Ejercicios de Análisis Matemático Sucesiones numéricas

Sucesiones numéricas

1. Dado" >0, calculam"₂N _{tal que para todon}>m"se verifique _jxn xj < " donde xn,x

vienen dados en cada caso por: a/ xnD 2nC3 3n 50; xD 2 3I b/ xnD 3 p n_C1 p3 n; x_D0 c/ xnDpna .a>0/;xD1I d/ xnD ₁ p 2 n ; xD0 e/ xnDn p_n n_C1 pn n; x_D0_I f / xnDn2an .jaj<1/;xD0

Sugerencia. Como consecuencia del binomio de Newton, parax 1>0se verifica que xnD.1C.x 1//n>_{1Cn.x 1/:}

Esta desigualdad, convenientemente usada, permite resolver con facilidad los casos b), c), d) y e).

Solución. Como regla general, en este tipo de ejercicios hay que “trabajar hacia atrás”, esto es, se calcula y simplifica_jxn xjy se convierte la desigualdadjxn xj< "en otra equivalente a

ella de la forman> '."/donde'."/es un número que depende de". Basta entonces tomarm" como la parte entera de'."/más 1,m"DE '."/C1, con lo cual para todon>_m"se tiene quen< '."/y, por tanto,_jxn xj< ".

Este procedimiento admite muchos atajos. Hay que tener en cuenta que no se pide calcular elm" “óptimo”, es decir, el menor valor posible dem"tal quen>m"_÷jxn xj< ", sino que se pide

calcular cualquier valor dem" para el cual sea cierta dicha implicación. Para ello es suficiente con obtener, a partir de la desigualdad_jxn xj< ", otra desigualdad del tipon> '."/de forma

que se verifique la implicaciónn> '."/÷jxn xj< ".

En este procedimiento hay que quitar valores absolutos. Esto siempre puede hacerse porque la desigualdad_jxn xj< "equivale a las dos desigualdades " <x n x< ". Con frecuencia,

el númeroxn xes siempre positivo o siempre negativo para todon>n0, lo que permite quitar

directamente el valor absoluto y sustituirlo por la correspondiente desigualdad.

Por supuesto, en estos ejercicios hay que trabajar con un valor genérico de " > 0, es decir, no está permitido considerar valores particulares de"porque se trata de probar que una cierta desigualdad es válida para todo" >0.

La verdad es que se tarda más en escribir lo anterior que en hacer el ejercicio porque las sucesio-nes que se dan son muy sencillas y la sugerencia muy útil.

a) Tenemos que jxn xj D ˇ ˇ ˇ ˇ 2n_C3 3n 50 2 3 ˇ ˇ ˇ ˇD ˇ ˇ ˇ ˇ 109 9n 150 ˇ ˇ ˇ ˇ :

El denominador es positivo para todon>17. Pongamosn_D17_Ckdondek₂N. Entonces

jxn xj D 109 9n 150D 109 3C9k < 109 9k < 13 k :

Deducimos que para que se tenga_jxn xj< "es suficiente que tomarnD17Ck dondekse

elige de forma que 13_k < ", es decir,k > 13_" . Por tanto, poniendom"D18CE.13_"/podemos asegurar que para todon>m"se verifica que_jxn xj< ".

Observa que las acotaciones ₃109_C9k < 109_9k < 13_k no son imprescindibles; de hecho, podemos despejarkde la desigualdad ₃109

C9k < ", pero las acotaciones hechas facilitan este paso (aunque

b) Tenemos que: 0<xn 0D 3 p n_C1 p3 n_Dp3 n 3 r 1_C 1 n 1 ! : PongamosznD 3 r 1_C 1

n 1. Tenemos quezn>0y, usando la sugerencia dada: .1_Czn/3D1C 1 n >1C3zn÷zn6 1 3n Deducimos que: xnDp3n zn6 1 3 1 3 p n2 6 1 3 1 3 p n: Por tanto: 1 3 1 3 p n < "÷xn< "÷ jxn 0j Dxn< " La desigualdad1₃ p31

n < "se verifica para todon> 1

27"3. Por tanto, es suficiente tomarm"D1C

E ₂₇1_"3

.

Observa que la acotación 1₃ p31 n2 6 1 3 1 3 p

n no es imprescindible; de hecho, podemos despejarn

en la desigualdad1₃ p31

n2 < ", pero la acotación anterior facilita este paso (aunque se obtiene un

valor mayor paran).

c) Seaa>1. Entonces1< pn

a. PongamosznD jxn 1j D pna 1>0. Tenemos que:

.1Czn/nDa>1Cnzn÷zn< a 1 n Deducimos que: a 1 n < "÷znD jxn 1j< "

La desigualdad a 1_n < "se verifica para todon> a 1_" . Por tanto, es suficiente tomarm"D1C

E a 1_" .

Si0<a<1, poniendob_D 1_a y usando lo ya visto, tenemos que: 0<1 pn a_D n p b 1 n p b < n p b 1< b 1 n D 1 a a 1 n De donde se sigue que podemos tomarm"_D1_CE 1 a_a"

. e) SeaxnDn n p n_C1 pn n . Tenemos que: 0<xnD jxn 0j Dn p_n n_C1 pn n_Dnpn n n r 1_C 1 n 1 ! : PongamosznD n r 1_C 1 n 1. Tenemos quezn>0y: .1_Czn/nD1C 1 n >1Cnzn÷zn< 1 n2:

Por tanto, usando la desigualdad ??, tenemos que:

jxn 0j Dnpnnzn < 1 n n p n< 1 n 1_Cp2 n 01 n C 2 npn n 6 3 n Deducimos que tomandom"_D1_CE 3_"

2. SeaAun conjunto no vacío y mayorado de números reales. Prueba que un número real,ˇ, es el supremo deAsi, y sólo si,ˇes un mayorante deAy hay alguna sucesión de puntos deAque converge aˇ.

Solución. Supongamos queˇ_Dsup.A/. Entoncesˇes, claro está, un mayorante deA. Veamos que hay una sucesión de puntos deAque converge aˇ. Comoˇes el mínimo mayorante deA, ningún número menor queˇpuede ser mayorante deA. Por tanto, dado" >0, comoˇ " < ˇ, tiene que haber algúna"₂Atal queˇ " <a". En particular, para"_D 1_n tiene que haber algún an2Atal queˇ 1_n <any, por supuesto,an6ˇ. Deducimos así la existencia de una sucesión, fang, de puntos deAque verificaˇ 1_n <an6ˇ. Es claro quefang !ˇ.

La afirmación recíproca te la dejo apara que la hagas tú.

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3. Supuesto que l_Kım_fxng Dx, prueba queADfxnWn2Ng[fxgtiene máximo y mínimo.

Solución. Los elementos deAson los términos de la sucesión junto con el límite de la misma. Observa que el conjuntoApuede ser finito o infinito. El caso en queAes finito es trivial porque sabemos que todo conjunto finito tiene máximo y mínimo. Conviene considerar, por tanto, que Aes infinito. La idea para hacer este ejercicio es la siguiente: aún siendoAinfinito, todos sus elementos están en un intervalo de la formax ";x_C"Œ, con la posible excepción de un número finito de elementos deAque pueden quedar fuera de dicho intervalo. Para probar queAtiene máximo debemos fijarnos en los elementos más grandes deA. Dichos elementos deberían estar a la derecha del númerox_C"para" >0suficientemente pequeño. Pero no tiene por qué haber ningún elemento deAen estas condiciones, y eso pasa justamente cuandoxes el mayor elemento deA, en cuyo casoxsería el máximo deA.

Esto lleva a razonar de la siguiente forma. Sixes el máximo deA, hemos acabado. En otro caso, tiene que haber algún elemento enA, digamosa₂Aque sea mayor quex,a > x. Tomemos un" > 0tal quex_C" < a(por ejemplo"_D.a x/=2). Entonces, todos los elementos deA están enx ";x_C"Œexcepto un número finito de ellos que quedan fuera de dicho intervalo; además, comoa>x_C", el conjuntoB_{D f}u₂A_Wu>x_C"_gno es vacío (a₂B), es finito y, evidentemente, se tiene que max.B/_K Dmax.A/._K

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4. a) Sea_fxnguna sucesión y supongamos que hay números20;1Œ;p2N, tales que para todo

n>_pes _jxnC1j6jxnj . Prueba que lKımfxng D0.

b) Sea_fxnguna sucesión de números no nulos verificando que lKımj

xnC1j jxnj D

, donde06 < 1. Prueba que lKım_fxng D0.

Aplicación. Dadosa2 1;1Œ;k2N, prueba que l_Kım

n!1fn k

ang D0.

Solución. a) Podemos hacer este apartado de dos maneras. La primera consiste en darse cuenta de que la hipótesis _jxnC1j6jxnj para todon>p, junto con que0 < <1, implica que la

sucesión˚

jxnCpj _n2N es decreciente y, como es de números positivos, tiene que converger a un

número˛>0. Por tanto l_Kım_fjxnjg D˛. La desigualdad jxnC1j6jxnj implica que˛6˛y,

como0< <1, la única posibilidad para que dicha desigualdad se cumpla es que˛_D0. Otra forma consiste en escribir paran>p:

jxnC1j Dj xnC1j jxnj jxnj jxn 1j jxn 1j jxn 2j jxpC1j jxpj j xpj6n pC1jxpj DnC1j xpj p DM nC1

donde hemos puestoM_Djxpj

p que es una constante que no depende den. La desigualdad anterior,

teniendo en cuenta que, por ser0< <1, se verifica quen_!0, implica que_jxnj !0.

b) Tomando" >0de forma queDC" <1(basta tomar"D.1 /=2), se sigue que hay un númerop2Ntal que para todon>_pse verifica que:

jxnC1j jxnj

Y, por lo visto en el apartado anterior, concluimos que_fxng !0.

La aplicación que se propone en este ejercicio es un resultado importante que debes memorizar. PongamosxnDnkan, donde se entiende quekes un número natural fijo yaes un número real

con_ja_j<1. Tenemos que:

jxnC1j jxnj D n_C1 n k ja_{j ÷} l_Kım n!1 jxnC1j jxnj D j a_j<1: Y podemos aplicar el resultado del punto anterior para concluir que l_Kım

n!1fn k_an

g D0. 5. Estudia la convergencia de las sucesiones siguientes.

a/xnD 2nC. 1/n.nC2/ 7nC3 b/xnDn 1C. 1/n 3 n c/xnDn2 ₁ Cn 3n n d/xnD n p an_Cbn _.a>0;b>0/ e/xnD n X kD1 1 p kCn2 f /xnD xn n! .x2R/ g/xnD p n2_{C3nC2 n h/x} nD p n2_Cp_{n n}p_nC1Cp_2n

Sugerencia. En algunos casos puede usarse el principio de las sucesiones encajadas o el ejercicio anterior.

Solución. a) Tenemos que_fx2ng !3=7,fx2n 1g !1=7. Luegofxngno converge porque tiene

dos sucesiones parciales que convergen a límites distintos. b) Tenemos que06xn6n 2₃

n

y, comon 2₃n

!0por lo visto en el ejercicio anterior, se sigue que_fxng !0.

d) Sea˛_Dmax_K a;b. Entonces˛6xn6 n p

2˛. Comopn2_!1, concluimos que_fxng !˛.

e) Tenemos que: n p nCn2 6 n X kD1 1 p kCn2 6 n p 1Cn2: Puesto que l_Kım n!1 n p n_Cn2Dnl!1Kım n p

1_Cn2D1, el principio de las sucesiones encajadas implica

que l_Kım n!1 n X kD1 1 p k_Cn2 D1. h) q n2_Cp_{n n} p n_C1_Cp2n_D n 2_Cp_{n n}2 p n2_Cp_nCn p n_C1_Cp2n_D D p n2_CnCp_{2 n} p n2_Cp_nCn D q 1_C 1_nCp2 q 1_{C n}p1 nC1 !p2

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6. Estudia la convergencia de la sucesión:

xnD2pn n X kD1 1 p k

Solución. Estudiaremos la monotonía y acotación. Tenemos que: xnC1 xnD2 p n_C1 2pn _p 1 n_C1 D 2n_C1 2pn2_Cn p n_C1 > > 2nC1 2 q n2_CnC1 4 p n_C1 D0:

Por tantoxnC1>xny la sucesión es estrictamente creciente. Además:

xkC1 xkD2 p k_C1 2pk _p 1 kC1 D 2 p k_C1_Cpk 1 p kC1 < 1 p k 1 p kC1 Sumando estas desigualdades para16k 6n 1obtenemos quexn x1 < 1 p1_n < 1, de

donde se sigue quexn < 2para todon2N. Luegofxnges creciente y mayorada, por tanto es

convergente.

Alternativamente, aplicando el teorema del valor medio a la funciónf .x/D2pxen el intervalo Œk;kC1tenemos que hay algún númeroc2k;kC1Œtal que:

2pk_C1 2pk_Dp1 c Comok <c<k_C1se verifica que:

1 p kC1 < 1 p c < 1 p k: Deducimos que: 0<2pk_C1 2pk _p 1 kC1 < 1 p k 1 p kC1:

Y volvemos a obtener las acotaciones anteriores de forma más cómoda.

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7. Prueba que la sucesión dada porx1D0y paran>2:

xnDlog.logn/ n X kD2 1 klogk es convergente y su límite es menor o igual que log.log2/. Solución. Tenemos que:

xkC1 xkDlog.log.kC1// log.logk/

1

.kC1/log.kC1/:

Aplicando el teorema del valor medio a la funciónf .x/_Dlog.logx//en el intervaloŒk;k_C1 parak>2, tenemos que hay algún númeroc₂k;k_C1Œtal que:

log.log.k_C1// log.logk/_D 1 clogc: Comok <c<kC1se verifica que:

1 .k_C1/log.k_C1/ < 1 clogc < 1 klogk: Deducimos que: 0<xkC1 xk < 1 klogk 1 .kC1/log.kC1/:

Esta desigualdad prueba que la sucesión_fxnges creciente. Además, sumando las desigualdades

anteriores desdek_D2hastak_Dnresulta que: xnC1 x2< 1 2log2 1 .n_C1/log.n_C1/< 1 2log2÷xnC1<x2C 1 2log2 Dlog.log2/: Por tanto, la sucesión está mayorada y, como es creciente, es convergente y su límite es menor o

igual que log.log2/.

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8. Dados0<a1<b1, definamos para todon2N:

bnC1D

anCbn

2 ; anC1D p

anbn:

Justifica que las sucesiones así definidas son monótonas y convergen al mismo número (que se llama media aritmético-geométrica dea1yb1).

Solución. Teniendo en cuenta que la media geométrica de dos números es menor que su media aritmética, y que ambas están comprendidas entre dichos números, se sigue quea1 < a2 <

b2 < b1. Volvemos a razonar ahora igual cona2 < b2para obtener quea2 < a3 < b3 < b2.

Este proceso puede continuarse indefinidamente. Deducimos que _fanges creciente y fbng es

decreciente. Además, ambas están acotadas porque para todon2Nesa1 <an<bn<b1. Por

tanto, ambas convergen. Pongamos_fang ! ayfbng ! b. De la igualdadanC1D

anCbn

2 se sigue quea_DaCb

2 , de donde se obtiene queaDb.

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9. Estudia la convergencia de las siguientes sucesiones. a) x1D1,xnC1Dp3xn. b) x1D3,xnC1D 3C3xn 3Cxn . c) x1D1,xnC1D 4_C3xn 3_C2xn . d) Dadoa₂ 2; 1Œ, definimosx1Da,xnC1D xn 2 xnC4 . e) Dadoa>0, definimosx1Dpa,xnC1DpaCxn. f) x1D0,xnC1D 1 3 x2 n . g) Dadoa>0,a¤1, definimosx1Da,xnC1D 1 3 2xnC a x2 n . h) Dadoa2R, definimosx1Da,xnC1D 1 4 C.xn/ 2_. i) Dadoa2 2;1Œ, definimosx1Da,3xnC1D2C.xn/3.

Sugerencia. Estudia en cada caso monotonía y acotación. La convergencia puede depender del valor inicial dea.

Solución. En este tipo de ejercicios puede ser útil calcular de entrada, cuando sea posible y bajo el supuesto de que la sucesión sea convergente, el límite de la sucesión. Después deberemos probar que efectivamente la sucesión converge.

a) Supuesto que_fxng ! ˛, de la igualdadxnC1Dp3xn, se sigue que˛D p

3˛, por lo que ˛_D3. Observa que no hemos probado que_fxngsea convergente. Lo que hemos probado es que,

suponiendo que_fxngsea convergente, entonces su límite es3. Este dato nos ayudará en lo que

sigue. Por ejemplo, comox1D1<x2D p

3, podemos sospechar que_fxnges creciente. En tal

Tenemos quex1D1<3; supuesto quexn<3deducimos quexnC1Dp3xn< p

9_D3. Luego, por inducción, concluimos quexn <3para todon2N. Probemos ahora quefxnges creciente.

Tenemos que:

3xnDxn2C1DxnC1xnC1<3xnC1 ÷ xn<xnC1

por tanto, la sucesión es estrictamente creciente y, como está mayorada por3, es convergente y,

por lo visto al principio, su límite es3.

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b) Supuesto que _fxng ! ˛, de la igualdad xnC1 D

3_C3xn

3_Cxn

, se sigue que ˛_D 3C3˛ 3_C˛ , de donde resulta que˛2_D3, por lo que deberá ser˛_Dp3ya que el límite debe ser un número no negativo pues, evidentemente, todos los términos de la sucesión son positivos. Observa que no hemos probado que_fxngsea convergente. Lo que hemos probado es que, suponiendo quefxng

sea convergente, entonces su límite esp3. Este dato nos ayudará en lo que sigue. Por ejemplo, comox1D3>x2D2, podemos sospechar quefxnges decreciente. En tal caso debería verificarse

quexn>p3para todon2N. Empezaremos probando esta desigualdad.

Claramentex1D3> p

3. Por otra parte: xnC1> p 3 _” 3C3xn 3Cxn >p3 _” 3_C3xn >3 p 3_Cp3xn” ” xn p 3.p3 1/ >3.p3 1/” xn> p 3 Por tanto, sixn > p 3también esxnC1> p

3. Luego, por inducción, concluimos quexn > p

3 para todon₂N. Probemos ahora que_fxnges decreciente. Tenemos que:

xnC1 xnD 3_C3xn 3_Cxn xnD 3 x2_n 3_Cxn <0 ÷ xnC1<xn

por tanto, la sucesión es estrictamente decreciente y, como está minorada porp3, es convergente y, por lo visto al principio, su límite esp3.

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Estrategia. Para estudiar las sucesiones recurrentes pueden usarse técnicas de derivadas; para ello hay que expresar la sucesión recurrente en la formaxnC1Df .xn/, donde la función f

generalmente es fácil de obtener a partir de la definición de la sucesión. En nuestro caso, tenemos quexnC1D

3_C3xn

3_Cxn

, por lo que deberemos considerar la funciónf .x/_D 3C3x

3_Cx . Con ello, tenemos quexnC1Df .xn/. Esta relación, junto conx1D3determina la sucesión. Seguidamente,

hay que elegir un intervalo donde la funciónf va a estar definida. Tenemos que elegir dicho intervalo de forma que la función tome valores en él. En nuestro caso, la elección es fácil pues, six>0también esf .x/>0, por ello vamos a considerar quef está definida enRC

o. Podemos

volver a enunciar nuestro ejercicio como sigue.

Sea f _WRC_{o !}R la función dada para todox >0 porf .x/_D 3C3x

3_Cx . Definamosfxngpor x1D3yxnC1Df .xn/. Estudiar la convergencia defxng.

Lo primero que debemos observar es que la sucesión está bien definida pues x1D 3 > 0 y,

supuesto quexn > 0, también esxnC1Df .xn/ > 0por lo que tiene sentidof .xnC1/. Si la

sucesión converge, su límite debe ser un número˛>0y, por serf continua,f permuta con el límite, por lo que debe verificarse que

˛_Dl_Kım_fxnC1g DlKımff .xn/g Df .lKımfxng/Df .˛/:

De donde se obtiene que˛_Dp3.

Para estudiar la monotonía calculamos la derivada def. Tenemos quef0.x/D 6

.3_Cx/2. Como

f0.x/ >0, se sigue quef es estrictamente creciente. Comox1D3>x2Df .x1/D2y, al ser

puede seguirse indefinidamente, esto es, la misma relación de orden que hay entre dos términos consecutivos se conserva siempre:

xn>xnC1 ÷ xnC1Df .xn/ > f .xnC1/DxnC2:

Obtenemos así que_fxnges decreciente. Además, como es de términos positivos, está minorada,

luego es convergente. Su límite ya sabemos que esp3.

Observa que, al proceder de esta forma, podemos probar muy fácilmente el decrecimiento de la sucesión, sin necesidad de probar previamente quexn>

p

3.

Las sucesiones recurrentes del tipoxnC1Df .xn/dondef es una función continua, cuando son

convergentes,_fxng ! ˛, su límite viene dado por˛Df .˛/, es decir, es un punto fijo de la

funciónf. 2

e) Definamos f _WRC

o !R porf .x/D p

a_Cx. La sucesión está dada porx1DpayxnC1D

f .xn/. Comof es continua, si la sucesión es convergente, su límite debe ser un punto fijo def,

es decir, debe ser solución de la ecuación˛Df .˛/, lo que implica que˛2DaC˛y deducimos que

˛_D1C

p

1_C4a

2 ;

donde hemos elegido la solución positiva de la ecuación. Puesto quex1Dpa<x2Dp2ay,

evidentemente,f es estrictamente creciente, se siguex2Df .x1/ < f .x2/Dx3y, en general,

xn < xnC1. Por tantofxnges estrictamente creciente. Veamos que está mayorada. Probaremos

quexn< ˛. Claramentex1Dpa< ˛. Supongamos quexn< ˛. Entonces:

x_n2_C1Da_Cxn<aC˛D˛2 ÷ xnC1< ˛

Concluimos, por inducción, quexn < ˛para todon2N. Luegofxnges creciente y mayorada,

por tanto converge y su límite es˛. Paraa_D1, tenemos que:

1_Cp5 2 DlKım s 1_C r 1_C q 1_Cp1_C

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f) Tenemos quex1D0yxnC1D 1 3 x2 n . Consideremos la funciónf .x/_D 1 3 x2. La sucesión

que nos dan está definida porx1D0,xnC1Df .xn/. La derivada def viene dada porf0.x/D

2x

.3 x2_/2. Debemos considerar definida la funciónf en un intervaloIque contenga el0(porque

x2Df .0/D1=3) y de forma quef .I/I. Comof .0/D1=3debe estar enI, deberá serI

Œ0;p3Œ. Comof es creciente enŒ0;p3Œyf .1/D1=2, se sigue quef .Œ0;1/Œ0;1=2Œ0;1. Consideraremos en lo que sigue que la función f está definida en el intervaloŒ0;1. Como f .Œ0;1/ Œ0;1 y los valores de la sucesión _fxng son valores de f obtenidos por

aplica-ción reiterada de f a partir del valor inicial x1 D02Œ0;1, dichos valores están siempre en

Œ0;1. Por tanto06xn 61para todo n2 N. Como f es estrictamente creciente enŒ0;1y

x1D0<x2Df .0/D1=3, se sigue quex2Df .x1/ < f .x2/Dx3y, en general, supuesto que

xn 1<xn, se sigue quexnDf .xn 1/ < f .xn/DxnC1. Luegofxnges estrictamente creciente.

Como está acotada, concluimos que_fxnges convergente. Seafxng !˛. Como06xn61, se

sigue que06˛61. Además, comof es continua enŒ0;1,˛debe ser un punto fijo def, esto es,f .˛/_D˛. Deducimos que˛verifica la ecuación˛3 3˛_C1_D0.

Las raíces de la ecuaciónx3 3x_C1_D0no son inmediatas de calcular pero podemos decir algunas cosas sobre ellas. Pongamosh.x/Dx3 3x C1. Tenemos que h. 2/D 1 < 0,

h.0/_D1 > 0,h.1/_D 1 < 0yh.2/_D3 > 0. Deducimos que en cada uno de los intervalos  2;0Œ,0;1Œy1;2Œhay una única raíz de la ecuación. Por tanto, la sucesión dada converge a la única raíz de la ecuaciónx3 _{3xC1D0que está en0;1Œ.}

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g) Dadoa>0ya_¤1, definimosx1Da,xnC1D 1 3 2xnC a x2 n

. Tenemos, evidentemente, que xn > 0para todon2N. Consideremos la funciónf .x/D

1 3 2x_C a x2 donde, en principio, x>0. Tenemos que: f0.x/D 2 3 x3 a x3

Deducimos quef0.x/ < 0 para0 < x < p3

a yf0.x/ > 0 parax > p3

a. Por tantof es estrictamente decreciente en0;p3

ay estrictamente creciente enŒp3

a;C1Œ. Concluimos que en

3 p

ala funciónf tiene un mínimo absoluto enRC. Como todos los términos de la sucesión_fxng

son (con la posible excepción del primerox1Da) valores que tomaf en puntos deRC, se sigue

quexn > f .p3a/para todon>2. Un calculo inmediato daf .p3 a/Dp3a, es decir, resulta que 3

p

aes un punto fijo def enRC. Comof es continua enRC, si_fxnges convergente dicho punto

debe ser el límite de_fxng. Pero antes debemos probar quefxnges convergente.

Para estudiar la monotonía debemos tener en cuenta que comoxn > p3apara todon>2, todos

los términos de la sucesión están en el intervaloIDŒp3

a;C1Œ. No es por eso restrictivo suponer quea>1(porque si fuera0<a<1, podemos eliminar el primer término de la sucesión lo que no afecta para nada a su estudio). Comparemosx1conx2. Tenemos que:

x2 x1D 1 3 a a a2 a_D2a 2_C1 3a aD 1 a2 3a <0

Por tanto se tiene quex2 < x1 y, comof es estrictamente creciente enI, las desigualdades

se conservan porf, luego, supuesto quexn < xn 1, se tiene también quexnC1 Df .xn/ <

f .xn 1/Dxn. Resulta así quefxnges decreciente. Además es de términos positivos (de hecho

mayores quep3

a), luego_fxnges convergente y su límite esp3a.

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h) Consideremos la funciónf .x/_D 1_{4 C}x2. Tenemos quef .x/>1

4. Como los términos de la

sucesión dada, con la posible excepción del primero, son todos ellos valores def, se cumple que xn>1₄para todon>2. No es restrictivo por eso suponer quea>1₄. PongamosIDŒ1=4;C1Œ.

Tenemos quef .I/ I. Como f0.x/D2x, se sigue quef es estrictamente creciente enI. Por tanto la sucesión_fxngserá monótona creciente six16x2 y será monótona decreciente si

x2<x1. Tenemos que: x16x2 ” a6a2C 1 4 ” 06a 2 C1 4 aD a 1 2 2

Deducimos que se verificax16x2y, por tanto, la sucesión es creciente. Cuando dicha sucesión

esté mayorada será convergente y su límite debe ser un punto fijo def en I. Tenemos que f .x/_Dx es lo mismo que x2 x_C 1_{4 D}0, esto es, x 1₂2

D0, cuya única solución es x_D1=2. En consecuencia, la sucesión_fxngserá convergente a1₂ solamente cuandoxn61₂ para

todon₂N, esto es,a2_C 1₄ 6 1

2, que equivale a quea 2₆ 1 4, esto es,jaj6 1 2 y, comoa> 1 4,

resulta que debe ser 1₄6_a6 1

2. Deducimos también que paraa > 1

2, la sucesión no puede ser

convergente y, al ser creciente, no está mayorada. Observa que cuandoa_D 1₂ resulta la sucesión

constantexnD1₂ para todon2N.

©

10. Para cadan₂Nsea

xnD1C 1 2C C 1 n log.n/; ynDxn 1 n:

Prueba que_fxnges estrictamente decreciente efynges estrictamente creciente. Deduce que

am-bas sucesiones convergen a un mismo número. Dicho número se llama la constante de Euler, se representa por la letra griega”.

a) Deduce que l_Kım n!1 1_C1=2_{C C}1=n log.n/ D1. b) Justifica que l_Kım n!1 ₁ n_C1 C 1 n_C2 C C 1 2n Dlog2: c) Justifica que l_Kım n!1 1 1 2C 1 3 1 4 C C . 1/nC1 n Dlog2: Solución. Tenemos que:

xn xnC1Dlog.nC1/ logn 1 n_C1Dlog 1C 1 n ₁ n_C1 >0:

Desigualdad que es consecuencia de que log.1Cx/ < x para todox > 0. También podemos tomar logaritmos en las desigualdades ?? para obtener que:

1 n_C1 <log 1_C 1 n < 1 n Deducimos que_fxnges estrictamente decreciente. Tenemos también:

yn ynC1Dlog.nC1/ logn 1 nDlog 1_C 1 n 1 n <0:

Deducimos que_fynges estrictamente creciente. Además, para todon2N tenemos quex1 <

xn < yn <y1, por lo que ambas sucesiones están acotadas. Concluimos que dichas sucesiones

convergen. Comoxn ynD1_n !0, deducimos que lKımfxng DlKımfyng.

a) 1C1=2C C1=n log.n/ D lognCxn logn D1C xn logn: Como_fxnges convergente y 1

logn !0, se sigue que xn logn !0. b) PongamosHnD1C 1 2 C C 1 n. Tenemos que: 1 n_C1C 1 n_C2 C C 1

2nDH2n HnDx2nClog.2n/ xnClognDx2n xnClog2 Como_fx2nges una sucesión parcial defxngse tiene quefx2n xng !” ”D0.

c) PongamosAnD1 1 2 C 1 3 1 4 C C . 1/nC1 n . Tenemos que: A2nD1 1 2 C 1 3 1 4C 1 5 1 6 C C 1 2n 1 1 2nD D 1_C 1 3C 1 5C C 1 2n 1 1 2 C 1 4 C 1 6 C C 1 2n D D 1_C 1 3C 1 5C C 1 2n 1 1 2 HnDH2n 1 2 Hn 1 2 HnDH2n Hn Por el apartado anterior, tenemos que l_Kım_fA2ng Dlog2. ComoA2n 1DA2nC _2n1 , deducimos

que también l_Kım_fA2n 1g Dlog2. Concluimos que (ver ejercicio resuelto ??) lKımfAng Dlog2.

La sucesión_fAngse llama serie armónica alternada.

Estrategia. Para calcular límites donde interviene la serie armónica HnD1C

1

2C C 1 n

11. Sea_fxng una sucesión y supongamos que hay dos sucesiones parcialesfx .n/gy fxs.n/g que convergen a un mismo númeroxy tales que.N_/[s.N_/DN_{. Prueba quefxngconverge ax.} Solución. Dado" >0, existen números naturalesm"yn" tales que_jx .n/ xj < "para todo n>m"y_jxs.n/ xj< "para todon>n". SeapDmaxK fm";n"gy pongamosADf.n/Wn>pg[

fs.n/_Wn>p_g. Como, por hipótesis es.N_/[s.N_/DN, se sigue que el conjuntoB_DN_nA es finito puesB _f.n/_W16n<p_{g [ f}s.n/_W16n<p_g. Definamosm_Dmax.B/_{K C}1. Para q>mse tiene queq₆₂B, o sea,q₂A, es decir,qes de la formaq_D.n/oq_Ds.n/conn>p, en cualquier caso se verifica que_jxq xj< ".

Este resultado suele aplicarse cuando.n/D2n y s.n/D2n 1, es decir, a las sucesiones parciales de los términos pares e impares. Cuando sabemos que_fx2ngyfx2n 1gconvergen a un

mismo número, podemos concluir que_fxngconverge a dicho número.

Este resultado puede generalizarse de manera fácil. Por ejemplo si _fx3ng,fx3n 1gy fx3n 2g

convergen todas a un mismo número, también_fxngconverge a dicho número.

©

12. Sea_fxnguna sucesión de números reales y supongamos que hay números20;1Œ,M >0 y

p₂Ntales que _jxnC1 xnj6Mnpara todon>p. Prueba quefxnges convergente.

Sugerencia. Teniendo ahora en cuenta que para todos n;h₂N _{se verifica que:} nCh 1_CnCh 2_{C C}n <

n

1 deduce que_fxngverifica la condición de Cauchy.

Solución. Seann;h2N, tenemos:

jxnCh xnj D ˇ ˇ ˇ ˇ ˇ h 1 X kD1 .xnCkC1 xnCk/ ˇ ˇ ˇ ˇ ˇ 6 h 1 X kD0 jxnCkC1 xnCkj6M h 1 X kD0 nCkD DMn h 1 X kD0 k_DMn1 h 1 < n M 1 DK n

Donde hemos puestoKD M

1 , que es una constante independiente deny deh. Deducimos que:

Kn< " ÷ jxnCh xnj< " para todoh2N

Dado" >0, determinamosm"por la condición de quem" _{< "=K. Entonces para todon>m"} y para todoh2Nse verifica que_jxnCh xnj< ", lo que prueba que la sucesiónfxngverifica la

condición de Cauchy y, por tanto, es convergente.

©

13. Sea_fxnguna sucesión de números reales y supongamos que existen20;1Œ;p2N, tales que

jxnC1 xnj6jxn xn 1j para todon>p. Prueba quefxnges convergente.

Sugerencia. Justifica que_jxnC1 xnj6MndondeM es una constante independiente den.

Solución. Es muy fácil, basta iterar la desigualdad del enunciado. Sean>p:

jxnC1 xnj6jxn xn 1j62jxn 1 xn 2j6 6n pjxpC1 xpj DMn:

DondeMDjxpC1 xpj

p es una constante independiente den. El ejercicio anterior nos dice que

la sucesión_fxnges convergente.

©

14. SeaI un intervalo cerrado (puede serI_DR); f _WI _!R una función, y supongamos que hay un número˛₂0;1Œtal que:

Se dice entonces quef es una función contractiva enI. Supongamos además quef .x/ ₂I para todox ₂I. Dado un puntoa₂I, definamos_fxngpor x1Da;y xnC1Df .xn/ para todo

n₂N_.

a) Prueba que_fxngconverge a un puntox 2Ique es el único punto fijo def, es decir,f .x/Dx.

b) Justifica que si la funciónf es derivable enI y se verifica que hay un número˛20;1Œtal que

jf0_.x/j6˛para todox₂I, entoncesf es contractiva enI. Solución. a) Es consecuencia inmediata del ejercicio anterior.

b) Es consecuencia inmediata del teorema del valor medio.

©

15. Estudia la convergencia de las sucesiones definidas para todon₂N_por:

a/ x1D1; xnC1D 1 1_CxnI b/ x1D p 2; xnC1D p 2 xn:

Solución. a) Consideremos la función dada porf .x/_D 1

1_Cx. La sucesión que nos piden estudiar es la sucesión de iteradas de dicha función a partir del valor inicial x1 D1. Comof0.x/D

1

.1_Cx/2 <0, la funciónf es estrictamente decreciente. Por tanto, la sucesiónxnC1Df .xn/

no es monótona. Pues si, por ejemplo esxn 1 < xn, comof, al ser decreciente, invierte las

desigualdades, se tendrá quexnDf .xn 1/ > f .xn/DxnC1.

Es evidente quexn > 0para todon2N. Por tanto1Cxn > 1÷xnC1 < 1, luegoxn61

para todon₂N_{, de donde1Cxn}62_÷xnC1>1₂. Deducimos que todos los términos de la

sucesión están en el intervaloI _DŒ1=2;_C1Œ. Parax>1=2se tiene que_jf0.x/_j6 4

9. Podemos

aplicar, por tanto, el ejercicio anterior y deducimos que_fxnges convergente. Además, su límite

es el único punto fijo def enI, que viene dado porx_D 1 1_Cx÷x 2_{Cx 1D0, de donde,} x_D 1C p 5 2 .

©

16. Supongamos que la ecuación x2_Dbx_Ca tiene dos raíces reales distintas˛yˇ. Dados dos números realesy, definamos_fxngpor:

x1DC; x2D˛C ˇ; xnC2DbxnC1Caxn

Prueba que xnD˛n 1Cˇn 1para todon2N.

Aplicaciones. i) La sucesión_fxngdefinida para todon2Npor:

x1Dx2D1; xnC2DxnC1Cxn

se llama sucesión de Fibonacci. Calcula explícitamentexn.

ii) Estudia la convergencia de la sucesión definida para todon2Npor: x1Da; x2Db; xnC2D

1

2.xnC1Cxn/:

Solución. La igualdad xnD˛n 1Cˇn 1es cierta paranD1y paranD2. Sean2N, con

n>2, y supongamos que la igualdad se verifica para todok₂N_conk6n. Entonces, teniendo en cuenta que˛2_Db˛_Cayˇ2_Dbˇ_Ca, tenemos que:

xnC1DbxnCaxn 1Db˛n 1Cbˇn 1Ca˛n 2Caˇn 2D D.b˛Ca/˛n 2C.bCa/ˇn 2D˛nCˇn

Lo que prueba la igualdad paran_C1. Concluimos, por inducción, que la igualdad es cierta para todon₂N.

i) ComoxnC2DxnC1Cxn, deducimos queaDbD1. Por tanto,˛yˇson las raíces dex2DxC1,

las cuales vienen dadas por:

˛D 1 p 5 2 ; ˇD 1_Cp5 2

Calculemosy por las condicionesx1D1DCD,x2D1D˛Cˇ. Fácilmente se

obtiene que: _D5 p 5 2 ; D 5_Cp5 2 Deducimos, por lo antes visto, que:

xnD 5 p5 2 1 p5 2 !n 1 C 5C p 5 2 1Cp5 2 !n 1

iii) Pongamosx1Da1b0,x2Da0b1,xnDapnbqn. Entonces:

xnC2DapnC2bqnC2Da 1

2.pnC1Cpn/_b12.qnC1Cqn/_:

Tenemos las ecuaciones:

p1D1; p2D0; 2pnC2DpnC1Cpn; q1D0; q2D1; 2qnC2DqnC1Cqn

Ambas ecuaciones son de la forma2xnC2DxnC1Cxn por lo queaDbD1y˛yˇ son las

raíces de2x2_Dx_C1. Por tanto˛_D1,ˇ_D 1₂. En consecuencia: pnD1C1 1 2 n 1 ; qnD2C2 1 2 n 1 ;

Debemos ahora calcular1; 1y2; 2 para que se verifiquen las respectivas condiciones

ini-cialesp1D1;p2D0y q1D0;q2D1. Fácilmente se obtiene que1D 1₃,1D 2₃,2D 2₃,

2D 2₃. Deducimos que: xnDa 1 3C 2 3 1 2 n 1 b23 2 3 1 2 n 1 !a13_b 2 3 D 3 p ab2_:

©

17. Prueba que_flogn!_ges asintóticamente equivalente a_fnlogn_g.

Solución. PongamosxnDnlogn,ynDlogn!. Aplicaremos el criterio de Stolz para calcular el

límite de la sucesión_fxn yng. Tenemos que: xnC1 xn ynC1 yn D .n_C1/log.n_C1/ nlogn log.n_C1/ D nlognC_n1 log.n_C1/ C1 Teniendo en cuenta quenlog nC_n1_Dlog 1_C 1_nn

!1y que logn _{! C1}, obtenemos que n_x

nC1 xn

ynC1 yn

o

!1y, por el criterio de Stolz, concluimos que_fxn

yng !1.

©

18. Justifica que la sucesión˚pn

1_C1=n˛ _{1 es asintóticamente equivalente a}˚ 1=n˛C1 _{, donde} ˛ >0. Solución. PongamosxnD n p 1_C1=n˛_{. Como16x} n6 n p

2, deducimos, por el principio de las sucesiones encajadas, que_fxng ! 1. Sabemos que lKım

x!1

logx

x 1 D1, porque dicho límite es la derivada en1de la función logaritmo. Por tanto, para toda sucesión_fzng ! 1 se verifica que

l_Kımlog.zn/ zn 1 D

1, esto es,zn 1log.zn/. Análogamente, se tiene que log.1Cun/unpara

toda sucesión_fung !0. Deducimos que:

xn 1log.xn/D 1 nlog 1_C 1 n˛ 1 n 1 n˛ D 1 n˛C1

19. Calcula los límites de las sucesiones_fxngdefinidas por:

a) xnD 1˛_C2˛_C3˛_{C Cn}˛ n˛C1 , donde˛ > 1. b) xnD k q .n_Ca1/.nCa2/ .nCak/ n, dondek2N,aj2R; 16j6k. c) xnD ˛pn a_Cˇpnb ˛_Cˇ !n dondea>0,b>0y˛; ˇ₂R,˛_Cˇ_¤0. d) xnD 1_C2p=n_C3p=n_{C Cp}p=n p !n , dondep2N. e) xnDn 1C2kC3kC Cnk nkC1 1 kC1 ! , dondek₂N_. f) xnD ₃ 4 1_C32_C52_{C C.2n 1/}2 n3 n 2 g) xnDn 1_C 1 n3_log.1C1=n/ n 1 h) xnD 1 n nC n 1 2 C n 2 3 C C 2 n 1 C 1 n log.n!/

Solución. a) PongamosxnDu_vn_n. Aplicamos el criterio de Stolz, lo cual puede hacerse porque, al

ser˛ > 1se tiene quen˛C1es una sucesión estrictamente creciente. unC1 un vnC1 vn D .n_C1/˛ .n_C1/˛C1 _n˛C1 D _n C1 n ˛ 1 n 1_C1_n ˛C1 1

Usando las equivalencias asintóticasxn 1log.xn/, válida cuandofxng !1, y log.1Cun/

un, válida cuandofung !0, tenemos que:

n " 1_C 1 n ˛C1 1 # nlog 1_C 1 n ˛C1 D.˛_C1/nlog 1_C 1 n .˛_C1/n1 nD˛C1: Deducimos que l_KımunC1 un vnC1 vn D 1

˛C1 y, por el criterio de Stolz, lKımxnD 1 ˛C1. b)Tenemos que: k q .n_Ca1/.nCa2/ .nCak/ nDn k r 1_Ca1 n 1_Ca2 n 1_C ak n 1 n1 k log h 1_Ca1 n 1_C a2 n 1_C ak n i D D 1 k k X jD1 nlog 1_Caj n ! a1Ca2C Cak k :

Donde hemos tenido en cuenta que l_Kım

n!1nlog 1C a n

c) Es una sucesión de potencias de la formaxnDuvnn, donde

unD

˛pn

a_Cˇpnb

˛_Cˇ ; vnDn

Claramenteun!1, por lo que tenemos una indeterminación del tipo11. Usaremos el criterio

de equivalencia logarítmica. vn.un 1/Dn ˛pn a_Cˇpnb ˛_Cˇ 1 ! Dn ˛. n p a 1/_Cˇ.pnb 1/ ˛_Cˇ ! D D ˛ ˛_Cˇn. n p a 1/_C ˇ ˛_Cˇn. n p b 1/_! ! ˛ ˛_CˇlogaC ˇ ˛_CˇlogbDlog a˛Cˇ˛ _b ˇ ˛Cˇ Deducimos que l_Kım n!1fxng Da ˛ ˛Cˇ_b ˇ ˛Cˇ_.

d) Es una sucesión de potencias de la formaxnDuvnn, donde

unD 1_C2pn C3 p n C Cp p n p ; vnDn

Claramenteun!1, por lo que tenemos una indeterminación del tipo11. Usaremos el criterio

de equivalencia logarítmica. vn.un 1/Dn 1_C2pn C3 p n C Cp p n p 1 ! D D_p1 n 2pn _{1Cn 3} p n _{1C Cn p} p n ₁

Teniendo en cuenta que l_Kımn.pn_{a 1/}

Dloga, deducimos que: l_Kım

n!1vn.un 1/Dlog2Clog3C ClognDlogn!÷ lKımfxng Dn!:

f) Es una sucesión de potenciasxnDuvnn, donde:

unD 3 4 1_C32_C52_{C C.2n 1/}2 n3 ; vnDn 2 :

La base_fungconverge a1, pues aplicando Stolz conanD1C32C52C C.2n 1/2ybnDn3,

tenemos: anC1 an bnC1 bn D .2nC1/2 .n_C1/3 _n3 D 4n2C4nC1 3n2_C3nC1 ! 4 3:

Se trata de una indeterminación del tipo11_{. Aplicaremos el criterio de equivalencia logarítmica.}

vn.un 1/Dn2 ₃ 4 1_C32_C52_{C C}.2n 1/2 n3 1 D D3 4 3 1_C32_C52_{C C}.2n 1/2 4n3 n

Apliquemos ahora el criterio de Stolz conznD3 1C32C52C C.2n 1/2 4n3,wnDn.

Tenemos:

znC1 zn

wnC1 wn D

Deducimos quevn.un 1/! ₄3 y, por tanto, lKımfxng De 3 4D 1 4 p e3. g)xnDn h 1_Cn3_log.1_1C1=n/ n 1i. PongamosznD 1_{C n}3_log.1_1C1=n/ n . La sucesión_fznges

una indeterminación del tipo11_{. Tenemos que:}

n 1 n3_log.1C1=n/D 1 n 1 nlog.1_C1=n/ !0 ÷ zn!1: En consecuencia: xnnlog.zn/Dn2log 1C 1 n3_{log 1C} 1 n ! n2 1 n3_{log 1C}1 n D 1 nlog 1_C 1_n: Luego l_Kım_fxng DlKım 1 nlog 1C1n D1.

©

20. Calcula los límites de las sucesiones_fxngdefinidas por:

a/xnD log1C12 C C 1 n log.logn/ b/xnD epep3_e pn_e n c/xnD 1 n 1_C logn n n d/xnD log.nC2/ log.n_C1/ nlogn e/xnD 1 n n X kD1 1 klog k Y jD1 1_C 1 j j f /xnD .2pn_{n 1/}n n2 g/xnDlogn _log.n C1/ logn n 1 h/xnD n s .pn/! .q n/p n .p;q2N/ i/xnD 5Pn kD1k4 n5 n j/xnDlog 1_C 1 n n p n! k/xnDn n p_{e e}sen.1=n/ 1 nsen.1=n/ l/xnD 2 1C 32 2 C 43 32 C C .nC1/n nn 1 n2

Solución. a) Usaremos la estrategia ??. PongamosHnDlognCxndondefxng !”. Tenemos

que: log1_C1_{2C C} 1_n log.logn/ D log.lognCxn/ log.logn/ D loglogn1_C xn logn log.logn/ D D log.logn/_Clog 1_C xn logn log.logn/ D1C log 1_C xn logn log.logn/ !1: Observacion. Es sabido queHn logn, pero de aquí no puede deducirse directamente que

log.Hn/log.logn/que es lo que hemos probado. La razón es que no es cierto en general que

si_fxng fyngtambién sea log.xn/ log.yn/. Por ejemplo, las sucesionesfe 1

n_gyfe

1

n2g_son

asintóticamente equivalentes porque ambas convergen a1, pero sus logaritmos son las sucesiones

f1ngyf 1

n2gque no son asintóticamente equivalentes.

En general, no hay garantías de que una equivalencia asintótica entre sucesiones se conserve por

una determinada función. 2

c) Tomando logaritmos tenemos que: logxnDnlog 1C logn n lognDn log 1Clogn n _logn n

Esta expresión es de la forma log.1_Cun/ undondeun!0. Recordemos que: l_Kım x!0 log.1_Cx/ x x2 D 1 2 Tenemos que: logxnD log1Clognn _logn n _log n n 2 .logn/2 n

PoniendounD log_nn, comoun !0, deducimos que la primera de las dos fracciones anteriores

converge a 1₂ y la segunda.log_nn/2 _!0. Concluimos que logxn!0y, por tanto,fxng !1.

e)xnD 1 n n X kD1 1 k log k Y jD1 1C 1 j j . Pongamos: zkD 1 klog k Y jD1 1_C 1 j j D k X jD1 jlog 1C 1 j k :

De esta forma, se tiene que:

xnD n X kD1 zk n :

Como_fznges la sucesión de medias aritméticas de la sucesiónynDnlog

1_Cn1, y l_Kım_fyngD1,

se sigue, por el criterio de la media aritmética, que_fzng !1. Comofxnges la sucesión de las

medias aritméticas de_fzng, volviendo ahora a aplicar el mismo criterio, deducimos quefxng !

1. f)xnD .2pn n 1/n n2 . Pongamos: xnD 2pn n 1 n p n2 n D 2n r 1 n n r 1 n2 !n

Se trata de una sucesión de potencias de la formaxnDuvnndondeunD2n

q 1 n n q 1 n2 yvnDn.

Claramenteun ! 1, por lo que se trata de una indeterminación del tipo11. Aplicaremos el

criterio de equivalencia logarítmica. vn.un 1/Dn 2 n r 1 n n r 1 n2 1 ! D n n r 1 n 1 !2 n log n r 1 n !2 Dlog_nn !0: Deducimos quexn !1. g) La sucesión xn D logn log.n_C1/ logn n 1 es de la forma bn.an 1/ donde an D _log.n C1/ logn n

,bnDlogn. Veamos que fang ! 1. Para ello, como se trata de una

inde-terminación del tipo11_{, aplicamos el criterio de equivalencia logarítmica:}

n _log.n C1/ logn 1 D nlog1C 1n logn D log1C 1n n logn !0

Por tanto,_fang !1. Podemos aplicar ahora el criterio de equivalencia logarítmica a la sucesión bn.an 1/. Tenemos que: abn n D _log.n C1/ logn nlogn

Esta sucesión es una indeterminación del tipo11 y podemos volver a aplicarle el criterio de equivalencia logarítmica. nlogn log.nC1/ logn 1 Dnlog 1_C 1 n !1: Concluimos que_fxng !1. h)xn D n s .pn/!

.q n/pn dondep;q 2N. Es una sucesión del tipoxnD n p zn dondezn D _.._{q n}pn_/pn/! . Tenemos que: znC1 zn D .pn_Cp/! .q n_Cq/pnCp .q n/pn .pn/! D .pn_C1/.pn_C2/ .pn_Cp/ .q n_Cq/p _n n_C1 pn

La fracción .pnC1/._.pn_{q nC}C2_q//p.pnCp/ es un cociente de dos polinomios en la variablendel mismo

gradop y coeficientes líder iguales app y qp respectivamente, por tanto su límite es igual a

p q

p

. La sucesión _nCn₁pn_D1 _nC1₁np converge a e p. Por tanto, en virtud del corolario ??, la sucesión dada converge a _qp_ep.

k)xnDn n p e esen.1=n/ 1 nsen.1=n/D en1 _esen. 1 n/ 1 n sen. 1 n/ . Consideremos la funciónf .x/_De x _esenx x senx. Pongamos ynD1_n. Tenemos quexnDf .yn/. Comoyn!0, el límite defxnges igual al límite def .x/en

xD0. Tenemos que: f .x/De x _esenx x senx De senxex senx 1 x senx e senx 1 .x!0/

Donde hemos usado que la funciónex_xsen_senxx 1es de la formaeh_h.x_.x/_/1 donde l_Kım

x!0h.x/D0, por lo

que dicha función tiene límite igual a 1 enxD0.

©

21. Sabiendo que_fang !a, calcula el límite de las sucesiones:

a)xnDn.n

p an 1/

b)xnD

exp.a1/Cexp.a2=2/C Cexp.an=n/ n

logn c)xnD

a1Ca2=2C Can=n

logn

Solución. b) Es una sucesión del tipoxnD u_vn_n. Aplicaremos el criterio de Stolz.

unC1 un vnC1 vn D exp anC1 nC1 1 log 1_C 1_n n anC1 n_C1 !a: Donde hemos usado la equivalencia asintótica ezn _{1 z}

n válida siempre que zn ! 0 y

log.1Cyn/yn, válida siempre queyn!0. Concluimos quefxng !a.

©

22. Sea_fxnguna sucesión de números positivos tal que

n_x nC1 xn o !L>0. Calcula el límite de la sucesión n r _x n n p x1x2 xn .

Solución. Es una sucesión del tipownDpnyndondeynD xn n p x1x2 xn . Aplicaremos el corolario ??. Tenemos que: ynC1 yn D xnC1 xn x1x2 xn 1 n x1x2 xnxnC1 1 nC1 L _n 1 Cp1_x nC1 x1x2 xn 1 n.nC1/

En virtud, del citado corolario, se tiene que nCp1 _x

nC1 ! L. Sea zn D x1x2 xn 1 n.nC1/_. Consideremos la sucesión:

logznD

log.x1/Clog.x2/C Clog.xn/

n.nC1/

PongamosanDlog.x1/Clog.x2/C Clog.xn/,bnDn.nC1/. Aplicaremos el criterio de

Stolz. anC1 an bnC1 bn D log.xnC1/ 2n_C2 D 1 2log nCp1_x nC1! 1 2logLDlog p L: Deducimos que logzn ! log

p L, por lo quezn ! p L y también ynC1 yn ! p L. El citado corolario ?? implica quewn!

p

L.

23. Seana,b números positivos; definamosxkDaC.k 1/b para cadak2N y sea Gn la media

geométrica dex1; x2; : : : ;xnyAnsu media aritmética. Calcula el límite de la sucesión

Gn

An

.

Solución. Tenemos queAnD

na_C n.n 1₂ /b n DaC n 1 n b. Por tanto: Gn An D n p_x 1x2 xn aC n 1n b D a 1 n C n 1 2n b n r x1x2 xn nn

Calcularemos el límite de la sucesiónUnD n

r

x1x2 xn

nn , que es del tipoUnD n p_z n, usando el corolario ??, tenemos: znC1 zn D xnC1 .n_C1/nC1n n D xnC1 n_C1 1 1 n_C1 n !b_e: Deducimos que_fGn Ang ! 2 e.

©

24. Sea_fxng !x,fyng !y,x¤y. Definamosz2n 1Dxn, yz2nDyn. Justifica que la sucesión

_z 1Cz2C Czn n es convergente. Solución. PongamosunD z1Cz2C Czn n . Tenemos que: u2nD z1Cz3C Cz2n 1 2n C z2Cz4C Cz2n 2n D D 1 2 x1Cx2C Cxn n C 1 2 y1Cy2C Cyn n ! x 2 C y 2 D x_Cy 2 : Donde hemos aplicado el criterio de la media aritmética. Análogamente se comprueba que

Observa que no se puede calcular el límite de_fung aplicando el criterio de Stolz. Llamando ZnDz1Cz2C Czn,VnDn, tenemosunD Z_Vnn y: ZnC1 Zn VnC1 Vn D ZnC1 ZnD xmC1; sinD2mes par; ym; sinD2m 1es impar.

Por tanto, la sucesiónZnC1 Zn

VnC1 Vn no es convergente.

©

25. a) Justifica las desigualdades: 0<loge

x ₁

x <x .x>0/I x <log ex 1

x <0 .x <0/: b) Dadox¤0 definamos x1Dx, y para todon2N:

xnC1Dlog

exn ₁

xn

: Estudia la convergencia de_fxng.

Solución. a) En virtud del teorema del valor medio tenemos que: ex e0

x 0 D ex 1

x De

c

dondeces un punto comprendido entrexy0, esto es,c ₂0;xŒsix >0, yc ₂x;0Œsix <0. En el primer caso es1< ec <ex y en el segundo es ex <ec <1. Á partir de aquí se deducen enseguida las desigualdades del enunciado.

b) Definamosf .x/_Dloge

x ₁

x yf .0/D0. La funciónf es continua enR. Supongamos que x < 0. Entonces, como consecuencia de la segunda de las desigualdades del apartado anterior, se tiene que la sucesión_fxnges creciente yxn < 0para todon2N. Por tanto, dicha sucesión

converge y su límite es un número˛60, que debe verificar la igualdad˛_Df .˛/lo que exige

que˛_D0.

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26. Se considera la funciónf _WRC _!R_{definida para todox >0porf .x/Dlogx xC2.} a) Prueba quef tiene exactamente dos ceros,˛yˇ, con˛ <1< ˇ.

b) Dadox12˛; ˇŒ, se define la siguiente sucesión por recurrencia:

xnC1DlogxnC2 ; 8n2N:

Prueba que_fxnges una sucesión monótona creciente y acotada que converge aˇ.

Solución. a) Como l_Kım

x!0f .x/Dx!C1lKım f .x/D 1yf .1/D1>0y, evidentemente, la función

f es continua enRC, podemos aplicar el teorema de Bolzano a los intervalos0;1yŒ1;C1Œ, para deducir quef tiene algún cero en cada uno de ellos.

Comof0_.x/D 1

x 1D

1 x

x , se sigue quef es estrictamente decreciente enŒ1;C1Œy

estricta-mente creciente en0;1. Por tanto solamente puede anularse una vez en dichos intervalos. b) Como la funciónh.x/_Dlogx_C2es estrictamente creciente parax>0yh.˛/_D˛,h.ˇ/_Dˇ, se deduce que para todox₂˛; ˇŒes˛ <h.x/ < ˇ. Además, comoh.x/ xes continua y no se anula en˛; ˇŒdebe tener signo constante. Comoh.1/ >0, deducimos quex <h.x/para todo x₂˛; ˇŒ. Por tanto, dadox12˛; ˇŒ, se tiene quex1<h.x1/Dx2y, supuesto quexn 1<xnse

tiene quexnDh.xn 1/ <h.xn/DxnC1. Por tantofxnges una sucesión estrictamente creciente

y, además, todos sus términos están en˛; ˇŒ, luego dicha sucesión converge y su límite,, debe verificar la igualdad_Dh./; puesto que˛ < 6ˇ, se sigue que_Dˇ.

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27. Dado un número˛₂0; Œ, se define la sucesión_fxngdada por x1Dsen˛, xnC1Dsenxn.

(a) Justifica que la sucesión_fxnges convergente y calcula su límite.

(b) Calcula el límite de la sucesión znD

1 x2 nC1 1 x2 n

Solución. a) La conocida desigualdad0<senx<x, válida para todox20; Œ, implica que la sucesión es estrictamente decreciente y de números positivos. De aquí se deduce enseguida que es convergente y su límite es0. b) znD 1 x2_nC1 1 x2 n D 1 sen2_.x n/ 1 x2 n D xn2 sen2.xn/ x2 nsen2.xn/ x 2 n sen2.xn/ x4 n Dsen.xn/Cxn xn xn sen.xn/ x3 n !1 3:

©

28. Calcula el límite de la sucesiónznDn

p_n 2cos 2nCisen 2n 1. Sugerencia. Recuerda que el límite de la sucesión n pn

2 1 es bien conocido. Solución. znDn pn 2cos 2n 1 Ci pn2sen 2n C n p 2 1_D Dnpn2 1_Cpn2 2 cos _2n 1 2n Cipn2 2 sen _2n 2n !log2_Ci 2

29. Seaz₂C_{, conjzj D1,z¤1. Prueba que la sucesiónfz}n_{gno converge (¿qué pasa si supones que} converge?). Deduce que si'es un número real que no es un múltiplo entero de, las sucesiones

fcos.n'/_gy_fsen.n'/_gno convergen.

Solución. Siguiendo la sugerencia, supongamos que_fzn_gconverge a un númerow₂C_{. Como}

jzn_{j D j}z_jn_D1, debe ser_jw_{j D}1. Por una parte, es claro que_fznC1_{g !}wy también_fznC1_{g D} z_fzn_{g !}zw, por tanto debe serz_Dwz, lo que implica que.z 1/w_D0lo cual es imposible porquez¤1yw¤0. Concluimos quefzngno converge.

Sea'un número real que no es un múltiplo entero de. PongamoszDcos'Cisen'. Tenemos quez¤1y_jzj D1. Por lo antes visto, la sucesiónfzng D fcos.n'/Cisen.n'/gno converge. Veamos que esto implica que ninguna de las sucesiones_fcos.n'/g,_fsen.n'/gconverge. En efecto, de la igualdad:

sen..n_C1/'/_Dsen.n'/cos'_Ccos.n'/sen'_÷cos.n'/_D 1

sen' sen..nC1/'/ sen.n'/cos'

se deduce que si _fsen.n'/_g converge, también converge _fcos.n'/_g y, por tanto, la sucesión

fcos.n'/Cisen.n'/gconverge, lo que es contradictorio. Análogamente, de la igualdad:

cos..n_C1/'/_Dcos.n'/cos' sen.n'/sen'_÷sen.n'/_D 1

sen' cos..nC1/'/ cos.n'/cos'

se deduce que si _fcos.n'/_g converge, también converge _fsen.n'/_g y, por tanto, la sucesión