{n=1}^{N-1}[(n+1)^2-n^2]&=(N-1)+1)^2-1\\
&=N^2-1
\end{align*}
Así,
$\sum_{n=1}^N(2n-1)=1+N^2-1=N^2$
Por lo tanto nuestra conjetura queda probada y resulta ser verdadera.
$\square$
Un problema en el que intervienen las fracciones parciales
Problema: Determina la serie $\sum_{n=1}^\infty \left(\frac{1}{4n^2-1}\right)$
Solución: Notemos que
\begin{align*}
\frac{1}{4n^2-1}&=\frac{1}{(2n-1)(2n+1)}\\
&=\frac{A}{2n-1}+\frac{B}{2n+1}
\end{align*}
Resolviendo un sistema de ecuaciones, tenemos que $A=1/2$ y $B=-1/2$, por lo que
\begin{align*}
\frac{1}{4n^2-1}&=\frac{1}{2}\left(\frac{1}{2n-1}-\frac{1}{2n+1}\right)
\end{align*}
Así, tenemos que
\begin{equation*}
\sum_{n=1}^\infty \left(\frac{1}{4n^2-1}\right)=\frac{1}{2}\sum_{n=1}^\infty\left(\frac{1}{2n-1}-\frac{1}{2n+1}\right)
\end{equation*}
Tenemos que $\sum_{n=1}^\infty\left(\frac{1}{2n-1}-\frac{1}{2n+1}\right)$ es telescópica, por lo que
\begin{equation*}
\sum_{n=1}^N\left(\frac{1}{2n-1}-\frac{1}{2n+1}\right)=1-\frac{1}{2N+1}
\end{equation*}
Y tenemos que
\begin{equation*}
\sum_{n=1}^\infty \left( \frac{1}{2n-1}-\frac{1}{2n+1} \right)=\lim_{N\to\infty} \left(1-\frac{1}{2N+1}\right)=1
\end{equation*}
Por lo tanto
\begin{equation*}
\sum_{n=1}^\infty \left(\frac{1}{4n^2-1} \right)=\frac{1}{2}(1)=\frac{1}{2}
\end{equation*}
$\square$
Más problemas
Puedes encontrar más problemas de series telescópicas en la sección 5.3 del libro Problem Solving through Problems de Loren Larson.
