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Capítulo 1
Problemas de Sucesiones
Problema 1.1 Calcular los siguientes límites:
(i) l´ım n→∞
ln(n) sen(n)
n
(ii) l´ım n→∞
en^ + 2n
5 n^
(iii) l´ım n→∞
3 n ln( n n− 1 )^
(iv) l´ım n→∞
n
n
n
Solución:
(i) l´ım n→∞
ln(n) sen(n)
n
[
escala de in nitos
sen(n) acotada
]
= 0 × acotada = 0.
(ii) l´ım n→∞
e n
5 n^
= l´ım n→∞
e
5
)n
)n = [( número menor que uno )
∞ ] = 0 + 0 = 0.
(iii) l´ım n→∞
3 n ln( n n− 1
= l´ım n→∞
3 n ln(1 + 1 n− 1 )
= [ in nitésimo del logaritmo ] = l´ım n→∞
3 n 1 n− 1
l´ım n→∞
3(n − 1)
n
(iv) l´ım n→∞
n
n
n
Para calcular este límite aplicamos el criterio de Stolz, con an =
n y
bn = n
n, ya que bn es creciente y tiene límite in nito.
l´ım n→∞
an+1 − an
bn+1 − bn
= l´ım n→∞
n + 1
(n + 1)
n + 1 − n
n
= [× y ÷ por el conjugado] =
6 Problemas
l´ım n→∞
n + 1
(n + 1)
n + 1 + n
n
(n + 1)
n + 1 − n
n
(n + 1)
n + 1 + n
n
l´ım n→∞
(n + 1)^2 + n
n(n + 1)
((n + 1)^3 − n^3 )
= l´ım n→∞
n^2 + 2n + 1 + n
n^2 + n
3 n^2 + 3n + 1
Problema 1.2 Calcular los siguientes límites:
(i) l´ım n→∞
n − sen(n)
n
(ii) l´ım n→∞
n sen
n
(iii) l´ım n→∞
n tan
n
(iv) l´ım n→∞
ln(n 2
n
(v) l´ım n→∞
n
1 − cos
n
Solución:
(i) l´ım n→∞
n − sen(n)
n
= l´ım n→∞
n
sen(n)
= [sen(n) acotada] = 1 + 0 × acotada = 1.
(ii) l´ım n→∞
n sen
n
= l´ım n→∞
sen
n
n
= [ in nitésimos equivalentes ] = 1.
(iii) l´ım n→∞
n tan
n
= ∞ ×
π
4
(iv) l´ım n→∞
ln(n 2
n
= [escala de in nitos] = 0.
(v) l´ım n→∞
n
1 − cos
n
= [in nitésimos equivalentes] = l´ım n→∞
n
2 n^2
Problema 1.3 Calcular los siguientes límites:
(i) l´ım n→∞
cos(n) ln(n 2 − n + 1)
n
(ii) l´ım n→∞
2 n
e
1 n (^) − 1
(iii) l´ım n→∞
n
sen
n
)n
Solución:
(i) l´ım n→∞
cos(n) ln(n 2 − n + 1)
n
[
escala de in nitos
cos(n) acotada
]
= 0 × acotada = 0.
8 Problemas
Solución:
(i) l´ım n→∞
cos(n) − sen(n) √ n
= l´ım n→∞
cos(n) √ n
sen(n) √ n
= [0 × acotada] = 0 − 0 = 0.
(ii) l´ım n→∞
e
1 n (^) −
)n
=
(iii) l´ım n→∞
n 2 ln(1 +
n
) sen(
n
) = l´ım n→∞
ln(1 + 1 n
1 n
sen( 1 n
1 n
= [in nitésimos equivalentes] = 1.
Problema 1.6 Calcular los siguientes límites:
(i) l´ım n→∞
4 n^3 + 2n − 1
4 n^3 + n^2 − 2 n + 1
)n
(ii) l´ım n→∞
arctan(n) ln(n^2 + 2)
n
(iii) l´ım n→∞
n
5 n^
(iv) l´ım n→∞
n^2 − n −
n^2 + 4n
(v) l´ım n→∞
cos(1) + cos(2) + · · · + cos(n)
n^2
Solución:
(i) l´ım n→∞
4 n^3 + 2n − 1
4 n^3 + n^2 − 2 n + 1
)n
= e
l´ım n→∞
n
4 n 3
4 n^3 + n^2 − 2 n + 1
e
l´ım n→∞
−n^3 + 4n^2 − 2 n
4 n^3 + n^2 − 2 n + 1 = e−^
1 (^4).
Para el cálculo del límite hemos aplicado el criterio del númeroe.
(ii) l´ım n→∞
arctan(n) ln(n^2 + 2)
n
[
arctan(n) es acotada escala de in nitos
]
= acotada × 0 = 0.
(iii) l´ım n→∞
n
5 n^
= l´ım n→∞
)n
= 0.
(iv) l´ım n→∞
n^2 − n −
n^2 + 4n
= [× y ÷ por el conjugado] =
l´ım n→∞
n^2 − n −
n^2 + 4n
n^2 − n +
n^2 + 4n
n^2 − n +
n^2 + 4n
) = l´ım n→∞
− 5 n (√ n^2 − n +
n^2 + 4n
Sucesiones 9
(v) l´ım n→∞
cos(1) + cos(2) + · · · + cos(n)
n^2
Para calcular este límite aplicamos el criterio de Stolz, conan = cos(1)+cos(2)+· · ·+cos(n)
y bn = n 2 , ya que bn es creciente y tiene límite in nito.
l´ım n→∞
an+1 − an
bn+1 − bn
= l´ım n→∞
cos(n + 1)
(n + 1)^2 − n^2
= l´ım n→∞
cos(n + 1)
2 n + 1
= [acotada × 0] = 0.
Problema 1.7 Calcular los siguientes límites:
(i) l´ım n→∞
n 4
n^4 + 2n^2 − 2 n + 3
)n
(ii) l´ım n→∞
ln
1 n
(iii) l´ım n→∞
ln(1 +
n + n) − ln(n)
(iv) l´ım n→∞
sen(1) + sen(2) + · · · + sen(n)
n^2
Solución:
(i) l´ım n→∞
n 4
n^4 + 2n^2 − 2 n + 3
)n
= e
l´ım n→∞
n
n 4
n^4 + 2n^2 − 2 n + 3
e
l´ım n→∞
2 n^4 − 2 n^3 + 2n^2 − 4 n
n^4 + 2n^2 − 2 n + 3 (^) = e^2.
Para el cálculo del límite hemos aplicado el criterio del númeroe.
(ii) l´ım n→∞
ln
1 n
= l´ım n→∞
− ln(n) √ n
n
= [escala de in ntos] = 0 + ∞ = ∞.
(iii) l´ım n→∞
ln(1 +
n + n) − ln(n)
= l´ım n→∞
ln
n + n)
n
= l´ım n→∞
ln
n
n
[in nitésimos equivalentes] = l´ım n→∞
ln
1 n
√^1 n
1 n +^ √^1 n
n
n
(iv) l´ım n→∞
sen(1) + sen(2) + · · · + sen(n)
n^2
Para calcular este límite aplicamos el criterio de Stolz, conan = sen(1)+sen(2)+· · ·+sen(n)
y bn = n 2 , ya que bn es creciente y tiene límite in nito.
l´ım n→∞
an+1 − an
bn+1 − bn
= l´ım n→∞
sen(n + 1)
(n + 1)^2 − n^2
= l´ım n→∞
sen(n + 1)
2 n + 1
= [acotada × 0] = 0.
Sucesiones 11
e
l´ım n→∞
− 3 n 3
n^3 + 3n^2 − 2 n − 1 = e−^3.
Para el cálculo del límite hemos aplicado el criterio del númeroe.
(ii) l´ım n→∞
n cos
1 n
n^2 − 2 n + 7
= l´ım n→∞
n √ n^2 − 2 n + 7
cos
n
(iii) l´ım n→∞
n^2 sen
1 n
en^
= [ orden de in nitos] = 0.
(iv) l´ım n→∞
ln(1 + a) + ln(1 + a^2 ) + · · · + ln(1 + an)
n
Para calcular este límite aplicamos el criterio de Stolz considerando las sucesiones an =
ln(1 + a) + ln(1 + a^2 ) + · · · + ln(1 + an) y bn = n, ya que bn es creciente y tiene límite in nito.
l´ım n→∞
an+1 − an
bn+1 − bn
= l´ım n→∞
ln(1 + a n )
(n + 1) − n
= l´ım n→∞
ln(1 + a n ) =
0 a ∈ (0, 1), ln(2) a = 1, +∞ a > 1.
Problema 1.10 Calcular los siguientes límites:
(i) l´ım n→∞
n^4 − 3 n^3 − 2 n^2 + 1
n^4 − 1
)n
(ii) l´ım n→∞
n + 1
n^3 + 2
n (iii) l´ım n→∞
sen(n^2 + 3n + 1)
n^2 + 1
(iv) l´ım n→∞
a
an ln(n)
; a > 0 (según los valores de a).
Solución:
(i) l´ım n→∞
n 4 − 3 n 3 − 2 n 2
n^4 − 1
)n
= e
l´ım n→∞
n
n 4 − 3 n 3 − 2 n 2
n^4 − 1
e
l´ım n→∞
− 3 n^4 − 2 n^3 + 2n
n^4 − (^1) = e−^3.
Para el cálculo del límite hemos aplicado el criterio del númeroe.
(ii) l´ım n→∞
n + 1
n^3 + 2
n = [ 0 ]. Por tanto, supondremos que l´ım n→∞
n + 1
n^3 + 2
n = A, de donde
12 Problemas
ln(A) = l´ım n→∞
n
ln
n + 1
n^3 + 2
= l´ım n→∞
ln(n + 1)
n
ln(n 3
n
= [escala de in nitos] = 0.
Finalmente, A = e^0 = 1.
(iii) l´ım n→∞
sen(n 2
n^2 + 1
= [acotada × 0] = 0.
(iv) l´ım n→∞
a
an ln(n)
Para calcular este límite aplicamos el criterio de Stolz, conan = 1+
a
an^
y bn = ln(n),
ya que bn es creciente y tiene límite in nito.
l´ım n→∞
an+1 − an
bn+1 − bn
= l´ım n→∞
an+ ln(n + 1) − ln(n)
= l´ım n→∞
an+1^ ln(1 + 1 n )
l´ım n→∞
1 n ln(1 + 1 n )
n
an+^
+∞, a ≤ 1
0 , a > 1
Problema 1.11 Calcular los siguientes límites:
(i) l´ım n→∞
n + 1
n − 1
)bn
; b ∈ IR (ii) l´ım n→∞
n 3 − n + 2
n^2 − 2 n + 1
e
1 n+7 (^) − 1
(iii) l´ım n→∞
n n
en
Solución:
(i) l´ım n→∞
n + 1
n − 1
)bn
= 1, si b = 0.
Supongamos que b 6 = 0.
l´ım n→∞
n + 1
n − 1
)bn
= e
l´ım n→∞
bn
n + 1
n − 1
= e
l´ım n→∞
2 bn
n − 1
= e
2 b .
(ii) l´ım n→∞
n 3 − n + 2
n^2 − 2 n + 1
e
1 n+7 (^) − 1
= [in nitésimos equivalentes] =
l´ım n→∞
n 3 − n + 2
(n^2 − 2 n + 1)(n + 7)
e
1 n+7 (^) − 1
1 n+
(iii) l´ım n→∞
n n
en^
= [escala de in nitos] = ∞.
14 Problemas
que l´ım n→∞
xn = l. Entonces, de la relación de recurrencia tenemos que
l 2 = l =⇒ l = 0 o l = 1.
Como xn ≤ 1 / 2 , el límite de la sucesión es l = 0.
Problema 1.14 Sea {xn}
n∈N
la sucesión de nida de forma recurrente por
xn+1 =
xn +
α
xn
, x 0 = α.
Demostrar que:
(a) {xn}
n∈N
está acotada inferiormente por
α.
(b) {xn}
n∈N
es una sucesión decreciente.
(c) Estudiar la convergencia de la sucesión.
Solución:
(a) Debemos demostrar que xn ≥
α.
xn ≥
α ⇐⇒ 1 2
xn− 1 + α xn− 1
α ⇐⇒ x^2 n− 1 + α ≥ 2 xn− 1
α ⇐⇒
x^2 n− 1 − 2 xn− 1
α + α ≥ 0 ⇐⇒ (xn− 1 −
α)^2 ≥ 0 ,
desigualdad que es siempre cierta.
(b) Debemos demostrar que xn+1 ≤ xn.
xn+1 ≤ xn ⇐⇒ 1 2
xn + α xn
≤ xn ⇐⇒
x 2 n +^ α^ ≤^2 x
2 n ⇐⇒^ α^ ≤^ x
2 n ⇐⇒
α ≤ xn,
desigualdad que es cierta por el apartado (a).
(c) Como (xn) es una sucesión decreciente y acotada inferiormente el Teorema de la conver-
gencia monótona asegura que (xn) converge. Además si ` = l´ım n→∞
xn se veri ca:
l´ım xn+1 = l´ım 1 2
xn + α xn
⇐⇒ ` =
` +
α
`
2 `
2 = ` 2
α,
ya que el límite debe ser positivo, por ser (xn) una sucesión de términos positivos.
Problema 1.15 Sea (yn) una sucesión de números reales tal que l´ım n→∞
yn = a. Calcular el
siguiente límite:
l´ım n→∞
y 1
1
y 2
2
yn
n ln(n)
Sucesiones 15
Solución: Para el cálculo del límite podemos aplicar el criterio de Stolz ya que la sucesión
del denominador ln(n) es estrictamente creciente y tiene límite in nito.
l´ım n→∞
y 1
1
y 2
2
yn
n ln(n)
= l´ım n→∞
yn+
n + 1
ln
n + 1
n
) (^) = l´ım n→∞
yn+
(n + 1) ln
n
) (^) = l´ım n→∞
yn+ n + 1
n
= a,
donde se ha aplicado que ln
n
es un in nitésimo equivalente a
n
y que l´ım n→∞
yn = a.
Problema 1.16 Una sucesión (xn) es una progresión aritmética si existe d ∈ IR tal que
xn+1 = d + xn, n ≥ 1.
(i) Probar que xn = x 1 + (n − 1)d, ∀n ∈ N.
(ii) Probar que x 1 + · · · + xn = n
x 1 + xn
2
(iii) Calcular
l´ım n→∞
n^2
n^2
n
n^2
Solución: Sea (xn) una progresión aritmética es decir
xn+1 = d + xn, n ≥ 1.
(i) Para probar que xn = x 1 + (n − 1)d, ∀n ∈ N, procedemos por inducción.
Por de nición x 2 = d + x 1 = x 1 + (2 − 1)d, por tanto se veri ca la fórmula para n = 2.
Supongamos que es cierta para n, es decir, xn = x 1 + (n − 1)d (H.I.), debemos probarla para
n + 1,
xn+1 = xn + d = x 1 + (n − 1)d + d = x 1 + nd.
Luego la fórmula es cierta para todo n ∈ N.
(ii) Para probar x 1 + · · · + xn = n
x 1 + xn
2
, procedemos de nuevo por inducción.
Para n = 2, x 1 + x 2 = 2
x 1 + x 2
2
, luego la fórmula es cierta. Supongamos ahora que es cierta
para n, es decir, x 1 + · · · + xn = n
x 1 + xn
2
. Debemos probarla para n + 1.
x 1 + · · · + xn + xn+1 = n
x 1 + xn
2
x 1 + xn+1 − d
2
= n
x 1 + xn+
2
dn
2
x 1 + xn+
2
dn
2
2 x 1
2
= n
x 1 + xn+
2
dn + x 1
2
x 1
2
= n
x 1 + xn+
2
xn+
2
x 1
2
= (n + 1)
x 1 + xn+
2
