Pr´
actico 2 CDIVV - Sucesiones
Primer semestre 2020A continuaci´on se presentan soluciones de varios ejercicios del pr´actico, as´ı como tambi´en algu-nas resoluciones desarrolladas a modo de gu´ıa.
Ejercicio 1
a) Mon´otona decreciente, acotada, convergente (converge a 1). b) No es mon´otona, acotada, convergente (converge a 1) c) Mon´otona creciente, no acotada, divergente (tiende a +∞) d) Mon´otona creciente, acotada, convergente (converge a 1) e) Mon´otona decreciente, acotada, convergente (converge a 0)
Veamos a modo de ejemplo una posible resoluci´on delejercicio 1d:
Debemos estudiarmonoton´ıa, convergenciay averiguar si la sucesi´on est´aacotada. Es claro que si la sucesi´on es convergente, estar´a acotada (ver te´orico).
La sucesi´on a estudiar esan=√nn2+1.
Monoton´ıa:Veamos que es mon´otona creciente estricta.
an < an+1⇐⇒ n √ n2+ 1 < n+ 1 √ n2+ 2n+ 1 + 1 ⇐⇒ n2 n2+ 1 < n2+ 2n+ 1 n2+ 2n+ 2 ⇐⇒n2(n2+ 2n+ 2)<(n2+ 1)(n2+ 2n+ 1) ⇐⇒n2(n2+ 2n+ 1) +n2< n2(n2+ 2n+ 1) + (n2+ 2n+ 1) ⇐⇒n2< n2+ 2n+ 1⇐⇒0<2n+ 1
Convergencia:Veamos que la sucesi´on converge a 1. Para intu´ır que el l´ımite ser´a 1, observa-mos que√n2+ 1 en el infinito se comportar´a comon.
l´ım
n→∞an= 1⇐⇒ ∀ >0 ∃N tq ∀n≥N |an−1| ≤
Fijado, buscamosN. Observamos que:
n √ n2+ 1 −1 = n−√n2+ 1 √ n2+ 1 = √ n2+ 1−n √ n2+ 1 = 1− n √ n2+ 1 = 1− 1 p 1 + 1/n2
Por lo tanto,|an−1| ≤ si y solo si 1−√ 1
1+1/n2 ≤
Despejando, obtenemos que
|an−1| ≤⇐⇒n≥
s 1 (1 +)2−1
Basta por lo tanto tomar aN como un natural tal queN ≥q 1
(1+)2−1y se verifica la definici´on
de l´ımite. Adem´as, queda probado que la sucesi´on est´a acotada.
Observaci´on: Si solo nos interesaba corroborar que la sucesi´on es convergente, podr´ıamos haber seguido otra estrategia: probar que la sucesi´on estaba acotada superiormente. Pues, una sucesi´on mon´otona creciente acotada superiormente es convergente.
Ejercicio 3
a) Converge a 0 (producto de suc. acotada y suc.convergente a 0) b) Converge a 0
c) Converge a 2
d) Converge amax{α, β}
e) Converge a 0 (producto de suc. acotada y suc.convergente a 0) f) Converge a 0
g) Converge a 13
Veamos como calcular el l´ımite de la sucesi´onan=n
α
en (delejercicio 3f).
Observamos primero que dicha sucesi´on es mon´otona decreciente a partir de alg´unn: (n+ 1)α en+1 ≤ (n)α en ⇐⇒ (n+ 1)α nα ≤ en+1 en ⇐⇒n+ 1 n α ≤e
Observar que esta ´ultima desigualdad se cumple a partir de cierto n, pues el t´ermino de la izquierda tiende a 1. Tambi´en notamos de que esta afirmaci´on vale para cualquierαreal.
Por otro lado, la sucesi´on es de t´erminos positivos, lo que implica que est´a acotada inferiormente. Por lo tanto, como se trata de una sucesi´on que decrece y est´a acotada por abajo, es convergente. LlamemosLal l´ımite dean. Luego:
L= l´ım n→∞an = l´ımn→∞a2n= l´ımn→∞ 2αnα e2n = l´ımn→∞ 2α en nα en = l´ım n→∞ 2α en l´ım n→∞ nα en = (0)(L) = 0 Es decir,an−→0
Observaci´on:El ejercicio 1e) es muy similar a este.
Ejercicio 4
La idea de este ejercicio es trabajar con la definici´on de l´ımite. As´ı como para funciones conti-nuas dadobusc´abamos unδ, ahora dadobuscamos unN. El ejercicio presenta varias sucesiones convergentes y nos da varios valores de. A continuaci´on, trabajaremos con una de ellas y busca-remosN para ungen´erico (cuidado, el valor deN depender´a de).
Consideraremos la sucesi´on delejercicio 4e):
an=
2n n3+ 1
Dicha sucesi´on converge a 0. Por lo tanto, dado buscamos un valor deN a partir del cual se cumpla que para todon≥N,
2n n3+ 1 −0 = 2n n3+ 1 ≤
Despejando, esto se cumple si y solo sin3−2n+≥0. Observando que:
n3−2n+≥n2−2n+
Basta con hallarN tal quen2−2n+≥0.
Por ´ultimo, six1yx2son las ra´ıces del polinomiox2−2x+, el signo den2−2n+ser´a positivo
siN > max{x1, x2}. Es decir, basta con tomarN un natural mayor que ambas ra´ıces. Obviamente,
las ra´ıces dependen del valor dedado.
Ejercicio 5
a) No es convergente. Tiene subsucesiones convergentes a los valores 1 y 0
b) No es convergente ni tienes subsucesiones convergentes. Sin embargo tiene subsucesiones que divergen a +∞y a−∞
c) No es convergente. Tiene subsucesiones que convergen a 3 y a 1/3 d) No es convergente. Tiene subsucesiones que convergen acos(2π
3) =cos( 4π 3) = 1 2 y acos(0) = 1.
e) No es convergente. Tiene subsucesiones que convergen a 0, y subsucesiones que divergen a +∞.
f) No es convergente. Tiene subsucesiones que convergen a 0 y subsucesiones que divergen a +∞
g) No es convergente. Tiene subsucesiones que convergen a 1 y a 0.
Ejercicio 6
La sucesi´on dada est´a definida por recurrencia:
a0= 0, an+1=
6 +an
6−an
a) Probemos que para todonnatural,an∈[0,2):
Basta probarlo por inducci´on. El caso base n= 0 se cumple por definici´on. Veamos el paso inductivo:
Suponemos que la afirmaci´on vale para n, veamos que se cumple paran+ 1:
an+1= 6 +an 6−an > 6 + 0 6−0 = 1>0 an+1= 6 +an 6−an < 6 + 2 6−2 = 2
Por lo tanto,an+1∈[0,2). Por inducci´on se verifica para todos los naturales.
b) Probemos que la sucesi´on es creciente:
an+1≥an⇐⇒
6 +an
6−an
≥an
⇐⇒a2n−5an+ 6≥0
Las ra´ıces del polinomiox2−5x+ 6 son 2 y 3. Esto implica que six <2,x2−5x+ 6>0.
Por la parte a) an <2, por lo tanto se cumple que a2n−5an+ 6 >0 para todo n, lo que
c) Calculemos el l´ımite de esta sucesi´on.
Sabemos de la existencia de dicho l´ımite pues la sucesi´on es acotada superiormente y mon´ oto-na creciente. Adem´as, sabemos que dicho l´ımite, que llamaremosL, cumpleL∈[0,2]. Luego: L= l´ım n→∞an= l´ımn→∞an+1= l´ımn→∞ 6 +an 6−an = 6 +L 6−L
Es decirL= 6+6−LL. Despejando, esto es equivalente a
L2−5L+ 6 = 0
Como vimos, las soluciones de esta ecuaci´on sonL= 2 yL= 3. Sin embargo, necesariamente
L∈[0,2], por lo que conclu´ımos en que el l´ımite esL= 2.
Ejercicio 7
Trabajaremos con la sucesi´onan =n
1
n
a) La sucesi´on es decreciente si n≥3:
Probaremos que an ≥an+1 a partir den= 3.
Observamos que esta desigualdad es equivalente an≥1
n + 1 n : an ≥an+1⇐⇒n 1 n ≥(n+ 1) 1 n+1 ⇐⇒nn+1n ≥n+ 1⇐⇒n1+1/n−n≥1 ⇐⇒n(n1/n−1)≥1⇐⇒n1/n≥1/n+ 1 ⇐⇒n≥1 n+ 1 n
Esta ´ultima desigualdad es v´alida paran≥3 y lo probaremos por inducci´on, siendon= 3 el paso base (que se verifica trivialmente).
Para el paso inductivo suponemos que se cumple para n y probaremos que se cumple para
n+ 1: 1 n+ 1 + 1 n+1 = 1 n+ 1 + 1 n 1 n+ 1 + 1 n+ 1+ 1 n <1 n+ 1 n 1 n+ 1+ 1 n+ 1 n < n 1 n+ 1 +n <1 +n
Por lo tanto, la sucesi´on es mon´otona decreciente a partir den= 3.
b) El l´ımite de la sucesi´on existe pues es mon´otona decreciente y est´a acotada inferiormente por 0 (la sucesi´on es de t´erminos positivos).
c) Sea Lel l´ımite dean. l´ım n→∞a 2 2n= l´ım n→∞(2n) 1 n = l´ım n→∞2 1 nn1n = l´ım n→∞2 1 n l´ım n→∞n 1 n = (1)(L) =L
d) Por un lado, l´ımn→∞a2n =L implica que l´ım n→∞a 2 2n=L 2
Pues toda subsucesi´on de una sucesi´on convergente, converge al mismo valor de la sucesi´on original (y recordando que el producto de dos sucesiones converge al producto de los l´ımites) Por la parte anterior,
l´ım
n→∞a
2 2n=L
Es decirL2=L. Por lo queL puede ser 0 o 1.
Pero an=n 1 n ≥1 1 n = 1 Lo que implica queL≥1 y por lo tantoL= 1.
Ejercicio 9
Consideramosan una serie de n´umeros reales positivos, tal que l´ımn→∞aan+1n =`, siendo` un
real o +∞.
a) 1. Suponemos primero`∈[0,1)
an+1
an →`implica, por definici´on, que dado >0, existeN a partir del cual an+1 an −` < Por lo tanto, a partir de dichoN,
an+1
an
< `+= ˜`
Si tomamos peque˜no, podemos suponer ˜`∈(0,1). Luego
an+1< an` < a˜ n
De esta desigualdad podemos deducir dos cosas. La primera es que la sucesi´on es mon´ oto-na decreciente, y por lo tanto convergente (pues es acotada inferiormente por 0). Y la segunda es que dicho l´ımite debe ser 0. Para ver esto ´ultimo notar de que si llamamos
bn =an`˜yLal l´ımite dean, tomando l´ımites obtenemos
l´ıman+1≤l´ımbn≤l´ıman
⇒0≤L≤L`˜≤L
De donde deducimos que, como ˜`6= 1,L= 0 2. Si` >1, de forma similar obtenemos
an+1
an
> `−= ˆ`
Donde podemos suponer ˆ` >1. Luego
an+1> an` > aˆ n
Por lo que la sucesi´on es mon´otona creciente. SiL es el l´ımite de an, tomando l´ımites
obtenemos
L≥L`ˆ≥L≥1 Deducimos que necesariamenteL= +∞
b) No podemos afirmar nada en t´erminos generales si`= 1, pues basta con ver que hay suce-siones an que cumplen`= 1 y convergen o divergen.
Por ejemplo, si an=n,`= 1 yan diverge.
Por otro lado, si tomamosan = 1 (cte),`= 1 yan converge a 1.
c) l´ım2nn! = +∞, pues`= +∞ l´ımnnn! = 0, pues`= 1/e <1
Ejercicio 10
a) Definimos
an =n(mod4) + 1
Esto es: dadonnatural, sin= 4k+r, conkyr∈N,r <4,n(mod4) =r.
Observar que esta sucesi´on simplemente recorre los naturales del 1 al 4 y repite indefinida-mente este proceso
b) Para construir una sucesi´on que aglomere en todos los naturales, podemos intentar copiar la idea de la sucesi´on anterior. Es decir, una sucesi´on que haga lo siguiente: recorrer los naturales de 1 a n, luego de 1 a n+1, y as´ı sucesivamente, pasando por todos los naturales infinitas veces. Sin embargo, es un poco molesto escribir esto de forma compacta (a pesar de que la idea es correcta).
Otra posible sucesi´on es la siguiente: Dadon, definimos
an=
r si n=pr con p primo
0 si no
Dado que los n´umeros primos son infinitos, y la descomposici´on de un natural en productos de primos es ´unica, necesariamentean deber´a pasar por todos los naturales infinitas veces.
Por ejemplo, dado r natural, una subsucesi´on que converge ar es la correspondiente a los n´umeros{2r,3r,5r, . . . ,7523r, . . .}.
c) No existe una sucesi´on donde el conjunto de puntos de aglomeraci´on sea exactamente
A = {1/n : n ∈ N}, pues si aglomera en estos puntos, necesariamente deber´a aglomerar en 0. Sin embargo, s´ı podemos construir una sucesi´on tal que el conjuntoAest´e inclu´ıdo en el conjunto de puntos de aglomeraci´on. Simplemente basta con usar la sucesi´on de la parte anterior.
Ejercicio 12
Tenemos que demostrar lo siguiente:
L=sup(A)⇐⇒(a) y (b) Donde las afirmaciones a y b son las siguientes:
a)L≥xpara todox∈A (es decir,Les cota superior) b) Existexn sucesi´on de elementos deAque converge a L
Demostraci´on. Recordamos queL=sup(A) es por definici´on la menor de las cotas superiores del conjuntoA.
(⇒):
Primero vemos que a) se verifica trivialmente, pues por definici´onLes una cota superior. Falta probar b):
Tenemos queL=sup(A) implica que dado δ >0, existexδ ∈Atal quexδ< LyL−xδ < δ
Por lo tanto, tomando una sucesi´on de la forma δn = 1/n obtenemos una sucesi´on xn de
elementos deA tales queL−xn <1/n, lo que implica quexn →L
(⇐):
Ya sabemos por a) que L es cota superior. Basta con probar que es la menor de todas. Para eso, razonando por absurdo suponemos que existe ˜Lcota superior deAtal que ˜L < L.
Sea d=L−L˜, y tomamos 0< < d.
Por b), como xn→L, existeN a partir del cualL−xn< . Entonces, paran≥N