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CAP ´ ITULO XIII. SUCESIONES NUM ´ ERICAS SECCIONES A. Sucesiones convergentes y l´ ımites de oscilaci´ on. Sucesiones mon´ otonas y acotadas. B. Sucesiones recurrentes. C. Ejercicios propuestos. 159
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CAPITULO XIII.SUCESIONESNUMERICAS
SECCIONES
A. Sucesiones convergentes y lımites de oscilacion. Sucesiones monotonasy acotadas.
B. Sucesiones recurrentes.
C. Ejercicios propuestos.
159
A. SUCESIONES CONVERGENTES Y LIMITES DE OSCILA-CION. SUCESIONES MONOTONAS Y ACOTADAS.
En el capıtulo 8 se definio el concepto de convergencia de sucesiones numeri-cas. Vamos a estudiar aquı las sucesiones en un contexto mas general, mos-trando otros conceptos fundamentales de las sucesiones y las relaciones entreellos. Estos conceptos son los de convergencia, monotonıa y acotacion, quepasamos a definir a continuacion.
A.1.CONVERGENCIA.
a) Una sucesion {an}n∈N es convergente cuando existe un numero realL tal que
∀ε > 0, ∃N ∈ N : |an − L| < ε, ∀n > N.
Intuitivamente, quiere decir que todos los terminos de la sucesion,excepto quiza los N primeros, caen dentro del intervalo (L−ε, L+ε), es decir su distancia a L es menor que ε.
En este caso se dice que L es el lımite de la sucesion y se escribeL = lım
n→∞an, o bien an → L (observa que, a diferencia de las
funciones reales, no tiene sentido calcular lımites de sucesionescuando n → x0 6= ∞, pues en un entorno de x0 puede no haberningun numero natural).
b) Una sucesion es divergente cuando se verifica una de las siguientespropiedades:
∀M > 0, ∃N ∈ N : an > M, ∀n > N (y se dice que an →∞).∀M < 0, ∃N ∈ N : an < M, ∀n > N (y se dice que an → −∞).
c) Una sucesion es oscilante cuando no es convergente ni divergente,es decir, no hay ningun numero (finito ni infinito) en cuyas proxi-midades se encuentren todos los terminos de la sucesion, a partirde uno de ellos en adelante.
Definimos subsucesion de una sucesion {an} a cualquier sucesion con-tenida en el conjunto {a1, a2, . . . , an, . . . }.
Una caracterizacion de las sucesiones convergentes la proporciona el
(1) criterio de convergencia de Cauchy: Una sucesion {an}, conan ∈ R, ∀n, es convergente si y solo si
∀ε > 0, ∃N ∈ N : |an − am| < ε, ∀n, m > N.
160
Esta condicion, aunque teorica, permite comprobar la convergenciade una sucesion sin necesidad de conocer su lımite.
Otras propiedades de interes son las siguientes:
(2) El lımite de una sucesion, en caso de existir, es unico.
(3) Si an → a y a 6= 0, entonces existe N ∈ N tal que an tiene elmismo signo que a, ∀n > N .
(4) Si an < bn, ∀n, entonces lım an ≤ lım bn.
(5) Si an ≤ bn ≤ cn, ∀n y L = lım an = lım cn, entonces L = lım bn.
(6) Si {an} es convergente (o divergente), toda subsucesion de ellatiene el mismo lımite.
Esta propiedad tambien se puede expresar diciendo que no se alterael valor del lımite de una sucesion al reordenar arbitrariamente susterminos.
Un concepto mas general que el de lımite de una sucesion es el de lımitede oscilacion. Decimos entonces que un numero L es lımite de oscilacionde una sucesion {an} si cualquier intervalo de la forma (L− ε, L + ε)contiene infinitos terminos de la sucesion. Llamamos lımite superiorde {an} al mayor, si existe, de los lımites de oscilacion (y utilizamosla notacion L = lım sup an) y el lımite inferior de {an} sera el menorde los lımites de oscilacion, en caso de existir (y utilizamos la notacionanaloga L = lım inf an).
A.2. MONOTONIA.
a) Una sucesion {an}n∈N es monotona creciente cuando
an+1 ≥ an, ∀n ∈ N.
b) Analogamente, una sucesion {an}n∈N es monotona decrecientecuando
an+1 ≤ an, ∀n ∈ N.
En general, diremos que una sucesion es monotona cuando es, obien monotona creciente, o bien monotona decreciente.
A.3.ACOTACION.
a) Una sucesion {an}n∈N esta acotada superiormente cuando
∃M ∈ R : an ≤ M, ∀n ∈ N.
161
b) Una sucesion {an}n∈N esta acotada inferiormente cuando
∃M ′ ∈ R : an ≥ M ′, ∀n ∈ N.
Decimos en general que una sucesion esta acotada si lo esta su-perior e inferiormente.
Los resultados que relacionan estos tres conceptos son los siguientes:
1) Toda sucesion convergente esta acotada.
2a) Toda sucesion creciente y acotada superiormente es convergente.Ademas el lımite es el supremo del conjunto {an}n∈N.
2b) Toda sucesion decreciente y acotada inferiormente es convergente.En este caso el lımite es el ınfimo del conjunto {an}n∈N.
3) Toda sucesion contiene alguna subsucesion que es creciente o de-creciente.
4) Toda sucesion acotada tiene alguna subsucesion convergente. Enparticular:
5) Toda sucesion acotada tiene lımites superior e inferior finitos.
Ası pues, se dice que el lımite superior de una sucesion es +∞ si lasucesion no esta acotada superiormente y que el lımite inferior es −∞si no esta acotada inferiormente.
En los siguientes problemas se muestran ejemplos de algunas de estas pro-piedades y la forma de aplicarlas a casos concretos.
PROBLEMA 13.1
Determinar el menor valor de N para el que se verifica lo siguien-te:
a) |an − 2| < 10−5, ∀n > N, si an =√
4 + 1/n.
b)1n
+(−1)n
n2< 10−6, ∀n > N .
162
Solucion
a) Se trata de resolver la desigualdad |an − 2| < 10−5. Debido a que an >2, ∀n, tenemos la siguiente cadena de equivalencias:
|√
4 + 1/n− 2| < 10−5 ⇐⇒√
4 + 1/n− 2 < 10−5
⇐⇒√
4 + 1/n < 10−5 + 2⇐⇒ 4 + (1/n) < (10−5 + 2)2
⇐⇒ 1/n < 10−10 + 4 + 4 · 10−5 − 4⇐⇒ n > (10−10 + 4 · 10−5)−1 = 1010 · (1 + 4 · 105)−1.
El resultado indica que la sucesion dada por an =√
4 + 1/n tienelımite 2.
b) Procediendo analogamente al caso anterior, tenemos:
1n
+(−1)n
n2< 10−6 ⇐⇒ n + (−1)n < 10−6 · n2 ⇐⇒ 10−6 · n2 − n− (−1)n > 0.
Si resolvemos esta inecuacion de segundo grado, resulta:
- Cuando n es par:
10−6 · n2 − n− 1 > 0 =⇒ n >1 +
√1 + 4 · 10−6
2 · 10−6
=⇒ n >12
[106 + 103
√4 + 106
]' 106.
- Cuando n es impar:
10−6 · n2 − n + 1 > 0 =⇒ n >1 +
√1− 4 · 10−6
2 · 10−6
=⇒ n >12
[106 + 103
√106 − 4
]< 106.
En definitiva, para n > 106 se verifica la desigualdad propuesta.
PROBLEMA 13.2
Demostrar, utilizando la definicion de lımite, que la sucesion de
termino general an =4n− 3n + 1
converge a 4.
Solucion
Debemos probar que, dado cualquier numero ε > 0, somos capaces de en-contrar un numero natural N tal que la distancia entre an y el lımite 4, esmenor que ε, ∀n > N . Ahora bien, dicha distancia es
|an − 4| =∣∣∣∣4n− 3
n + 1− 4∣∣∣∣ = ∣∣∣∣ −7
n + 1
∣∣∣∣ = 7n + 1
,
163
y sera |an − 4| < ε si y solo si n >7ε− 1. Por tanto, basta elegir cualquier
numero natural N >7ε− 1 para que se cumpla la definicion de lımite.
PROBLEMA 13.3
Sean a y b positivos. Probar que lımn→∞
n√
an + bn = max{a, b}.
Solucion
En primer lugar, si a = b,
lımn→∞
n√
an + bn = lımn→∞
n√
2an = lımn→∞
an√
2 = a = max{a, b}.
Supongamos ahora que a > b. Entonces
lımn→∞
n√
an + bn = lımn→∞
n√
an[1 + (b/a)n] = lımn→∞
a n√
1 + (b/a)n = a = max{a, b},
debido a que (b/a)n → 0.
Analogamente se deduce el caso en que b > a.
PROBLEMA 13.4
Sabiendo que lımn→∞
(an + 1an− 1
)n
= 9, calcular el valor de a.
Solucion
Como se trata de una indeterminacion de la forma 1∞, podemos tomar
logaritmos y aplicar la equivalencia lnan + 1an− 1
∼ an + 1an− 1
− 1. De este mo-
do,
ln 9 = lım n
(an + 1an− 1
− 1)
= lım n · 2an− 1
=2a,
con lo que debemos tomar a =2
ln 9.
PROBLEMA 13.5
Hallar la relacion entre los parametros a y b para que se verifique
lımn→∞
(n + a
n + 1
)2n+3
= lımn→∞
(n + 3n + 2
)bn+4
.
164
Solucion
Ambos lımites son de la forma 1∞. Tomando logaritmos y aplicando laequivalencia lnun ∼ un − 1, cuando un → 1, obtenemos:
lnL1 = lımn→∞
(2n + 3) ln(
n + a
n + 1
)= lım
n→∞(2n + 3)
(n + a
n + 1− 1)
= lımn→∞
(2n + 3) · n + a− n− 1n + 1
= 2(a− 1),
lnL2 = lımn→∞
(bn + 4) ln(
n + 3n + 2
)= lım
n→∞(bn + 4)
(n + 3n + 2
− 1)
= lımn→∞
(bn + 4) · n + 3− n− 2n + 2
= b.
Para que L1 = L2, debe cumplirse que e2(a−1) = eb, o bien 2(a − 1) = b.
PROBLEMA 13.6
Probar que la sucesion de termino general
an =12
+24
+38
+ · · ·+ n
2n
es de Cauchy.
Solucion
La sucesion {an} es precisamente la sucesion de sumas parciales de la seriede terminos positivos
∑n≥1
n
2n. Como dicha serie es convergente (lo cual se
puede probar facilmente aplicando el criterio de la raız), tambien lo es lasucesion de sumas parciales y converge a la suma de la serie. Como todasucesion convergente es de Cauchy, obtenemos el resultado deseado.
PROBLEMA 13.7
Sea {xn} una sucesion monotona creciente. Probar que tambien lo
es la sucesion de termino general yn =x1 + · · ·+ xn
n.
165
Solucion
Probaremos que yn+1 ≥ yn, para lo cual utilizamos el hecho de que x1 ≤x2 ≤ · · · ≤ xn ≤ xn+1:
yn+1 =x1 + · · ·+ xn + xn+1
n + 1=
x1 + (1/n)xn+1 + · · ·+ xn + (1/n)xn+1
n + 1
≥ x1(1 + 1/n) + · · ·+ xn(1 + 1/n)n + 1
=nyn(1 + 1/n)
n + 1= yn.
Analogamente se prueba que si {xn} es decreciente, tambien lo es la sucesionde sus medias aritmeticas.
PROBLEMA 13.8
Demostrar que es convergente la sucesion de termino general
xn =1
2n + 1+ · · ·+ 1
3n.
Solucion
Demostraremos que la sucesion es monotona creciente y acotada superior-mente, lo que da como consecuencia la convergencia de la sucesion.
*) La sucesion esta acotada superiormente pues:
xn =1
2n + 1+ · · ·+ 1
3n<
12n
+ · · ·+ 12n
=n
2n=
12.
*) La sucesion es monotona creciente, como se comprueba al realizar lasiguiente resta:
xn+1 − xn =1
3n + 3+
13n + 2
+1
3n + 1− 1
2n + 2− 1
2n + 1
=9n2 + 11n + 4
6(n + 1)(3n + 2)(3n + 1)(2n + 1)> 0, ∀n.
Como hemos indicado al principio, se aquı se deduce que la sucesion esconvergente.
PROBLEMA 13.9
Encontrar los lımites de oscilacion de las sucesiones siguientes:
a) an = n2[1 + (−1)n].
b) an =n
n + 1sen2 nπ
4.
166
Solucion
a) Si n es par, tenemos la sub-sucesion an = 2n2 que es divergente (sulımite es +∞).
Por otra parte, si n es impar, resulta an = 0, que converge a cero.
En definitiva, los lımites de oscilacion son 0 y +∞.
b) En este caso, si n es impar, sennπ
4= ±
√2
2, con lo que an =
n
2(n + 1)que converge a 1/2.
Si n es multiplo de 4, sennπ
4= 0 y la subsucesion correspondiente
converge a cero.
Si n es de la forma n = 4k + 2, k ∈ N, entonces sennπ
4= ±1, con lo
que an =n
n + 1que converge a 1.
En definitiva, los lımites de oscilacion son {0, 1/2, 1}.
PROBLEMA 13.10
Encontrar los lımites de oscilacion de la sucesion cuyo termino
general es an = sennπ
2+
12 + 2n
2n+1· cos
nπ
2.
Solucion
Si n es par, n = 2k, tenemos la sub-sucesion
a2k = sen kπ +12 + 22k
22k+1· cos kπ = (−1)k 12 + 22k
2 · 22k
(debido a que sen kπ = 0 y cos kπ = (−1)k). Como lımn→∞
12 + 22k
2 · 22k= 1/2, la
subsucesion {a2k} es oscilante. Por lo tanto, si k nuevamente es par, la sub-sucesion correspondiente tiene lımite 1/2, y si k es impar, la sub-sucesionconverge a −1/2.
Por otra parte, si n es impar, n = 2k + 1, obtenemos la sub-sucesion
a2k+1 = sen(2k + 1)π
2+
12 + 22k+1
22k+2· cos
(2k + 1)π2
= (−1)k,
que tambien es oscilante pero tiene lımites de oscilacion 1 y −1.
En definitiva, los lımites de oscilacion de la sucesion propuesta son −1, −1/2,1/2 y 1, que son los lımites de las subsucesiones {a4k+3}, {a4k+2}, {a4k} y{a4k+1}, respectivamente.
167
PROBLEMA 13.11
Encontrar los lımites de oscilacion de la sucesion {m/n : m,n ∈N, m.c.d.(m,n) = 1} ordenada de modo que m + n vaya de menora mayor.
Solucion
Como la sucesion consta de todos los numeros racionales positivos, tiene porlımites de oscilacion a todos los reales no negativos pues, como es sabido, encualquier entorno de un numero real hay siempre una infinidad de numerosracionales.
PROBLEMA 13.12
Sea f una funcion real monotona creciente y acotada en el inter-valo [0, 1]. Definimos las sucesiones {sn} y {tn} como:
sn =1n
n−1∑k=0
f(k/n), tn =1n
n∑k=1
f(k/n).
i) Demostrar que
sn ≤∫ 1
0f(x) dx ≤ tn y 0 ≤
∫ 1
0f(x) dx− sn ≤
f(1)− f(0)n
.
ii) Demostrar que las sucesiones {sn} y {tn} convergen ambas a∫ 1
0f(x)dx.
Solucion
i) Como f es creciente, si P = {0, 1/n, 2/n, . . . , (n− 1)/n, 1} es una parti-cion cualquiera del intervalo [0, 1], entonces
f
(k − 1
n
)≤ f(x) ≤ f
(k
n
), ∀x ∈
(k − 1
n,k
n
), k = 1, . . . , n.
De aquı se deduce que∫ k/n
(k−1)/nf
(k − 1
n
)dx ≤
∫ k/n
(k−1)/nf(x) dx ≤
∫ k/n
(k−1)/nf
(k
n
)dx,
de modo que, sumando a lo largo de los subintervalos de la particion
P , se obtiene precisamente que sn ≤∫ 1
0f ≤ tn.
168
Si restamos sn a los tres miembros de la desigualdad anterior, obtene-mos que
0 ≤∫ 1
0f−sn ≤ tn−sn =
1n
[n∑
k=1
f(k/n)−n−1∑k=0
f(k/n)
]=
1n
[f(1)−f(0)].
Si, en vez de restar sn, restamos tn en la misma desigualdad, se obtienela desigualdad analoga
− 1n
[f(1)− f(0)] ≤∫ 1
0f − tn ≤ 0.
ii) De las dos ultimas desigualdades, al calcular el lımite de los extremosse obtiene que
0 ≤ lım[∫ 1
0f − sn
]≤ lım
1n
[f(1)− f(0)] = 0 =⇒ lım sn =∫ 1
0f ;
0 = lım− 1n
[f(1)− f(0)] ≤ lım[∫ 1
0f − tn
]≤ 0 =⇒ lım tn =
∫ 1
0f.
PROBLEMA 13.13
Sea X el conjunto de los numeros reales que son solucion de lasecuaciones n2x2 − n(3n− 1)x + (2n2 − 3n− 2) = 0 para cada n ∈ N.Hallar supX e ınf X.
Solucion
Al resolver la ecuacion obtenemos las raıces
x =n(3n− 1)±
√n2(3n− 1)2 − 4n2(2n2 − 3n− 2)
2n2
=⇒ an =2n + 1
n, bn =
n− 2n
.
Resulta entonces el conjunto X ={
2n + 1n
: n ∈ N}∪{
n− 2n
: n ∈ N}
. Co-
mo la sucesion an =2n + 1
nes decreciente y tiene lımite 2 y la sucesion
bn =n− 2
nes creciente y tiene lımite 1, se deduce que supX = a1 = 3 e
ınf X = b1 = −1.
169
B. SUCESIONES RECURRENTES.
Sabemos que para definir una sucesion es necesario dar una regla de forma-cion de todos sus terminos. Esa regla puede ser una formula explıcita quede la imagen de cada numero natural o una formula recurrente, mediante lacual cada termino viene dado en funcion de uno o varios terminos preceden-tes. Este caso merece especial atencion pues no se pueden aplicar las reglasusuales para el calculo de lımites sino que la convergencia se deduce de for-ma indirecta. En los siguientes problemas utilizaremos fundamentalmente elsiguiente esquema:
1. Determinar si la sucesion es monotona (bien creciente o decreciente),mediante la comparacion de dos terminos consecutivos.
2a. En caso afirmativo, comprobar si la sucesion esta acotada. Esto ya dacomo consecuencia la convergencia de la sucesion.
2b. En caso negativo, aplicar el criterio de convergencia de Cauchy.
3. Una vez comprobada la existencia de lımite, aplicar la propiedad de unici-dad del mismo. Esto quiere decir que, en particular, L = lım an = lım an+1.Esto da lugar a una ecuacion cuya solucion es el lımite de la sucesion.
PROBLEMA 13.14
Calcular el lımite de las sucesiones de termino general
a) an =√
2√
2√
2 . . . (n veces).
b) an =√
2 +√
2 +√
2 + . . . (n veces).
Solucion
a) Si escribimos el termino general como
an = 21/2 · 21/4 · · · · · 21/2n= 21/2+1/4+···+1/2n
,
y sabiendo que el exponente es la suma de los terminos de una progre-sion geometrica de razon 1/2,
1/2 + 1/4 + · · ·+ 1/2n =1/2− 1/2n+1
1− 1/2= 1− 1/2n,
al calcular el lımite obtenemos:
lım an = lım 21−1/2n= 2.
170
Otro metodo: El termino general se puede escribir como an =√
2an−1
y se puede probar que es monotona creciente y esta acotada superior-mente.
Por induccion se demuestra que an < 2, ∀n:
Como a1 =√
2, es evidente que a1 < 2.
Si suponemos ahora que an−1 < 2, probaremos que an < 2:
an =√
2an−1 <√
2 · 2 = 2.
Por otra parte, comoan
an−1=
√2
an−1> 1, se deduce que la sucesion
es monotona creciente.
Lo anterior prueba que la sucesion es convergente y, por tanto, de larelacion L = lım an = lım an−1 resulta que:
L =√
2L =⇒ L2 = 2L =⇒ L = 0 o L = 2.
Como an > 0, ∀n y es creciente, solo puede ser L = 2.
b) Como no podemos escribir una formula explıcita (simple) para expresarel termino general, aplicamos el segundo metodo del apartado ante-rior. Escribimos para ello en forma recurrente an =
√2 + an−1, ∀n y
probamos que la sucesion es monotona y acotada.
- La sucesion esta acotada superiormente por 2:
Es evidente que a1 =√
2 < 2 y, si suponemos que an−1 < 2, resultaque
an =√
2 + an−1 <√
2 + 2 = 2.
- La sucesion es monotona creciente. Para ello escribiremos desigual-dades equivalentes a la que queremos probar:
an+1 ≥ an ⇐⇒√
2 + an ≥ an ⇐⇒ 2 + an ≥ a2n ⇐⇒ a2
n − an − 2 ≤ 0⇐⇒ (an − 2)(an + 1) ≤ 0 ⇐⇒ −1 ≤ an ≤ 2,
lo que es evidentemente cierto.
De lo anterior se deduce nuevamente que la sucesion es convergente. Sillamamos L a su lımite, debido a que L = lım an = lım an+1, tenemos:
L =√
2 + L =⇒ L2 = 2+L =⇒ L2−L−2 = 0 =⇒ (L−2)(L+1) = 0 =⇒ L = 2,
ya que los terminos de la sucesion son todos positivos y el lımite nopuede ser negativo.
171
PROBLEMA 13.15
Se considera la sucesion (an)n≥1 definida por a1 = a2 = a > 0,
an =1
1an−1
+ 1an−2
, si n ≥ 3. Probar que es monotona y acotada y
calcular su lımite.
Solucion
Es evidente por la misma construccion del termino general que an ≥ 0, ∀n,lo que indica por una parte que la sucesion esta acotada inferiormente por 0.Veamos que es monotona decreciente. Para ello escribimos an =
an−1 · an−2
an−1 + an−2y obtenemos que
an
an−1=
an−2
an−1 + an−2< 1 =⇒ an < an−1,
como querıamos probar.
Para calcular el lımite tenemos en cuenta que L = lım an = lım an−1 =
lım an−2 y planteamos la ecuacion L =1
1/L + 1/L. Esto implica que L =
L/2 de donde L = 0.
PROBLEMA 13.16
Sea (xn)n∈N la sucesion definida de la siguiente forma:{x1 = 1,
xn+1 = 11+x2
n· xn.
Demostrar que es convergente y que lımn→∞
xn = 0.
Solucion
Para probar que es convergente, basta ver que esta acotada inferiormente yque es decreciente.
Por una parte, es evidente que xn ≥ 0, ∀n.
Por otra parte, comoxn+1
xn=
11 + x2
n
< 1, se deduce que xn+1 < xn, ∀n.
Sabiendo ya que es convergente, para calcular el lımite tendremos en cuentaque lım xn = lım xn+1. Si llamamos L a dicho lımite, resulta que
L =1
1 + L2· L =⇒ L = 0 o
11 + L2
= 1 =⇒ L = 0.
172
PROBLEMA 13.17
Sea (an)n∈N la sucesion definida de la siguiente forma:{a1 = 1,
an+1 = 2(1+an)2+an
.
Probar que lımn→∞
an =√
2.
Solucion
(*) Probaremos en primer lugar por induccion que a2n < 2:
a21 = 1 < 2;
Si a2n < 2, a2
n+1 = 4 · 1 + 2an + a2n
4 + 4an + a2n
= 2 · 2 + 4an + 2a2n
4 + 4an + a2n
.
Pero como a2n < 2, entonces 2 + 4an + 2a2
n < 4 + 4an + a2n, de donde
a2n+1 < 2.
Queda pues probado que la sucesion esta acotada superiormente por√
2.
(*) Por otra parte, como a2n < 2, entonces
an+1
an=
2 + 2an
2an + a2n
> 1 =⇒ an+1 > an,
es decir que la sucesion es monotona creciente.
(*) De lo anterior podemos concluir que la sucesion es convergente; si lla-mamos L = lım an, tenemos
L =2(1 + L)2 + L
=⇒ 2L + L2 = 2 + 2L =⇒ L2 = 2 =⇒ L =√
2,
pues an ≥ 0 para todo n.
PROBLEMA 13.18
Sea (xn)n∈N la sucesion definida de la siguiente forma:{x1 = 10,
xn+1 = 12
(xn + 1
xn
).
Demostrar que es convergente y que lımn→∞
xn = 1.
173
Solucion
*) Veremos que la sucesion esta acotada inferiormente.
Para ello probaremos en primer lugar por induccion que xn > 0, ∀n:
Es evidente que x1 > 0 y, si suponemos que xn > 0, tenemos que xn+1/xn >0, de donde xn+1 > 0.
Veamos a continuacion que ademas xn ≥ 1, ∀n. Para ello suponemos tam-bien que xn ≥ 1 y probaremos que xn+1 ≥ 1:
Como (xn − 1)2 ≥ 0, entonces
x2n + 1− 2xn ≥ 0 =⇒ x2
n + 1 ≥ 2xn =⇒ x2n + 12xn
≥ 1 =⇒ xn+1 ≥ 1.
*) La sucesion es monotona decreciente:
Como x2n ≥ 1, se deduce que, para todo n,
1x2
n
≤ 1 =⇒ 1+1x2
n
≤ 2 =⇒ xn+1
xn=
x2n + 12x2
n
=12
(1 +
1x2
n
)≤ 1 =⇒ xn+1 ≤ xn.
*) De lo anterior se deduce que la sucesion es convergente. Ademas, si lla-mamos L al lımite, tenemos que
L =12· L2 + 1
L=⇒ 2L2 = L2 + 1 =⇒ L2 = 1 =⇒ L = ±1.
Como todos los terminos son positivos, solo es posible la solucion L = 1.
PROBLEMA 13.19
Sea (xn)n∈N la sucesion definida de la siguiente forma:{x1 = 1/3,
xn+1 = 1
1+√
(1/xn)−1.
Demostrar que es convergente y calcular su lımite.
Solucion
- En primer lugar, probaremos por induccion que 0 < xn < 1/2, ∀n:
La propiedad es cierta para n = 1 pues x1 = 1/3 < 1/2.
174
Si suponemos cierta la propiedad para xn, veamos que tambien lo es paraxn+1:
0 < xn < 1/2 =⇒ 1/xn > 2 =⇒ 1/xn − 1 > 1 =⇒√
1/xn − 1 > 1
=⇒ 1 +√
1/xn − 1 > 2 =⇒ xn+1 =1
1 +√
(1/xn)− 1< 1/2,
y ademas xn+1 > 0.
- Veamos a continuacion que la sucesion es creciente, es decir xn+1 ≥ xn, ∀n.Para ello, escribiremos inecuaciones equivalentes a la que queremos probarhasta obtener alguna cuya solucion sea mas asequible:
xn+1 ≥ xn ⇐⇒ 11 +
√(1/xn)− 1
≥ xn ⇐⇒1xn
≥ 1 +√
(1/xn)− 1
⇐⇒ 1xn− 1 ≥
√1xn− 1 ⇐⇒ 1
xn− 1 ≥ 1 ⇐⇒ 1
xn≥ 2 ⇐⇒ 1
2≥ xn
lo cual esta ya probado al principio.
- En definitiva, como la sucesion es monotona creciente y acotada supe-riormente, sera convergente. Para calcular su lımite, utilizamos la formulaL = lım xn = lım xn+1 y tenemos en cuenta que L ≤ 1/2 (pues 1/2 es unacota superior de {xn}):
L =1
1 +√
1/L− 1=⇒ L + L
√1/L− 1 = 1 =⇒ L2(1/L− 1) = (1− L)2
=⇒ L− L2 = 1− 2L + L2 =⇒ 2L2 − 3L + 1 = 0
=⇒ L =3±
√9− 8
4=⇒ L = 1 o L = 1/2 =⇒ L = 1/2.
Observacion. Aunque la sucesion este definida en forma recurrente, en estecaso es posible encontrar una formula explıcita del termino general. Ası, se
puede probar por induccion que xn =1
1 + 21/2n−1 , ∀n y es evidente que
lım xn = 1/2.
PROBLEMA 13.20
Demostrar que la sucesion (xn)n∈N definida por:{x1 = 1/8, xn+1 = x2
n + 1/4, n ≥ 1,
es convergente y calcular su lımite.
175
Solucion
*) Veamos en primer lugar que {xn} es creciente:
xn+1 − xn = x2n − xn + 1/4 = (xn − 1/2)2 ≥ 0, ∀n =⇒ xn+1 ≥ xn, ∀n.
*) A continuacion probaremos por induccion que la sucesion esta acotadasuperiormente por 1/2. En efecto,
x1 = 1/8 < 1/2.
Ademas, si suponemos xn < 1/2, veamos que xn+1 < 1/2:
xn < 1/2 =⇒ x2n < 1/4 =⇒ x2
n + 1/4 < 1/2 =⇒ xn+1 < 1/2.
*) De lo anterior se deduce que {xn} es convergente. Si llamamos L a sulımite, se debe verificar:
L = L2 + 1/4 =⇒ L2 − L + 1/4 = 0 =⇒ (L− 1/2)2 = 0 =⇒ L = 1/2.
PROBLEMA 13.21
Se define la siguiente sucesion:{x1 ∈ (0, 1),
xn+1 = 1−√
1− xn.
Probar que es convergente y calcular su lımite.
Solucion
*) Veamos en primer lugar que la sucesion esta acotada probando por in-duccion que xn ∈ (0, 1), ∀n.
Por hipotesis x1 ∈ (0, 1). Si suponemos que xn ∈ (0, 1), resulta:
0 < xn < 1 =⇒ 0 > −xn > −1 =⇒ 1 > 1− xn > 0 =⇒ 1 >√
1− xn > 0=⇒ −1 < −
√1− xn < 0 =⇒ 0 < 1−
√1− xn < 1,
que es precisamente la condicion 0 < xn+1 < 1.
*) La sucesion es decreciente pues, como
xn+1 = 1−√
1− xn =1− (1− xn)1 +
√1− xn
=xn
1 +√
1− xn
176
y 1 +√
1− xn > 1, resulta que
xn+1
xn=
11 +
√1− xn
< 1 =⇒ xn+1 < xn, ∀n.
*) Lo anterior prueba que la sucesion es convergente. Si llamamos L al lımitey utilizamos la propiedad L = lım xn = lım xn+1, deducimos que
L = 1−√
1− L =⇒ L− 1 = −√
1− L =⇒ (L− 1)2 = 1− L
=⇒ (L− 1)2 + (L− 1) = 0 =⇒ (L− 1)(L− 1 + 1) = 0.
Esto conduce a las dos posibilidades L = 1 o L = 0. Al ser la sucesiondecreciente y sus terminos menores que 1, debe ser L = 0.
PROBLEMA 13.22
Sea (xn)n∈N la sucesion definida por la ley de recurrencia 7xn+1 =x3
n + 6. Estudiar la convergencia en los siguientes casos:
i) x1 = 1/2.
ii) x1 = 3/2.
iii) x1 = 5/2.
Solucion
Estudiaremos en primer lugar el crecimiento en el caso general. Como
xn+1 − xn =x3
n
7+
67− xn =
x3n − 7xn + 6
7=
(xn − 1)(xn − 2)(xn + 3)7
,
el crecimiento depende del signo de los factores.
Por otra parte, si la sucesion fuera convergente y llamamos L al lımite, debeverificarse que
7L = L3 + 6 ⇐⇒ L3 − 7L + 6 = 0 ⇐⇒ (L− 1)(L− 2)(L + 3) = 0,
con lo que los unicos posibles lımites son L = 1, L = 2 o L = −3.
Veamos las distintas posibilidades segun los valores del primer termino.
i) Si x1 = 1/2, probaremos por induccion que 0 < xn < 1, ∀n: Efectiva-mente, si suponemos que 0 < xk < 1, entonces
0 < x3k < 1 =⇒ 6 < x3
k + 6 < 7 =⇒ 6/7 < xk+1 < 1,
177
como querıamos probar.
De lo anterior se deduce que la sucesion es creciente pues xn − 1 <0, xn − 2 < 0, xn + 3 > 0, de donde xn+1 − xn > 0. Como tambienesta acotada superiormente, debe ser convergente y, recordando que0 < xn < 1, el lımite debe ser L = 1.
ii) Si x1 = 3/2, probaremos por induccion que 1 < xn < 2, ∀n: Efectiva-mente, si suponemos que 1 < xk < 2, entonces
1 < x3k < 8 =⇒ 7 < x3
k + 6 < 14 =⇒ 1 < xk+1 < 2,
como querıamos probar.
En este caso, como ahora xn − 1 > 0, xn − 2 < 0, xn + 3 > 0, sededuce que xn+1−xn < 0, con lo que la sucesion es decreciente. Comoesta acotada inferiormente, tambien es convergente y su lımite solopuede ser L = 1.
iii) Si x1 = 5/2, se comprueba tambien por induccion que xn > 2, ∀n:Suponemos para ello que xk > 2; entonces
x3k > 8 =⇒ x3
k + 6 > 14 =⇒ xk+1 > 2,
como querıamos probar.
De lo anterior se deduce que la sucesion es creciente pues, como xn−1 >0, xn−2 > 0 y xn+3 > 0, resulta que xn+1−xn > 0. Su lımite, en casode existir, deberıa ser mayor que 2 lo cual es imposible segun hemoscomprobado anteriormente. Esto indica que la sucesion es divergente.
PROBLEMA 13.23
Sea (an)n∈N la sucesion definida por recurrencia de la siguienteforma:
a1 = −3/2, 3an+1 = 2 + a3n.
a) Comprobar que es convergente y calcular su lımite.
b) Modificar el primer termino a1 para que el lımite sea −2.
Solucion
a) - Probaremos en primer lugar que an ∈ (0, 1), ∀n > 2.
En efecto, como 3a2 = 2 + (−3/2)3 =⇒ a2 = −11/24, de donde
a3 =2 + (−11/24)3
3= 0,63.
178
Si suponemos ahora que 0 < an < 1, se deduce que:
0 < a3n < 1 =⇒ 2 < a3
n + 2 < 3 =⇒ 0 < 2/3 < an+1 < 1.
- Probamos a continuacion que la sucesion es creciente. Para ello efec-tuamos la resta entre dos terminos consecutivos y obtenemos:
an+1 − an =2 + a3
n
3− an =
2 + a3n − 3an
3=
(an − 1)2 · (an + 2)3
> 0,
con lo que, efectivamente, an+1 > an, ∀n.
- Lo anterior implica que la sucesion es convergente y L = lım an =lım an+1. Entonces:
3L = 2 + L3 =⇒ L3 − 3L + 2 = 0 =⇒ (L− 1)2(L + 2) = 0.
Como an > 0, ∀n > 2, debe ser L = 1.
b) Veamos las distintas posibilidades para a1:
- Si a1 > −2, entonces se prueba por induccion que an > −2, ∀n.Debido a que
an+1 − an =(an − 1)2 · (an + 2)
3> 0,
la sucesion es creciente y el lımite no puede ser −2, que es una cotainferior.
- Si a1 < −2, entonces se prueba analogamente que an < −2, ∀n y quela sucesion es decreciente; el lımite no puede ser −2 que es ahora unacota superior.
La unica posibilidad es pues que a1 = −2. Esto da lugar a una sucesionconstante pues, si an = −2, entonces an+1 = (2− 8)/3 = −2. En estecaso el lımite es evidentemente −2.
PROBLEMA 13.24
Sea (xn)n∈N la sucesion definida de la siguiente forma:{x1 = 2,
xn+1 = 2− 1xn
.
Demostrar que es convergente y calcular su lımite. ¿Que pasarıasi x1 = 4?
179
Solucion
Para que sea convergente basta comprobar que esta acotada inferiormentey es monotona decreciente. Para ello veamos en primer lugar que xn ≥1, ∀n:
Esta claro que x1 ≥ 1. Si ademas suponemos que xn ≥ 1 para algun n,entonces
1xn
≤ 1 =⇒ − 1xn
≥ −1 =⇒ 2− 1xn
≥ 1
o bien xn+1 ≥ 1.
Ademas, como
xn+1 − xn = 2− 1xn− xn =
2xn − 1− x2n
xn= −(xn − 1)2
xn< 0,
se deduce que xn+1 < xn y la sucesion es efectivamente decreciente.
Ahora bien, si llamamos L al lımite de la sucesion, como L = lım xn =lım xn+1, entonces L = 2− 1/L =⇒ L2 = 2L− 1 =⇒ L = 1.
El mismo procedimiento se aplica al caso en que x1 = 4 pues son validas lasmismas operaciones hechas anteriormente.
Observemos que en ambos casos podemos escribir una expresion explıcitapara el termino general de la sucesion. Concretamente, en el caso en que
x1 = 2, es xn =n + 1
ny, si x1 = 4, entonces xn =
3n + 13n− 2
, lo que se puede
probar por induccion.
PROBLEMA 13.25
Sean a1, a2 > 0, 2an+1 = an + an−1, para n > 2. Probar que
lımn→∞
an =13(a1 + 2a2).
Solucion
En primer lugar veremos que la sucesion es de Cauchy:
|an+1 − an| =∣∣∣∣an + an−1
2− an
∣∣∣∣ = |an−1 − an|2
.
Procediendo por recurrencia se obtiene que
|an+1 − an| =|a1 − a2|
2n−1.
180
En general, si m > n, por la desigualdad triangular,
|am − an| ≤ |am − am−1|+ |am−1 − am−2|+ · · ·+ |an+1 − an|
= |a1 − a2|[
12m−2
+1
2m−3+ · · ·+ 1
2n−1
]≤ |a1 − a2| ·
1/2n−1
1− 1/2= |a1 − a2| ·
12n−2
.
De lo anterior se deduce que, si m,n → ∞, |am − an| → 0 y la sucesion esde Cauchy.
Por el criterio general de convergencia de Cauchy, la sucesion es convergente.Ademas,
2an+1 = an + an−1
2an = an−1 + an−2
2an−1 = an−2 + an−3
...2a3 = a2 + a1.
Sumando miembro a miembro, 2an+1 + 2an = an + 2a2 + a1 y llamando
L = lım an = lım an+1, resulta que 3L = 2a2 + a1, de donde L =2a2 + a1
3.
PROBLEMA 13.26
Sea (an)n∈N la sucesion definida de la siguiente forma:
a1 =√
2, an+1 =√
2 +√
an, ∀n = 1, 2, . . .
Probar que la sucesion es convergente.
Solucion
*) Probaremos en primer lugar por induccion que an ∈ (1, 2), ∀n.
Para n = 1 es cierto por hipotesis. Suponemos por tanto que tambien escierto para n y lo probaremos para n + 1. Tenemos pues:
1 < an < 2 =⇒ 1 <√
an <√
2 =⇒ 3 < 2 +√
an < 2 +√
2 < 4
=⇒√
3 <√
2 +√
an < 2 =⇒ 1 < an+1 < 2.
181
*) Veamos a continuacion que la sucesion es de Cauchy. Para ello, calculamosuna cota superior de |an+1 − an|:
|an+1 − an| =∣∣∣∣√2 +
√an −
√2 +
√an−1
∣∣∣∣=
∣∣(2 +√
an)− (2 +√an−1)
∣∣√2 +
√an +
√2 +√
an−1
=|an − an−1|(√
2 +√
an +√
2 +√an−1
) (√an +√
an−1
) <|an − an−1|
2 · 2.
(Esta ultima desigualdad se deduce de que√
an > 1 y√
2 +√
an > 1.)Procediendo por recurrencia se obtiene que
|an+1 − an| <|an − an−1|
4< . . . <
|a2 − a1|4n−1
.
De lo anterior resulta que, si n, p > 0:
|an+p − an| ≤ |an+p − an+p−1|+ |an+p−1 − an+p−2|+ · · ·+ |an+1 − an|
< |a2 − a1|[
14n+p−2
+1
4n+p−3+ · · ·+ 1
4n−1
]< |a2 − a1| ·
∞∑k=n
14k−1
= |a2 − a1| ·1/4n−1
1− 1/4=
4|a2 − a1|3 · 4n−1
.
Como el ultimo termino tiende a cero cuando n →∞, entonces |an+p−an| <ε, ∀ε > 0. Esto indica que la sucesion es de Cauchy y, por tanto, convergente.
PROBLEMA 13.27
Sean a y b dos numeros reales que verifican 0 < a < b. Demostrarque las dos sucesiones (xn)n∈N, (yn)n∈N definidas de la siguienteforma {
x1 = axn+1 =
√xnyn
,
{y1 = b
yn+1 = xn+yn
2
,
son convergentes y que tienen el mismo lımite, llamado mediaaritmetico-geometrica de a y b.
Solucion
Es evidente que xn > 0, yn > 0 para todo n ∈ N.
(*) Probaremos en primer lugar que xn ≤ yn, ∀n:
182
Como
0 ≤ (xn − yn)2 = x2n + y2
n − 2xnyn
= x2n + y2
n + 2xnyn − 4xnyn = (xn + yn)2 − 4xnyn,
tenemos que (xn + yn)2 ≥ 4xnyn, es decir4xnyn
(xn + yn)2≤ 1, ∀n.
Ahora bien, comox2
n+1
y2n+1
=xnyn
(xn + yn)2/4≤ 1, resulta que x2
n+1 ≤ y2n+1, de
donde xn+1 ≤ yn+1, ∀n.
(*) Veamos a continuacion que {xn} es creciente y que {yn} es decrecien-te:
Comoxn+1
xn=√
yn
xn≥ 1, entonces xn+1 ≥ xn y {xn} es creciente.
Ademas yn+1 − yn =xn + yn
2− yn =
xn − yn
2≤ 0, es decir {yn} es decre-
ciente.
En definitiva, la sucesion {xn} es monotona creciente y acotada superiormen-te por b y la sucesion {yn} es monotona decreciente y acotada inferiormentepor a. Esto implica que ambas son convergentes.
(*) Por ultimo, si llamamos L = lım xn, M = lım yn, tenemos que L =√LM , de donde L2 = LM y, por ser L > 0, L = M .
PROBLEMA 13.28
Dados los numeros reales u0 y v0 con u0 < v0, se construyen lassucesiones
u1 =u0 + v0
2, v1 =
u0 + 2v0
3...
...
un =un−1 + vn−1
2, vn =
un−1 + 2vn−1
3
a) Probar que lımn→∞
(un − vn) = 0.
b) Probar que las sucesiones {un} y {vn} son convergentes.
183
Solucion
a) Si calculamos la diferencia |un − vn|, obtenemos:
|un − vn| =∣∣∣∣un−1 + vn−1
2− un−1 + 2vn−1
3
∣∣∣∣=
∣∣∣∣3un−1 + 3vn−1 − 2un−1 − 4vn−1
6
∣∣∣∣ = |un−1 − vn−1|6
.
Procediendo por recurrencia, se obtiene que
0 ≤ |un − vn| =|un−1 − vn−1|
6=|un−2 − vn−2|
62= · · · = |u0 − v0|
6n.
Como lımn→∞
|u0 − v0|6n
= 0, se deduce que lımn→∞
|un − vn| = 0.
b) Para probar que ambas sucesiones son convergentes, basta ver que veri-fican el criterio general de Cauchy. Por el apartado anterior,
|un+1 − un| =∣∣∣∣un + vn
2− un
∣∣∣∣ = |vn − un|2
=|u0 − v0|
2 · 6n.
Si ahora p es un entero positivo cualquiera,
|un+p − un| ≤ |un+p − un+p−1|+ |un+p−1 − un+p−2|+ · · ·+ |un+1 − un|
=|u0 − v0|
2
[1
6n+p−1+ · · ·+ 1
6n
]≤ |u0 − v0|
2
[16n
+ · · ·+ 16n+p−1
+ . . .
]=
|u0 − v0|2
· 1/6n
1− 1/6=
35 · 6n
· |u0 − v0| → 0,
cuando n →∞.
Para demostrar que {vn} es de Cauchy se procede de forma completa-mente analoga. Se podrıa razonar tambien diciendo que si {un− vn} y{un} son ambas convergentes, tambien debe serlo {vn} que es su resta.
184
PROBLEMA 13.29
Dadas las constantes k > 0 y a > 0, se definen las sucesiones:
a) an+1 =√
k + an con a1 = a;
b) bn+1 =k
1 + bncon b1 = a.
Probar que {an} converge a la raız positiva de la ecuacion x2 −x − k = 0 y que {bn} converge a la raız positiva de la ecuacionx2 + x− k = 0.
Solucion
a) Sea L la raız positiva de la ecuacion x2 − x − k = 0; ası L verificaL2 = L + k. Dividiremos el estudio de la sucesion en tres casos:
1) Caso a1 = a = L. En este caso la sucesion es constante pues, debidoa que L2 = L + k, si suponemos an = L, entonces
an+1 =√
k + an =√
k + L =√
L2 = L.
De aquı se deduce evidentemente que la sucesion converge a L.
2) Caso a1 = a < L. Probaremos que la sucesion esta acotada supe-riormente por L y que es monotona creciente.
En efecto, procediendo por induccion, como a1 < L, si suponemos quean < L, entonces
an + k < L + k = L2 =⇒√
an + k <√
L2 =⇒ an+1 < L.
Por otra parte, como an esta comprendido entre las dos raıces de laecuacion x2 − x− k = 0, deducimos que
a2n − an − k < 0 =⇒ k + an > a2
n =⇒√
k + an > an =⇒ an+1 > an.
Estas dos propiedades conducen a la convergencia de la sucesion dada.
3) Caso a1 = a > L. Este caso es similar al anterior, pues se pruebaanalogamente que la sucesion esta acotada inferiormente y es monoto-na decreciente.
b) Llamamos en este caso M a la raız positiva de la ecuacion x2 + x −k = 0. Esta sucesion no es monotona como se deduce de la siguienteimplicacion (debemos tener en cuenta que M2 + M = k, o bien M =k/(1 + M)):
an > M =⇒ an+1 =k
1 + an<
k
1 + M= M.
185
(Analogamente se prueba que si an < M , an+1 > M .) Veamos que lasucesion es de Cauchy. Supondremos para ello que a1 > M > a2, perola situacion serıa analoga en el caso de que a1 < M < a2. Tenemosası:
a2n+1 − a2n =k
1 + a2n− a2n =
k − a2n − a22n
1 + a2n(1)
∗=a2n · a2n−1 − a2
2n
1 + a2n=
a2n
1 + a2n· (a2n−1 − a2n) (2)
∗∗<
L
1 + L(a2n−1 − a2n). (3)
Los pasos (*) y (**) se deducen de que, por una parte,
a2n =k
1 + a2n−1=⇒ a2n + a2n · a2n−1 = k
y, por otra,
a2n < L =⇒ a2n + a2n · L < L + a2n · L =⇒ a2n(1 + L) < L(1 + a2n)
=⇒ a2n
1 + a2n<
L
1 + L.
Ademas, de (1) se deduce que
a2n−1 − a2n = a2n−1 −k
1 + a2n−2=
a2n−1 + a22n−1 − k
1 + a2n−1(4)
=a2n−1(a2n−1 − a2n−2)
1 + a2n−1< a2n−1 − a2n−2. (5)
De (1) y (2), procediendo por recurrencia, llegamos a:
a2n+1 − a2n <L
1 + L(a2n−1 − a2n−2) <
(L
1 + L
)2
(a2n−3 − a2n−4)
< . . . <
(L
1 + L
)n−1
(a3 − a2) <
(L
1 + L
)n
(a1 − a2),
y
a2n+1 − a2n+2 < a2n+1 − a2n <
(L
1 + L
)n
(a1 − a2).
De estas acotaciones se deduce como en los problemas anteriores quela sucesion es de Cauchy y, por tanto, tambien es convergente.
186
PROBLEMA 13.30
Para los antiguos griegos, el rectangulo mas estetico era aquel cu-yos lados a y b verifican la llamada “relacion aurea”, es decira
b=
b
a + b.
a) Comprobar que la relacion anterior es cierta si y solo si el cociente
L =b
avale L =
1 +√
52
.
b) Probar que dicho numero L es el lımite de la sucesion{a1 = 1,an+1 = 1 + 1/an.
c) Probar que si n ≥ 2, an =xn
xn−1donde (xn) es la sucesion de Fibo-
nacci siguiente:
1, 2, 3, 5, 8, 13, 21, . . .
es decir, aquella cuyos terminos se obtienen sumando los dosterminos anteriores a el.
Solucion
a) Escribiendo identidades equivalentes, tenemos
a
b=
b
a + b⇐⇒ a2 + ab = b2 ⇐⇒ 1 +
b
a=(
b
a
)2
⇐⇒(
b
a
)2
− b
a− 1 = 0 ⇐⇒ b
a=
1±√
1 + 42
.
Como a, b > 0, entonces b/a > 0 y solo es valida la solucion positivab
a=
1 +√
52
.
b) Debido a que 1/an ≥ 0, ∀n, se deduce que an+1 = 1 + (1/an) ≥ 1.
Por lo anterior, 1/an ≤ 1, de modo que an+1 = 1 + (1/an) ≤ 2.
Lo anterior prueba que la sucesion esta acotada, 1 ≤ an ≤ 2, ∀n.
187
Veremos a continuacion que es una sucesion de Cauchy:
|an+1 − an| =∣∣∣∣1 +
1an− an
∣∣∣∣ = ∣∣∣∣1 +1an− 1− 1
an−1
∣∣∣∣=
|an − an−1|an · an−1
=|an−1 − an−2|
(an · an−1)(an−1 · an−2)
= · · · = |a2 − a1|(an · an−1)(an−1 · an−2) . . . (a2 · a1)
.
Como a2 − a1 = 1 y an+1 · an = an + 1 > 2, es decir1
an+1 · an<
12, ∀n,
resulta que |an+1 − an| ≤1
2n−1.
En general,
|an+p − an| ≤ |an+p − an+p−1|+ |an+p−1 − an+p−2|+ · · ·+ |an+1 − an|
≤ 12n+p−2
+1
2n+p−3+ · · ·+ 1
2n−1
≤ 12n−1
+12n
+ · · ·+ 12n+p−2
+ · · · = 1/2n−1
1− 1/2=
12n−2
,
y el ultimo termino tiende a cero cuando n →∞.
Como la sucesion es de Cauchy, es convergente. Si llamamos L a su lımite,tenemos que L = 1 + 1/L, de donde, sucesivamente, obtenemos:
L2 = L + 1 =⇒ L2 − L− 1 = 0 =⇒ L =1±
√1 + 4
2=⇒ L =
1 +√
52
,
debido a que L debe ser positivo.
c) Probaremos por induccion que an =xn
xn−1:
Para n = 2, a2 = 1 + 1 = 2 yx2
x1=
21
= 2.
Supongamos ahora que an =xn
xn−1y veamos que an+1 =
xn+1
xn:
an+1 = 1 +1an
= 1 +xn−1
xn=
xn + xn−1
xn=
xn+1
xn,
debido a que xn + xn−1 = xn+1.
188
C. EJERCICIOS PROPUESTOS.
1. Sea (xn)n∈N una sucesion de numeros reales. Responder razona-damente si cada uno de los siguientes apartados es verdadero ofalso.
a) Si (xn)n∈N converge, entonces es creciente o decreciente.
Resp.: Falso (ver por ejemplo la sucesion xn = (−1)n/n).
b) Si (xn)n∈N es creciente o decreciente, entonces converge.
Resp.: Falso (ejemplo xn = n).
c) Si (xn)n∈N converge, entonces esta acotada.
Resp.: Verdadero (se deduce de la definicion de convergencia).
d) Si (xn)n∈N esta acotada, entonces converge.
Resp.: Falso (ejemplo xn = (−1)n).
e) Si (xn)n∈N es creciente, entonces esta acotada superiormente.
Resp.: Falso (ejemplo xn = n).
f) Si (xn)n∈N es creciente, entonces esta acotada inferiormente.
Resp.: Verdadero pues x1 ≤ an, ∀n.
g) Si lım xn = x, entonces lım |xn| = |x|.
Resp.: Verdadero pues∣∣|xn| − |x|
∣∣ ≤ |xn − x| → 0.
h) Si (xn)n∈N esta acotada y converge, entonces es monotona.
Resp.: Falso (ejemplo xn = (−1)n/n).
2. Sean (an)n∈N y (bn)n∈N dos sucesiones cualesquiera. Responderrazonadamente si cada uno de los apartados siguientes es verda-dero o falso.
a) Si para todo n ∈ N, an 6= 0, entonces lımn→∞
anbn 6= 0.
Resp.: Falso (ejemplo bn = 0, ∀n).
189
b) Si para todo n ∈ N, an 6= 0 y bn 6= 0, entonces lımn→∞
anbn 6= 0.
Resp.: Falso (ejemplo an = bn = 1/n).
c) Si lım anbn = 0, entonces lım an = 0 o lım bn = 0.
Resp.: Verdadero pues si fueran a = lım an 6= 0 y b = lım bn 6= 0,entonces a · b = lım an · bn 6= 0.
3. Hallar a tal que lımn→∞
(n + a
n− a
)n
= 4.
Resp.: a = ln 2.
4. Hallar la relacion entre a y b para que
lımn→∞
ln(
n + b
n
)n+1
= lımn→∞
(√n + a
n
) √2n√
n+1−√
n
.
Resp.: b = ea√
2/2.
5. Hallar la relacion que debe existir entre a y b para que
lımn→∞
(3n + a
3n− 4
)2n−1
= lımn→∞
(√4n2 + bn− 2n
).
Resp.: e2(a+4)/3 = b/4.
6. Hallar la relacion que debe existir entre a y b para que
lımn→∞
(2n + a
2n− 1
)3n−1
= lımn→∞
(√n2 + bn− n
).
Resp.: b/2 = e3(a+1)/2.
7. Sean a1, . . . , ak numeros reales positivos. Calcular el lımite de lasucesion de termino general n
√an
1 + · · ·+ ank .
Resp.: L = max{a1, . . . , ak}.
8. Sea {an} una sucesion creciente, con an ≥ 0, ∀n. Probar quela sucesion de termino general xn = n
√a1 · a2 · · · · · an tambien es
creciente.
Sugerencia: Comprobar que la sucesion {lnxn} es creciente y deducirque tambien lo es la sucesion pedida.
190
9. Probar que la sucesion de termino general an =
√2 3
√3 . . . n
√n es
convergente.
Sugerencia: Calcular el logaritmo de an y estudiar la serie resultante.
10. Demostrar que la sucesion de termino general an =n∑
k=1
1n + k
es
convergente.
Resp.: Como an <n
n + 1, ∀n, la sucesion esta acotada superiormente;
ademas an+1 − an =1
(2n + 1)(2n + 2)> 0 y la sucesion es creciente.
11. Sea (xn)n∈N la sucesion definida de la siguiente forma:{x1 = k < 0,
xn+1 = 12
(xn + 1
xn
).
i)Probar que xn ≤ −1, ∀n ≥ 2. (Aplicar el metodo de induccion.)
ii) Probar que {xn} es convergente y hallar su lımite. (La sucesiones creciente pues xn+1 − xn ≥ 0, ∀n.)
Resp.: L = −1.
12. Se define la sucesion (un)n≥0 por:
u0 = 1, u1 = 2/3, . . . , un =un−1(1 + un−1)
1 + 2un−1.
i) Comprobar que es decreciente.
ii) Demostrar que es convergente y calcular su lımite.
Resp.: Es evidente que un/un−1 ≤ 1 porque un ≥ 1, ∀n. Ademasun ≥ 0, ∀n.
13. Sea {xn} la sucesion definida por x1 = 1, xn+1 =√
2 + xn para n >1. Demostrar que es monotona creciente y acotada superiormentepor 2. Calcular su lımite.
Resp.: L = 2.
191
14. Comprobar que la sucesion definida por an+1 =2an
an + 3, a1 = 3, es
convergente y calcular su lımite.
Resp.: an > 0, yan+1
an< 1, ∀n. Ademas L = 0.
15. Se define la sucesion a1 ∈ (1, 2), an+1 = 3− 2an
. Estudiar su con-
vergencia.
Resp.: La sucesion es creciente y acotada. Su lımite es L = 2.
16. Sea {an} una sucesion que verifica an > 0, ∀n yan+1
an<
15. Cal-
cular lım an.
Resp.: Como 0 < an <a1
5n−1, lım an = 0.
17. Dados a, b > 0, se define la sucesion u1 = a + b, un = a + b− ab
un−1, n > 1.
i) Probar que un =an+1 − bn+1
an − bnsi a 6= b.
Resp.: Aplicar el metodo de induccion.
ii) Calcular lım un si a 6= b.
Resp.: lım un = max{a, b}.
iii) Calcular un y lım un si a = b.
Resp.: un =(n + 1)a
n, lım un = a.
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