Soluciones relación 2

Sucesiones de números reales
1
Sucesiones
Ejercicio 1.
Prueba que si | x | < 1, entonces limn→∞ 1 + x + x2 + . . . + xn =
1
1−x
.
n+1
Solución 1. Sabemos que 1+ x+ x2 +. . .+ xn = x x−1−1 (es la suma de una progresión geométrica)
y, usando que limn→∞ xn = 0, se obtiene lo pedido.
Ejercicio 2. Sea a un número real positivo y definamos x1 = a, xn+1 =
que la sucesión {xn }n∈N converge a cero.
Solución 2.
para n ∈ N. Probar
Usando la definición de la sucesión, se puede comprobar que
a
a
x1 = a, x2 =
, x3 =
1+a
1 + 2a
y que, en general, xn =
Ejercicio 3.
su límite.
xn
1+xn
a
1+(n−1)a ,
con lo que es inmediato concluir que limn→∞ xn = 0.
√
Demuestra que la sucesión x1 = 1, xn+1 = 3xn , ∀n ≥ 1 es convergente y calcular
Solución 3.
a) Veamos por inducción que la sucesión es creciente. Es inmediato comprobar que x1 < x2 . Si
xn < xn+1 tenemos que comprobar que xn+1 < xn+2 :
p
p
xn+1 = 3xn < 3xn+1 = xn+2 .
b) Además es una sucesión acotada, ya que por inducción otra vez tenemos que xn ≤ 3, ∀n ∈ N.
Para n = 1 es inmediato, y si xn ≤ 3, comprobémoslo para xn+1 . En efecto,
p
√
xn+1 = 3xn ≤ 3 · 3 = 3.
E
Por tanto, la sucesión es creciente y mayorada, luego existe su límite x, que estará comprendido
entre 1 ≤ x ≤ 3. Para calcular su valor vamos a tomar límites en la fórmula de recurrencia, esto es
2
xn+1
= 3 xn =⇒ x2 = 3x =⇒ x(x − 3) = 0 de lo que se deduce que limn→∞ xn = x = 3.
√
Ejercicio 4. Se considera la sucesión definida por recurrencia por a1 = 1 y an+1 = 2an + 3
para n ∈ N. Estudia si es convergente y, en caso de que lo sea, calcula el límite.
√
Solución 4. Aplicando la fórmula de recurrencia, comprobamos que a2 = 5 > a1 = 1. Para
comprobar que la sucesión dada es monótona creciente, lo vemos por inducción:
a) Para n = 1, acabamos de ver que a1 ≤ a2 .
b) Hipótesis de inducción: suponemos que an ≤ an+1 .
c) Comprobamos que an+1 ≤ an+2 . En efecto, si partimos de la hipótesis de inducción:
p
p
an ≤ an+1 ⇒ 2an ≤ 2an+1 ⇒ 2an + 3 ≤ 2an+1 + 3 ⇒ 2an + 3 ≤ 2an+1 + 3 ⇒ an+1 ≤ an+2
Por tanto, la sucesión es monótona creciente.
–1–
Al ser creciente, ya sabemos que la sucesión está acotada inferiormente por a1 = 1. Veamos que
está acotada superiormente por 3. Esto es, que an ≤ 3∀ n ∈ N. Otra vez lo hacemos por inducción:
a) Para n = 1, es evidente que a1 1 ≤ 3.
b) Hipótesis de inducción: Suponemos que an ≤ 3.
c) Comprobamos que an+1 ≤ 3. En efecto, si partimos de la hipótesis de inducción:
p
√
an ≤ 3 ⇒ 2an ≤ 6 ⇒ 2an + 3 ≤ 9 ⇒ 2an + 3 ≤ 9 = 3 ⇒ an+1 ≤ 3
Por tanto, la sucesión dada es monótona y acotada, por lo que entonces es convergente.
Para calcular el límite de {an } partimos√de la fórmula de recurrencia y tomamos límite. Supongamos
que lim{an } = x y nos queda que x = 2x + 3. Resolvemos la ecuación:
√
x = 2x + 3 ⇒ x2 = 2x + 3 ⇒ x2 − 2x − 3 = 0 ⇒ x = −1 ó x = 3
Pero como el límite ha de ser mayor que 1, tenemos que lim an = 3.
E
Ejercicio 5.
Se define la sucesión {xn } por recurrencia como x1 = 1, xn+1 =
n
Calcula limn→∞ xn y limn→∞ xxn+1
.
√
1 + 2xn − 1.
Solución 5.
a) Vamos a comprobar que la sucesión {xn } es monótona y acotada.
i) Veamos, en primer lugar, que la sucesión {xn } es decreciente. Utilizaremos el principio de
inducción.
√
1) Es inmediato comprobar que x1 = 1 > x2 = 3 − 1.
2) Supongamos que xn > xn+1 , entonces
p
p
2xn + 1 > 2xn+1 + 1 =⇒ 1 + 2xn − 1 > 1 + 2xn+1 − 1,
o, lo que es lo mismo, xn+1 > xn+2 .
ii) Comprobemos que todos los términos son positivos de nuevo por inducción:
1) Es evidente
√ que que x1 > 0 y,
2) si xn > 0, 1 + 2xn > 1 o, lo que es lo mismo, xn+1 > 0.
Resumiendo, {xn } es decreciente y está acotada
inferiormente y, por tanto, es convergente. Si
√
llamamos L al límite, se cumple que L n= 1o + 2L − 1 de donde se deduce que√L = 0.
n
b) Para calcular el límite de la sucesión xxn+1
, multiplicamos y dividimos por 1 + 2xn + 1 y
obtenemos
√
xn
xn
1 + 2xn + 1
1 p
lim
=√
1 + 2xn + 1 = 1.
·√
= lim
n→∞ xn+1
1 + 2xn − 1
1 + 2xn + 1 n→∞ 2
E
Ejercicio 6. Sea {xn }n∈N la sucesión definida por recurrencia como x1 =
a) Demuestra que 15 < xn < 45 para cualquier natural n.
b) Demuestra que {xn }n∈N es decreciente.
c) Calcula su límite.
Solución 6.
a) Lo demostramos por inducción. Es claro que
entonces
1
5
–2–
< x1 =
1
2
1
2
y xn+1 = xn2 +
< 45 . Supongamos que
1
5
4
25 .
< xn < 45 ,
xn+1 =
4
1
+
>
25
5
!2
xn2
xn+1 =
4
4
<
+
25
5
!2
xn2
+
4
1
= ,
25 5
+
4
4
= .
25 5
y
b) De nuevo comprobamos que la sucesión es decreciente por inducción. En primer lugar, es
41
evidente que x1 = 21 ≥ 100
= x2 . Supongamos ahora que xn ≥ xn+1 , entonces
2
xn+2 = xn+1
+
4
4
≥ xn2 +
= xn+1 ,
25
25
ya que la función “elevar al cuadrado” conserva el orden en los positivos.
c) De los dos apartados anteriores se deduce que la sucesión es monótona y acotada y, por tanto,
convergente. Si L es su límite, debe verificar que
q
−1
±
1 − 16
25
4
1
4
2
⇐⇒ L =
= , o .
L=L +
25
2
5
5
Puesto que la sucesión es decreciente, el límite no puede ser
4
5
y, se tiene que L = 15 .
Ejercicio 7. Sea a ∈ R, a > 1. Estudiar el comportamiento de la sucesión x1 = a, xn+1 =
para todo n ∈ N.
q
xn2 +a
2
Solución 7.
En primer lugar, probamos que la sucesión es decreciente. Se tiene que x2 =
q
a2 +a
2 < a = x1 ( ⇐⇒ a > 1). Si suponemos que xn+1 < xn veamos que también xn+2 < xn+1 . En
2
efecto, como xn+1
< xn2 , entonces
s
s
2 +a
xn+1
xn2 + a
< xn+1 =
.
xn+2 =
2
2
Además la sucesión está acotada, ya que 1 < xn ≤ a , ∀n ∈ N (¡pruébese por inducción!), por
tanto la sucesión tiene límite x que verifica la ecuación siguiente:
x2 =
2
√
x2 + a
=⇒ x2 = a =⇒ x = a.
2
Criterios de convergencia
Ejercicio 8. Estudia la convergencia de las siguientes sucesiones y calcular su límite cuando
exista.
(
)
)
(
1 + 1/2 + 1/3 + · · · + 1/n
1 + 24 + 34 + · · · + n4
c)
a)
n
n5
(
)
(
)
1 + 3 + 5 + · · · + (2n − 1) 2n + 1
1! + 2! + 3! + · · · + n!
d)
−
b)
n+1
2
n!
Solución 8.
–3–
4
(n+1)
−xn
a) Aplicamos el criterio de Stolz y nos queda xyn+1
= (n+1)
5 −n5 . Si desarrollamos el denominador
n+1 −yn
tenemos un polinomio de grado 4 y con coeficiente principal 4, ya que queda de la forma
(n + 1)5 − n5 = 5n4 + . . . + 1. Por tanto el límite es 15 .
b) Aplicando el criterio de Stolz tenemos que
lim
n→∞
xn+1 − xn
(n + 1)!
(n + 1)!
n+1
= lim
= lim
= lim
= 1.
yn+1 − yn n→∞ (n + 1)! − n! n→∞ n! ((n + 1) − 1) n→∞ n
xn+1 −xn
yn+1 −yn
forma yxnn
c) Por el criterio de Stolz, limn→∞
1/(n+1)
(n+1)−n = 0.
2+6+10+···+2(2n−1)−(2n+1)(n+1)
2(n+1)
= limn→∞
y aplicamos el criterio de
d) Escribimos la sucesión de la
=
Stolz
xn+1 − xn 2(2n + 1) − ((2n + 3)(n + 2) − (2n + 1)(n + 1))
3
=
=− .
yn+1 − yn
2(n + 2) − 2(n + 1)
2
Por tanto el límite es − 32 .
Ejercicio
9. Calcula
(
) el límite de las siguientes sucesiones

√
√3
√n 

log(1 · 2 · · · n)


1
+
2
+
3
+
.
.
.
n


a)
,
c)




2
n
log(n)


n


√


2


n n


b) 
√
√



 1 + 2 2 + 3 3 + . . . + n√n 
Solución 9.
a) Aplicamos el criterio de Stolz
lim
n→∞
an+1 − an
log(1 · 2 · · · n · (n + 1)) − log(1 · 2 · · · n)
= lim
n→∞
bn+1 − bn
(n + 1) log(n + 1) − n log(n)
log(n + 1)
= lim
n→∞ log(n + 1) + n log n+1
n
= lim
n→∞
log(n + 1)
n
log(n + 1) + log 1 + n1
n
dividimos por log(n + 1) y usamos que limn→∞ 1 + 1n = e,
= lim
n→∞
1
1+
1
log(n+1)
n = 1.
log 1 + 1n
b) Aplicamos el criterio de Stolz y nos queda:
√
√
xn+1 − xn
(n + 1)2 n + 1 − n2 n
lim
= lim
√
n→∞ yn+1 − yn
n→∞
(n + 1) n + 1
√
√
multiplicamos y dividimos por (n + 1)2 n + 1 + n2 n
–4–
(n + 1)4 (n + 1) − n4 n
√
√
√ n→∞ (n + 1) n + 1 (n + 1)2 n + 1 + n2 n
= lim
(n + 1)5 − n5
√
n→∞ (n + 1)4 + n2 (n + 1) n(n + 1)
= lim
5n4 + · · · + 1
5
= .
√
n→∞ (n + 1)4 + n2 (n + 1) n(n + 1)
2
= lim
√
c) Este ejercicio se puede intentar resolver por el criterio de Stolz. Si llamamos xn = 1 + 2 +
√3
√
3 + . . . n n y yn = n2 se tendrá que
√
√
√
√3
√3
√n
√ √
n+1
n+1
n + 1 − 1 + 2 + 3 + ... nn
an+1 − an 1 + 2 + 3 + . . . n +
n+1
=
=
.
bn+1 − bn
2n + 1
(n + 1)2 − n2
√
n+1
Teniendo en cuenta que lim
n + 1 = 1, tenemos que
n→∞
√
n+1
xn+1 − xn
n+1
= lim
= 0.
lim
n→∞ yn+1 − yn
n→∞ 2n + 1
√
√3
√
1 + 2 + 3 + ... nn
Por tanto lim
= 0.
n→∞
n2
Ejercicio
) 10. Estudia la convergencia de las siguientes
(
 √n sucesiones: 

1


 2 · 4 · 6 · · · 2n 

a) √n
d) 





n+1
( n!
)
p
1n
b)
(3n + 1)(3n + 2) · · · (3n + n)
nr





 1 n (2n)! 
c) 



n
n! 
Solución 10.
a) Aplicamos el criterio de la raíz:
lim
n→∞
xn+1
n!
1
= lim
= lim
= 0,
n→∞
n→∞
xn
(n + 1)!
n+1
1
y, por tanto, lim √n = 0.
n→∞ n!
b) Aunque directamente no podemos aplicar el criterio de la raíz si hacemos una pequeña manipulación en la sucesión sí que será posible. Se tiene que
r
1 pn
n (3n + 1)(3n + 2) · · · (3n + n)
(3n + 1)(3n + 2) · · · (3n + n) =
.
n
nn
Si ahora llamamos an =
(3n+1)(3n+2)···(3n+n)
,
nn
tenemos que
–5–
an+1
(3n + 4)(3n + 5) · · · (3n + n + 4)nn
= lim
n→∞ an
n→∞ (n + 1)n+1 (3n + 1)(3n + 2) · · · (3n + n)
(4n + 1)(4n + 2)(4n + 3)(4n + 4)nn
= lim
n→∞ (3n + 1)(3n + 2)(3n + 3)(n + 1)n+1
(4n + 1)(4n + 2)(4n + 3)(4n + 4) n n
44
= lim
= 3 .
n→∞ (3n + 1)(3n + 2)(3n + 3)(n + 1) n + 1
3 e
q
c) El término general lo podemos escribir de la forma xn = n (2n)!
nn n! y aplicamos el criterio de la
raíz:
(2n+2)!
(2n + 2)(2n + 1) n n 4
xn+1
(n+1)n+1 (n+1)!
= lim
= .
=
lim
lim
(2n)!
n→∞
n→∞
n→∞ xn
n+1
e
(n + 1)2
n
lim
n n!
d) Modificamos el término general de la sucesión para poder aplicar el criterio de la raíz. Es decir,
la sucesión que vamos es:
s
n 2 · 4 · 6 · · · 2n
(n + 1)n
y llamando an =
ahora es:
2·4·6···2n
(n+1)n ,
al aplicar el criterio de la raiz, el límite que tendremos que estudiar
an+1 2 · 4 · 6 · · · (2n) · (2n + 2) (n + 1)n
2n + 2 n + 1
=
=
n+1
an
2 · 4 · 6 · · · 2n
n+2 n+2
(n + 2)
!n
El primer factor es una sucesión de tipo racional que converge a 2; y el segundo factor es
una sucesión que presenta la indeterminación del tipo “1∞ ” por lo que aplicamos la regla del
número e:
!
!n
−n
n+1
n+1
−1 =
→ −1 ⇒
n
→ e−1
n+2
n+2
n+2
√
n
Por tanto: lim
2·4·6···2n
n+1
= 2 e−1 =
2
e
Ejercicio
11. Calcula el
límite de las siguientes sucesiones.

!n2 +56n+5 




c) 1 + log(n + 1) − log(n) n
1


a) 
1+ 2





n +1


2 +5
n
! 




 n2 − 5n + 6 n+2 

b) 



2 + 2n + 1


n


Solución 11.
n2 +56n+5
. Como la base converge a 1 y es siempre
a) Consideramos la sucesión xn = 1 + n21+1
distinta de uno aplicamos la regla del número e. Concretamente,
!
1
n2 + 56n + 5
2
lim (n + 56n + 5) 1 + 2
− 1 = lim
→ 1,
n→∞
n→∞
n +1
n2 + 1
–6–
y, por tanto, lim xn = e.
n→∞
b) Aplicamos la regla del número e y estudiamos
!
−7n3 + · · ·
n2 + 5 n2 − 5n + 6
lim
−
1
=
lim
= −7.
n→∞ n3 + · · ·
n→∞ n + 2 n2 + 2n + 1
Por tanto, la sucesión tiende a e−7 .
n
y aplicamos la regla del número
c) Escribimos el término general de la forma xn = 1 + log n+1
n
e:
!
!
!
!n
1
n+1
n+1
− 1 = lim n log
= lim log 1 +
= log(e) = 1.
lim n 1 + log
n→∞
n→∞
n→∞
n
n
n
Entonces limn→∞ 1 + log(n + 1) − log(n) n = e.
Ejercicio
12. Calcula

)
 el límite de las siguientes sucesiones.
(
1
1

log(n + 1)!

1
+
+
.
.
.
+


2
n
b)
a) 



log(n + 1)n


log(n)
Solución 12.
a) Por el criterio de Stolz se tiene que
1
lim
n→∞
xn+1 − xn
1
n+1
= lim
= lim
yn+1 − yn n→∞ log(n + 1) − log(n) n→∞ (n + 1) log n+1
n
= lim
n→∞
1
= 1.
(n + 1) log 1 + 1n
b) Por el criterio de Stolz se tiene que
lim
n→∞
log(n + 2)! − log(n + 1)!
xn+1 − xn
= lim
yn+1 − yn n→∞ (n + 1) log(n + 2) − n log(n + 1)
log(n + 2)
= lim
n→∞ n log n+2 + log(n + 2)
n+1
1
= lim 1 n = 1.
n→∞ log (1+ n )
+
1
log(n+2)
Ejercicio
13. Calcula el límite de las
( siguientes
!) sucesiones.

1
! 1+log(n)
1




 n+1

b) sen
a) 

n


 n2 + n + 5



√



 cos( n2 + 1) log(n) 

c) 





n
Solución 13.
a) Si llamamos xn al término general de la sucesión propuesta, vamos a estudiar log(xn ), es decir
–7–
1
log(n + 1) − log(n2 + n + 5)
n→∞ 1 + log(n)
log(n + 1) − 2 log(n) − log(1 + 1/n + 5/n2 )
= lim
n→∞
1 + log(n)
lim log(xn ) = lim
n→∞
= lim
log(n+1)
log(n)
−2−
1
log(n)
n→∞
log(1+1/n+5/n2 )
log(n)
+1
= −1.
Entonces, limn→∞ xn = e−1 .
b) Utilizando la continuidad de la función seno en el cero se tiene que
!
1
lim sen
= sen(0) = 0.
n→∞
n
c) El límite es
lim cos
p
n→∞
log(n)
n2 + 1
= 0,
n
donde hemos utilizado que es el producto de una sucesión acotada, cos
convergente a cero,
√
n2 + 1 , por una
log(n)
n .
Ejercicio
14.  Calcula el límite de las siguientes sucesiones.

s









log(n!)




n!
n

b) 
√
√

√
a) 






n+1
 (2n) 
1 + 2 + . . . + n


Solución 14.
a) Aplicamos el criterio de la raíz y, si xn =
n!
,
(2n)n+1
(n+1)!
(2n+2)n+2
n!
(2n)n+1
estudiamos el límite
(n + 1)(2n)n+1
n→∞ (2n + 2)n+2
!n+1
2n
n+1
= lim
·
.
n→∞ 2n + 2
2n + 2
xn+1
lim
= lim
n→∞ xn
n→∞
= lim
Ahora estudiamos cada uno de los factores por separado: el primero de ellos es un cociente de
polinomios de mismo grado que tiene límite 1/2; el segundo presenta una indeterminación de la
forma “1∞ ”. La resolvemos:
!n+1
!
2n
2n
L
= e ⇐⇒ lim (n + 1)
− 1 = L.
lim
n→∞
n→∞ 2n + 2
2n + 2
Es muy fácil comprobar que L = −1 y, por tanto,
s
n!
1
lim n
= 1/2e−1 = .
n+1
n→∞
2e
(2n)
–8–
√
√ aplicamos el criterio de Stolz. Notemos que en este caso
b) Para la sucesión xn = √ log(n!)
1+ 2+...+ n
el denominador es una sucesión de números positivos estrictamente creciente y no mayorada.
Aplicando Stolz tenemos que
log (n+1)!
log((n + 1)!) − log(n!)
log(n + 1)
n!
= √
lim √
= √
.
√
√
√
√
√
√
n→∞ 1 + 2 + . . . + n + n + 1 − 1 − 2 − . . . − n
n+1
n+1
Finalmente aplicamos de nuevo el criterio de Stolz a este último cociente:
n+2
)
)
log( n+1
log( n+2
log(n + 1 + 1) − log(n + 1)
n+1 √ → 0,
=√
=√
√
√
√
n+1+1− n+1
n+2− n+1
n + 2 1 − √n+1
n+2
lo que nos asegura que limn→∞ xn = 0.
E
Ejercicio 15.
Calcula el límite de la sucesión


2
32
43


 1 + 2 + 32 + · · · +



n2

(n+1)n
nn−1





.




Solución 15. En este caso vamos a utilizar el criterio de Stolz para ver el comportamiento de la
n
2
3
sucesión. Si llamamos an = 21 + 32 + 342 + · · · + (n+1)
y bn = n2 es claro que {bn } es creciente y no
nn−1
mayorada y entonces
an+1 − an
=
bn+1 − bn
2
1
+
32
2
+
43
32
+ ··· +
(n+1)n
nn−1
(n+2)n+1
2
(n+1)n − 1
(n + 1)2 − n2
+
+
32
2
+
43
32
+ ··· +
(n+1)n
nn−1
(n+2)n+1
(n+1)n
!n
n+2 n+2
=
=
.
2n + 1
2n + 1 n + 1
n
o
n n o
n+2
Se tiene que el límite de 2n+1
es 1/2 y, utilizando la regla del número e, la sucesión n+2
n+1
tiende a e, con lo que la sucesión converge a 2e .
E
Ejercicio 16.
Calcula el siguiente límite
3n2 + 2n + 1
lim 1 + log
n→∞
3n2 + 5n
!!4n+1
.
Solución 16. Está claro que el cociente de polinomios al que afecta el logaritmo, al ser polinomios del mismo grado, converge a 1, que es el cociente de los coeficientes líderes. Como logaritmo
neperiano es continuo en 1 y vale 0 tenemos que la base del término general converge a 1 mientras
que el exponente es claro que diverge positivamente. En conclusión, estamos ante una indeterminación de la forma “1∞ ”.
Utilizando la regla del número e tenemos que
!!4n+1
!
!
3n2 + 2n + 1
3n2 + 2n + 1
L
= e ⇐⇒ lim (4n + 1) 1 + log
− 1 = L,
lim 1 + log
n→∞
n→∞
3n2 + 5n
3n2 + 5n
pero
–9–
3n2 + 2n + 1
lim (4n + 1) log
n→∞
3n2 + 5n
!!
3n2 + 2n + 1
= lim log
n→∞
3n2 + 5n
!(4n+1)
.
Ahora hacemos
3n2 + 2n + 1
lim
n→∞
3n2 + 5n
!(4n+1)
=e
L
!
3n2 + 2n + 1
⇐⇒ lim (4n − 1)
−1 = L
n→∞
3n2 + 5n
y
!
!
!
−12n2 + 7n − 1
−3n + 1
3n2 + 2n + 1
− 1 = lim (4n + 1)
= lim
= −4,
lim (4n + 1)
n→∞
n→∞
n→∞
3n2 + 5n
3n2 + 5n
3n2 + 5n
y el límite buscado resulta
3n2 + 2n + 1
lim 1 + log
n→∞
3n2 + 5n
– 10 –
!!4n+1
= e−4 =
1
.
e4