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Departamento de An´alisis Matem´atico
Curso 2016-
Pr´acticas de An´alisis Matem´atico I. Grupo B
PR ´ACTICA 2
Una sucesi´on de n´umeros reales (a 1 , a 2 ,... , an,.. .)
no es m´as que una funci´on real que tiene por dominio N = { 1 , 2 , 3 , ...}. Dada cualquier funci´on a : N → R, es decir, dada una sucesi´on, por inercia hist´orica se escribe an en lugar de a(n), que ser´ıa lo coherente con la notaci´on que usamos para funciones. Estos n´umeros an se llaman a veces t´erminos de la sucesi´on. En particular an es el t´ermino n-´esimo de la sucesi´on.
Igualmente, suele escribirse (an), ´o {an}, o bien {an}∞ n=1 en lugar de a : N → R, que ser´ıa la notaci´on funcional.
1 Ejercicios sobre la convergencia de sucesiones
Empezaremos por aprender a usar directamente la definici´on de l´ımite. Despu´es veremos procedimientos para probar que ciertas sucesiones tienen l´ımite y en otras secciones veremos c´omo calcular l´ımites de sucesiones cuando se presentan indeterminaciones, esto es, cuando no podemos saber estos l´ımites de manera autom´atica a partir de las propiedades de las sucesiones convergentes.
1.1 Aplicaci´on directa de la definici´on de l´ımite
Recordemos la siguiente
Definici´on 1.1. Se dice que la sucesi´on (an)∞ n=1 converge hacia ` ∈ R si dado cualquier ε > 0 existe n 0 ∈ N (que depende de ε), tal que para todo n ≥ n 0 ,
|an − `| < ε.
En este caso se escribe lim n→∞ an = , o bien an −→.
Por lo tanto: Cuando queramos verificar que lim n→∞ an = `, hemos de dar ε > 0 , y hemos de buscar
para qu´e n´umeros naturales n se cumple |an − `| < ε
o, en otras palabras, hay que resolver las inecuaciones (en n ∈ N),
−ε < an − ` < ε.
Despu´es hemos de ver si entre las soluciones encontradas est´an todos los n´umeros naturales mayores que uno de ellos, al que llamaremos n 0.
Ejemplo 1.1. Vamos a demostrar que la sucesi´on ( 2 n 3 n − 7
)∞ n=1 converge a
Damos ε > 0. Hemos de averiguar qu´e n´umeros naturales n cumplen la desigualdad ∣ ∣ ∣ ∣
2 n 3 n − 7
∣ < ε.
Como (^) ∣ ∣ ∣ ∣
2 n 3 n − 7
9 n − 21
la desigualdad buscada es equivalente a las siguientes:
−ε <
9 n − 21
< ε.
(Recodar que |A| < ε ⇔ −ε < A < ε). La primera de estas inecuaciones
−ε <
9 n − 21
tiene por soluciones seguras n = 3, 4 ,... pues
9 n − 21
> 0 cuando n ≥ 3. Estudiamos ahora la segunda
inecuaci´on: 14 9 n − 21 < ε.
Tenemos (siempre que n sea lo bastante grande para que 9n − 21 > 0):
14 9 n − 21
< ε ⇔
ε
< 9 n − 21 ⇔
ε
Por tanto, cualquier n ∈ N con n > n 0 > max{
ε
- 21), 3 } es soluci´on de las dos inecuaciones.
Hemos demostrado pues que existe un natural n 0 como se requiere en la definici´on de l´ımite.
Por ejemplo, si ε = 0. 001 , entonces
ε
2021 = 224. 5555 luego se puede tomar como n 0
cualquier n´umero natural mayor que 224 .5.
Ejemplo 1.2. Demostramos que para a > 0,
lim n→∞
na^
Damos ε > 0. Hemos de averiguar qu´e n´umeros naturales n cumplen la desigualdad ∣ ∣ ∣ ∣
na^
∣ < ε.
La desigualdad buscada es equivalente a las siguientes:
−ε <
na^
< ε.
La primera de estas desigualdades
−ε <
na se verifica trivialmente para todo n natural. Estudiamos ahora la segunda inecuaci´on:
1 na^
< ε.
Es equivalente a 1 ε
< na
o sea (ε)−^1 /a^ < n.
Luego en la definici´on podemos tomar n 0 := [ε−^1 /a] , donde [x] simboliza la parte entera de x. Por tanto, cualquier n ∈ N con n > n 0 es soluci´on de las dos inecuaciones. Hemos demostrado pues que existe un natural n 0 como se requiere en la definici´on de l´ımite.
Recordemos ahora otras dos definiciones:
1.2 Sucesiones mon´otonas y sucesiones de Cauchy
Dada una sucesi´on, no siempre se puede saber si tiene un l´ımite real, bien porque la f´ormula del t´ermino general es complicada o bien porque no se dispone de ninguna. Hay dos resultados te´oricos que permiten garantizar que una sucesi´on converge a alg´un n´umero real.
Definici´on 1.4. Si una sucesi´on (an) verifica que an+1 ≥ an para todo n ≥ k ≥ 1 decimos que es eventualmente mon´otona creciente. Si en particular esto se cumple para k = 1 decimos que (an) es mon´otona creciente.
Del mismo modo, si una sucesi´on (an) verifica que an+1 ≤ an para todo n ≥ k ≥ 1 decimos que es eventualmente mon´otona decreciente. Si en particular esto se cumple para k = 1 decimos que (an) es mon´otona decreciente.^1
1.a: Una sucesi´on (eventualmente) mon´otona creciente y acotada superiormente es convergente. 1.b: Una sucesi´on (eventualmente) mon´otona decreciente y acotada inferiormente es convergente. De un modo m´as sencillo, los enunciados (1.a) y (1.b) pueden reunirse afirmando que toda sucesi´on de n´umeros reales acotada y ( eventualmente ) mon´otona es convergente.
Definici´on 1.5. La sucesi´on (an) se llama sucesi´on de Cauchy si dado ε > 0 existe un n´umero natural n 0 (que depende de ε) tal que para p, q ≥ n 0 ,
|ap − aq | < ε.
Una caracter´ıstica fundamental de las sucesiones de n´umeros reales es:
- Toda sucesi´on que converge es de Cauchy y, rec´ıprocamente, toda sucesi´on de Cauchy converge.
Ejemplo 1.4. Vamos a ver que la sucesi´on de t´ermino general
an :=
5 n^ + 1
es mon´otona creciente. Efectivamente, para cada n ∈ N se cumple
an+1 − an =
5 n+1^ + 1
Veamos que tambi´en es acotada superiormente.
an =
5 n^ + 1
5 n^
5 n+ 1 −
Esta ´ultima igualdad se sigue de la f´ormula que da la suma de los n primeros t´erminos de una progresi´on geom´etrica 2. Se deduce por tanto que
an <
Por tanto, la sucesi´on (an)∞ n=1 es mon´otona creciente y acotada superiormente, luego converge.
EJERCICIO 3. 1. Probar que la sucesi´on ( 1 ,
n
es mon´otonona decreciente y acotada inferiormente. (^1) El t´ermino eventualmente se puede soslayar si tenemos en cuenta que la convergencia o divergencia de una sucesi´on no var´ıa al a˜nadirle, quitarle o modificarle un n´umero finito de t´erminos. (^2) En el Ap´endice se repasa la teor´ıa de progresiones.
- Probar que la sucesi´on (^) ( 1 2
n n + 1
es mon´otona creciente y acotada superiormente.
- Bas´andose en el Ejemplo 1.4, prueba que la siguiente sucesi´on es de Cauchy
an =
(−1)n+ 5 n^ + 1
1.3 Criterio del emparedado
Los m´etodos anteriores son “internos” a la sucesi´on, es decir dependen de estudiar sus propiedades; va- mos a introducir un m´etodo “externo” que necesita de otras dos sucesiones convergentes al mismo n´umero real, y se llama criterio de monoton´ıa, aunque coloquialmente se habla de criterio “del emparedado” (en ingl´es del sandwich) :
Si consideremos tres sucesiones (an)∞ n=1, (bn)∞ n=1 (cn)∞ n=1 tales que sean convergentes y tales que, para n ≥ n 0 ∈ N, an ≤ bn ≤ cn,
entonces lim n→∞ an ≤ lim n→∞ bn ≤ lim n→∞ cn.
Se puede asegurar de una forma m´as general que si lim n→∞ an = lim n→∞ cn = ∈ R, entonces existe lim n→∞ bn y es lim n→∞ bn =.
Es decir, para asegurar la convergencia y calcular el l´ımite de una sucesi´on (bn)∞ n=1 tratamos de “hacerle un emparedado” entre dos sucesiones con igual l´ımite.
Igualmente, si para todo n ≥ n 0 ∈ N, an ≤ bn,
y lim n→∞ an = +∞, entonces es lim n→∞ bn = +∞.
Similarmente si para todo n ≥ n 0 ∈ N, an ≤ bn,
y lim n→∞ bn = −∞, entonces es lim n→∞ an = −∞.
Ejemplo 1.5. Consideremos la sucesi´on (an) definida por
an =
(−1)n n
Como para todo natural n, − 1 ≤ (−1)n^ ≤ 1
se tiene que − 1 n
(−1)n n
n
Al ser
lim n→∞
n
= lim n→∞
n
necesariamente existe
lim n→∞
(−1)n n
Ejemplo 2.3. Si a > 1 y α ∈ R
lim n→∞
nα an^
En efecto: Escribamos a = 1 + p con p positivo. Sea k un entero tambi´en positivo y con k > α. Para n > 2 k,
an^ = (1 + p)n^ >
n k
pk^ =
n(n − 1)... (n − k + 1) k!
pk^ >
nk 2 kk!
pk,
y de aqu´ı que para n > 2 k,
0 < nα an^
2 kk! pk
nk−α^
Una vez m´as deducimos del criterio del emparedado que existe el l´ımite de
nα an
y es 0.
3 Subsucesiones
Dada una sucesi´on (an)∞ n=1 y unos ´ındices nk, donde k ∈ N, que verifican n 1 < n 2 < n 3 <... < nk < nk+1 <... , se dice que la sucesi´on (ank )∞ k=1 es una subsucesi´on de (an)∞ n=1. La noci´on de subsucesi´on es ´util para demostrar tanto la convergencia como la divergencia de una sucesi´on, como se deduce de los siguientes resultados.
Si una sucesi´on tiene l´ımite L ∈ R ∪ {−∞, +∞}, entonces todas sus subsucesiones tienen por l´ımite L.
Si una sucesi´on (an)∞ n=1 admite dos subsucesiones que tienen diferentes l´ımites, entonces (an)∞ n=1 no tiene l´ımite.
Ejemplo 3.1. La sucesi´on an :=
n − 1 n + 1
tiene por l´ımite 1. Entonces la sucesi´on
bn :=
n^3 − 1 n^3 + 1
tambi´en tiene por l´ımite 1 porque
b 1 = a 1 , b 2 = a 8 , b 3 = a 27 ,... bn = an^3 ,...
es decir que (bn) es subsucesi´on de (an), luego ha de tener el mismo l´ımite. El mismo argumento se puede usar para ver
lim n→∞
2 n^ − 1 2 n^ + 1
= lim n→∞
n − 1 n + 1
y tambi´en
lim n→∞
n + 18 n + 20
= lim n→∞
(n + 19) − 1 (n + 19) + 1
Ejemplo 3.2. La sucesi´on (an) dada por an := (−1)n^ no tiene l´ımite: Para n = 2k obtenemos la subsucesi´on ( (−1)^2 k
k=1 = (1,^1 ,^1 ,.. .)
que tiene por l´ımite 1. Para n = 2k + 1 obtenemos la subsucesi´on
( (−1)^2 k+
k=1 = (−^1 ,^ −^1 ,^ −^1 ,.. .)
que tiene por l´ımite −1.
Por tanto (an) no puede tener l´ımite.
EJERCICIO 5. Sea an =
n
. Determinar cu´ales de las siguientes sucesiones (bn)∞ n=1 son subsuce-
siones de la sucesi´on (an)∞ n=.
- bn =
n + 1
- bn =
n + 1
, si n es impar
1 n − 1
, si n es par.
- bn =
2 n − 1
- bn =
n!
- bn =
n − 1 n^2 − 1
EJERCICIO 6. Hallar todas los posibles l´ımites de las subsucesiones convergentes de las sucesiones siguientes. (Existen infinidad de ellas, pero s´olo hay una cantidad finita de l´ımites que estas subsucesiones pueden tener.)
- an = sen (nπ/2).
- an = sen (nπ/4).
- an =
n
, si n es impar 0 , si n es par.
EJERCICIO 7. Determinar los l´ımites de las subsucesiones convergentes de la sucesi´on cuyos primeros t´erminos son: 1 , 1 , 2 , 1 , 2 , 3 , 1 , 2 , 3 , 4 , 1 , 2 , 3 , 4 , 5 , 1 , 2 , 3 , 4 , 5 , 6 ,...
EJERCICIO 8. Demostrar que la sucesi´on (sen (nπ/4))∞ n=1 no converge.
4 Algebra de l´ımites. Indeterminaciones elementales
Recordamos a continuaci´on una lista de resultados de teor´ıa, que se denominan Algebra de l´´ ımites. Permiten calcular el l´ımite de una sucesi´on cuando se conocen el de otra o los de otras:
Ejemplo 4.1. Calcular
lim n→∞
3
cos
n
Como sabemos que lim n→∞
n
= 0, por la propiedad (5) de la lista anterior,
lim n→∞ cos
n
= cos(0) = 1
y por la propiedad (10) de la misma lista, dado que cos
n
> 0 para cada natural n,
lim n→∞
cos
n
= (1)^1 /^3 = 1.
Normalmente no se desarrollan los c´alculos con tantos detalles, y las reglas 1-17 se aplican de modo autom´atico sin indicarlo expresamente.
Un abuso de lenguaje muy extendido es llamar “c´alculo de l´ımites” a lo que en realidad es evitar indeterminaciones.
Ejemplo 4.2. Calcular
lim n→∞
n^3 +
n 2 n^3 + n^2
Se trata de un cociente de dos sucesiones (n^3 +
n) y (2n^3 + n^2 ) que tienen por l´ımite +∞. Es decir, tal como est´a escrito es una indeterminaci´on. Pero, si reescribimos el t´ermino general dividiendo por n^3 numerador y denominador,
n^3 +
n 2 n^3 + n^2
n^3 n^3
n n^3 2 n^3 n^3
n^2 n^3
n^5 2 +
n
ahora en cambio, la sucesi´on del numerador
n^5
tiene por l´ımite 1 (¿por qu´e?), y la sucesi´on
2 +
n
tiene todos sus t´erminos positivos y su l´ımite es 2. Podemos aplicar la regla del cociente (7) de donde
1
2 +
n
y por la regla del producto (2),
lim n→∞
n^3 +
n 2 n^3 + n^2
= lim n→∞
n^5
2 + (^1) n
(2) = 1.
Vamos a ver algunos l´ımites elementales que son indeterminaciones del tipo
Los l´ımites de sucesiones de la forma P (n) Q(n)
donde P (n) = apnp^ + · · · + a 0 y Q(n) = bq nq^ + · · · + b 0 son polinomios en n de grados p y q respectivamente; se calculan f´acilmente dividiendo el numerador y el denominador por nq^ , con lo cual
lim n→∞
P (n) Q(n)
+∞ si p > q, 0 si p < q, ap bp
si p = q
Tambi´en puede usarse un recurso parecido para calcular l´ımites de sucesiones con t´ermino general que tiene forma de cociente, aunque no de dos polinomios:
Ejemplo 4.3. Calculamos
lim n
n^2 + n + 1 √ n^4 + 7 + n^2 + n El denominador es como si fuera un polinomio de grado 2, luego basta dividir numerador y denomi- nador por n^2
n^2 + n + 1 √ n^4 + 7 + n^2 + n
n^2 + n + 1 √^ n^2 n^4 + 7 + n^2 + n n^2
n
√^ n^2 1 +
n^4
n
Entonces, como (^1) n → 0,
lim n→∞
n^2 + n + 1 √ n^4 + 7 + n^2 + n
= lim n→∞
n
√^ n^2 1 +
n^4
n
Tambi´en se pueden combinar estos desarrollos con el criterio del emparedado.
Ejemplo 4.4. Calculemos el l´ımite de la sucesi´on
an =
n^4 + n
n^4 + 2n
n √ n^4 + n^2
En cada uno de los t´erminos de la forma
j √ n^4 + jn
, si sustituimos el denominador, en primer lugar
por el denominador m´as grande posible
n^4 + n^2 , y despu´es, por el m´as peque˜no
n^4 + n, , se obtienen las desigualdades
j √ n^4 + n^2
j √ n^4 + jn
j √ n^4 + n
j = 1, 2 , ,... , n.
De ellas se deduce que 1 √ n^4 + n^2
n^4 + n^2
n √ n^4 + n^2
n^4 + n
n^4 + 2n
n √ n^4 + n^2
n^4 + n
n^4 + n
n √ n^4 + n
Por otro lado,
1 √ n^4 + n^2
n^4 + n^2
n √ n^4 + n^2
1 + 2 + · · · + n √ n^4 + n^2
Para calcular l´ımites de sucesiones de la forma √ rP (n) − √rQ(n)
donde P y Q son polinomios en n y r ∈ N, procederemos como sigue: Partimos de la siguiente factorizaci´on: ar^ − br^ = (a − b)(ar−^1 + ar−^2 b + · · · + abr−^2 + br−^1 )
y de ella se obtiene que
a − b =
ar^ − br ar−^1 + ar−^2 b + · · · + abr−^2 + br−^1
Si, en particular, tomamos a = r
P (n), b = r
Q(n)
queda √ rP (n) − √rQ(n) = P (n) − Q(n) √ rP (n)r− (^1) + √rP (n)r− (^2) Q(n) + · · · + √rQ(n)r− 1.
De esta manera un l´ ∞ ımite indeterminado de la forma +∞ − ∞ se ha convertido en uno de la forma
∞
. Finalmente, dividiendo el numerador y el denominador de esta ´ultima expresi´on por una potencia
conveniente de n (la de mayor grado del denominador, por ejemplo), se obtiene el valor del l´ımite.
Ejemplo 4.7. Calculemos el l´ımite de la siguiente sucesi´on:
an =
4 n − 1 −
3 n. Sea a =
4 n − 1, b =
3 n. Entonces,
an = a − b =
a^2 − b^2 a + b
n − 1 √ 4 n − 1 +
3 n
Dividiendo numerador y denominador por
n, se obtiene que lim n→∞ an = +∞
Ejemplo 4.8. Vamos a hallar el l´ımite de
an = 3
n^3 + 1 − n.
Recordamos que (A^3 − B^3 ) = (A − B)(A^2 + AB + B^2 ), luego A − B =
A^3 − B^3
A^2 + AB + B^2
an = 3
n^3 + 1 −
n^3 =
n^3 + 1
− n^3 √ (^3) (n (^3) + 1) (^2) + √ (^3) (n (^3) + 1)n (^3) + √ (^3) n 6 =
√ (^3) (n (^3) + 1) (^2) + √ (^3) (n (^3) + 1)n (^3) + √ (^3) n 6.
Luego lim n→∞ an = 0.
EJERCICIO 9. Calcular los l´ımites de las siguientes sucesiones:
- an :=
5 n^3 − 8 n^2 + 3 4 n^3 + 2n + 4
- an :=
n^2 − 3 √ (^3) n (^3) + 1.
- an :=
log(n^2 + n + 1) log(8n^2 − 3 n + 2)
EJERCICIO 10. Resolver las siguientes indeterminaciones
- lim n→∞
n +
n n − 3
n
- lim n→∞
en^ +
n en^ − 3
n
- lim n→∞
n + cos
( (^) π 2 n
n − 3
n
EJERCICIO 11. Calcular los l´ımites de las sucesiones siguientes:
2 n^ + 7 3 n
5 n^ − 3 n^ + 1 5 n^ + 3n^ + 1/n
EJERCICIO 12. Hallar los l´ımites de las sucesiones siguientes:
5 n + 3 −
3 n
n=.
n^3 + n^2 − 3
n^3 − n^2
n +
n^4 + 1 − 2 n
n^4 + 1 − 3
n^3 + 1.
5 L´ımites indeterminados de potencias
La sucesi´on de n´umeros reales (an) dada por
an :=
n
)n
se ha estudiado en teor´ıa y converge a un n´umero real al que llamamos e := lim n→∞ an, cumpliendo que
2 < e < 3. Se tiene tambi´en que si (an) es una sucesi´on que diverge a +∞, −∞ ´o ∞, entonces
lim n
an
)an = e
y, para x ∈ R,
lim n
x an
)an = ex.
Sea ahora αn una sucesi´on con αn → 1, y sea μn una sucesi´on con μn → +∞. Si podemos escribir:
(αn)μn^ =
1 αn− 1
)μn
1 αn− 1
) (^) αn^1 − 1 (αn−1)μn
1 αn− 1
) (^) αn^1 − 1
(αn−1)μn
teniendo en cuenta lo anterior podr´ıamos obtener (buscar bajo qu´e condiciones es cierta) lim n→∞ αμ nn = e
lim n→∞ μn(αn − 1)
que se a veces se cita como f´ormula de Euler.
6 Criterios de Stolz
Los criterios que vamos a ver son recursos de gran utilidad para el c´alculo de l´ımites de sucesiones de la forma an bn
cuando (an)∞ n=1 y (bn)∞ n=1 convergen ambas a cero o divergen a infinito. Son en cierto
modo an´alogos a las reglas de L’Hˆopital para indeterminaciones de cocientes de funciones derivables.
(a) Sean (an)∞ n=1 y (bn)∞ n=1 dos sucesiones que convergen a cero, de manera que b 1 > b 2 > · · · > bn > · · · (o bien b 1 < b 2 < · · · < bn < · · · )
Si lim n→∞
an+1 − an bn+1 − bn
= L ∈ R ∪ {+∞, −∞},
entonces lim n→∞
an bn
= L.
(b) Sean (an)∞ n=1 y (bn)∞ n=1 dos sucesiones de manera que 0 < b 1 < b 2 < · · · < bn < · · · y (bn)∞ n=1 → +∞ (o bien 0 > b 1 > b 2 > · · · > bn > · · · y (bn)∞ n=1 → −∞ ). Si
lim n→∞
an+1 − an bn+1 − bn
= L ∈ R ∪ {+∞, −∞},
entonces lim n→∞
an bn
= L.
Tomando logaritmos, los criterios de Stolz tambi´en se pueden aplicar para calcular l´ımites de sucesiones en las que aparezcan ra´ıces (exponentes fraccionarios). Con m´as precisi´on,
(c) lim n→∞ (bn) an^1 (^) = lim n→∞
bn+ bn
) (^) a 1 n+1−an ,
si existe el segundo miembro. Como ejercicio deducir esta f´ormula (tambi´en llamada de la ra´ız de Stolz) a partir de las dos anteriores y dar condiciones para su validez.
Ejemplo 6.1. Calculemos
lim n→∞
log(n + 2) n + 2
Se tiene que an := log(n + 2) → +∞ y bn := n + 2 → +∞ y es mon´otona creciente. Por tanto,
lim n→∞
log(n + 2) n + 2
= lim n→∞
log(n + 3) − log(n + 2) (n + 3) − (n + 2)
= lim n→∞ log
n + 3 n + 2
Ejemplo 6.2. Sabiendo que lim n→∞
n = +∞, calculemos el l´ımite de
log n 1 + 1/2 + · · · + 1/n
En este caso, an = log n, con lo cual an+1 − an = log n+1 n , y bn = 1 + 1/2 + · · · + 1/n, con lo cual bn+1 − bn = (^) n+1^1 > 0. Como
lim n→∞
an+1 − an bn+1 − bn
= lim n→∞ log
n + 1 n
)n+ = log e = 1
aplicando el criterio de Stolz (b), se obtiene que
lim n→∞
log n 1 + 1/2 + · · · + 1/n
Ejemplo 6.3. Vamos a calcular
lim n→∞
n
n!
Se tiene:
lim n→∞
n
n!
= lim n→∞
n!
) (^) n^1 = lim n→∞
(n + 1)! 1 n!
n+1^1 −n
= lim n→∞
n + 1
Es importante observar que los criterios de Stolz s´olo nos aseguran que si existe el l´ımite de
an+1 − an bn+1 − bn
entonces existe el l´ımite de an bn
; cuando no existe el l´ımite de an+1 − an bn+1 − bn
, no se puede deducir nada.
Ejemplo 6.4.
Consideremos la sucesi´on
n
[ (^) n 2
]
, donde [x] denota la parte entera de x. Para intentar aplicar el
criterio de Stolz se definen an =
[ (^) n 2
]
y bn = n. Es evidente que la sucesi´on (bn)∞ n=1 es estrictamente
creciente y diverge a +∞ Por otra parte,
an+1 − an bn+1 − bn
[ (^) n + 1 2
]
[ (^) n 2
]
0 , si n es par, 1 , si n es impar ;
cuyo l´ımite no existe. Por consiguiente, no se puede aplicar el criterio de Stolz. De esta situaci´on no se
puede deducir que no existe el l´ımite pedido. En efecto, de las desigualdades
n 2
[ (^) n 2
]
n 2 se sigue
que
n
n
[ (^) n 2
]
con lo cual, por el criterio de monoton´ıa, lim n→∞
n
[ (^) n 2
]
EJERCICIO 14. Calcular los l´ımites de las sucesiones que tienen los siguientes t´erminos generales:
- an =
1 p^ + 2p^ + 3p^ + · · · + np np+^
, p ∈ N.
- an = n
( (^) n + 1 n
)n .
- an =
1 + 4 + 7 + · · · + (3n − 2) 5 + 7 + 9 + · · · + (2n + 3)
- an =
√ nn!
n
7 Sucesiones definidas por recurrencia
Una de las formas m´as usuales para definir una sucesi´on es dar previamente a 1 ,... , ak y expresar el t´ermino siguiente ak+1 en funci´on de los r + 1 anteriores (donde 0 ≤ r < k), es decir
ak+1 = f (ak−r , ak−r+1,... , ak− 1 , ak).
Cualquier sucesi´on definida de esta manera se dice que est´a dada por recurrencia, o simplemente se llama sucesi´on recurrente.
Veamos ahora que (an) es acotada superiormente. Desde luego a 1 = 1 < 2. Esto hace que
a 2 =
2 a 1 <
Continuando de este modo, como a 2 < 2,
a 3 =
2 a 2 <
De esta manera, si un t´ermino cualquiera ak de la sucesi´on es menor que 2 tambi´en el siguiente
ak+1 =
2 ak <
Por tanto, aplicando el principio de inducci´on hemos probado que todos los t´erminos de la sucesi´on son menores que 2.
Hemos demostrado pues que la sucesi´on de n´umeros reales (an) es mon´otona creciente y acotada superiormente (por 2). Entonces esta sucesi´on ha de tener un l´ımite ` ∈ R. Adem´as
an+1 =
2 an,
luego lim n→∞ an+1 = lim n→∞
2 an =
2 lim n→∞ an
es decir ` =
2 ⇒^2 = 2⇒(` − 2) = 0.
Por tanto s´olo puede tener dos valores, 2 ´o 0. Pero como todos los t´erminos de la sucesi´on cumplen 1 ≤ an, ha de ser 1 ≤, luego hay que descartar la soluci´on ` = 0, resultando pues que
lim n→∞ an = ` = 2.
EJERCICIO 15.
Hallar una progresi´on geom´etrica (an) con a 1 = 1 y tal que sus t´erminos verifiquen la condici´on
an+2 = an+1 + an
para cada n´umero natural n.
EJERCICIO 16. Encontrar, si existe, una f´ormula para el t´ermino n-´esimo que dependa s´olo de n para cada una de las siguientes sucesiones recurrentes.
- a 1 = 1, an+1 = (−1)n^ + an.
- a 1 = 1, an+1 = −an.
- a 1 = 1, an+1 =
−an 2
- a 1 = 1, an+1 = (−1)nan.
- a 1 = 1, an+1 =
an n + 1
EJERCICIO 17. Sea a 1 = − 1 , y an+1 = 2 −
an para n ∈ N. Poner an+2, an+3 y an+4 en funci´on
de an.
8 Problemas propuestos
EJERCICIO 18. Calcular los l´ımites de las siguientes sucesiones:
4 n^2 − 3 n + 4 5 n^4 + 2n^2 − 3
4 n^5 − 8 n^2 + 3 2 n^3 + 4n − 5
2 n + 3 n + 3
n
n^2 + 1 √ n + 1
n √ n +
n +
n
2 n + 3)^3 − n^3 n^2 − 2
n^5
log(n^4 + 4n^3 + 6n^2 − 3 n + 2) log(6n^3 + 4n^2 − 5 n + 7)
n^2 + 2n − 1 − 4 n.
2 n^3 + n^2 −
2 n^3 − 8 n.
n^2 + 1 −
n^2 + n √ (^3) n (^3) + 1 − √ (^3) n (^3) + n (^2) + 1.
n^4 + 2 − 3
n^6 + 1.
√ (^3) n + 1 − √n √ n
n^4 + n^3 − 4
n^4 − 7 n^3.
n^2 + 3n − 5 n^2 − 4 n + 2
)n^2 (n+2)
- n log
1 + 1/n 1 − 1 /n
- (5n^3 + 4n − 1)^1 /^ log(n
(^2) +7n−5)
(√^ 1 + 3n 5 + 3n
)n^2 /(3n−1)
- n
n^2 + n + 1
n
n
n
n
( (^4) n n
- (^1) n
1 + (^1) n
1 + (^) n^2
1 + (^3) n
1 + nn
n^2 + 3n 2 + 6 + 10 + · · · + (4n − 2)
EJERCICIO 19. Hallar
lim
n + 2n
)n+2n+
EJERCICIO 20. Calcular
lim n
log 1 + log 2 + · · · + log n n log n
)log n .
EJERCICIO 21.
- Probar que si la sucesi´on (an)∞ n=1 converge, entonces tambi´en converge la sucesi´on ( a 1 + a 2 + · · · + an n
n=
Razonar la relaci´on que existe entre los l´ımites de las dos sucesiones.
- Probar que si an > 0 para todo n ∈ N y lim n→∞ an+1/an = a, entonces lim n→∞
√ nan = a.
EJERCICIO 22. Probar que (^) nlim→∞ an = 4 para la sucesi´on dada por
an = n
(2n)! (n!)^2
(a) Aplicando el ejercicio anterior
(b) Haciendo uso de la f´ormula de Stirling:
lim n→∞
n! nne−n
2 πn
