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Solución de ejercicios; “Análisis elemental: Teoría del Cálculo,

Kenneth A. Ross”

Rogelio Cortez Acereto

Índice general

1. Introducción 5

1.1. El conjunto N de los números naturales . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 5

1.2. El conjunto Q de los números racionales . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 13

1.3. El conjunto R de los numeros reales . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 23

1.4. El axioma de completez . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 29

2. Sucesiones 39

2.1. Limites de sucesiones . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 39

2.2. Demostración de limites . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 42

2.3. Teoremas de limites para sucesiones . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 51

2.4. Sucesiones monótonas y sucesiones de Cauchy . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 61

2.5. Subsucesiones . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 70

2.6. Series . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 74

3

4 ÍNDICE GENERAL

Capítulo 1

Introducción

1.1. El conjunto N de los números naturales

Ejercicio 1.1. (1.1) Pruebe 12 + 22 + · · ·+ n2 = 16n(n+ 1)(2n+ 1) para todos los números naturales n.

Pn = 12 + 22 + · · ·+ n2 = 16n(n+ 1)(2n+ 1), sabiendo que P1 se cumple, se comprueba que:

=⇒ Pn+1 = 12 + 22 + · · ·+ n2 + (n+ 1)2 = 16 (n+ 1)[(n+ 1) + 1][(2(n+ 1) + 1]

Pn+1 = 12 + 22 + · · ·+ n2 + (n+ 1)2 = 16n(n+ 1)(2n+ 1) + (n+ 1)2 = 1

6

[n(n+ 1)(2n+ 1) + 6(n+ 1)2

]= . . .

. . . = 16 (n+ 1) [n(2n+ 1) + 6(n+ 1)] = 1

6 (n+ 1)(2n2 + n+ 6n+ 6

)= 1

6 (n+ 1)(2n2 + 7n+ 6) = . . .

. . . = 16 (n+ 1)(2n+ 3)(n+ 2) = 1

6 (n+ 1)(2n+ 2 + 1)(n+ 1 + 1) = 16 (n+ 1)[2(n+ 1) + 1][(n+ 1) + 1]

Pn+1 se cumple si Pn se cumple, una vez comprobado que

Pn+1 = 12 + 22 + · · ·+ n2 + (n+ 1)2 = 16 (n+ 1)[(n+ 1) + 1][(2(n+ 1) + 1] se concluye que

Pn = 12 + 22 + · · ·+ n2 = 16n(n+ 1)(2n+ 1) se cumple para todo número natural n.

Ejercicio 1.2. (1.2) Pruebe 3 + 11 + · · ·+ (8n− 5) = 4n2 − n para todos los números naturales n.

Pn = 3 + 11 + · · ·+ (8n− 5) = 4n2 − n, sabiendo que P1 se cumple, se comprueba que:

5

6 CAPÍTULO 1. INTRODUCCIÓN

=⇒ Pn+1 = 3 + 11 + · · ·+ (8n− 5) + [8(n+ 1)− 5] = 4(n+ 1)2 − (n+ 1)

Pn+1 = 3 + 11 + · · ·+ (8n− 5) + [8(n+ 1)− 5] = 4n2 − n+ [8(n+ 1)− 5] = 4n2 − n+ 8n+ 8− 5 = . . .

. . . = 4n2 + 8n− n+ 3 = 4(n2 + 2n)− n+ 3 = 4(n2 + 2n+ 1− 1)− n+ 3 = 4[(n+ 1)2 − 1]− n+ 3 = . . .

. . . = 4(n+ 1)2 − 4− n+ 3 = 4(n+ 1)2 − n− 1 = 4(n+ 1)2 − (n+ 1)


Pn+1 = 3 + 11 + · · ·+ (8n− 5) + [8(n+ 1)− 5] = 4(n+ 1)2 − (n+ 1) se concluye que

Pn = 3 + 11 + · · ·+ (8n− 5) = 4n2 − n se cumple para todo número natural n.

Ejercicio 1.3. (1.3) Pruebe 13 + 23 + · · ·+ n3 = (1 + 2 + · · ·+ n)2 para todos los números naturales n.

Pn = 13 + 23 + · · ·+ n3 = (1 + 2 + · · ·+ n)2, sabiendo que P1 se cumple, se comprueba que:

=⇒ Pn+1 = 13 + 23 + · · ·+ n3 + (n+ 1)3 = [1 + 2 + . . .+ n+ (n+ 1)]2

Para dicha comprobación, se utilizará el hecho que Sn = 1 + 2 + · · ·+ n =n(n+ 1)

2, por lo que se comprueba

Sn = 1 + 2 + · · ·+ n =n(n+ 1)

2, sabiendo que S1 se cumple, se comprueba que:

=⇒ Sn+1 = 1 + 2 + · · ·n+ (n+ 1) =(n+ 1)[(n+ 1) + 1]

2

Sn+1 = 1 + 2 + · · ·+ n+ (n+ 1) =n(n+ 1)

2+ (n+ 1) =

n(n+ 1) + 2(n+ 1)

2=

(n+ 1)(n+ 2)

2= . . .

. . . =(n+ 1)[(n+ 1) + 1]

2, entonces se prueba que Sn = 1 + 2 + · · ·+ n =

n(n+ 1)

2

Entonces se tiene que Pn+1 = 13 + 23 + · · ·+ n3 + (n+ 1)3 = (1 + 2 + · · ·+ n)2 + (n+ 1)3 = . . .

. . . = (Sn)2 + (n+ 1)3 =

[n(n+ 1)

2

]2+ (n+ 1)3 =

n2(n+ 1)2

4+ (n+ 1)3 =

n2(n+ 1)2 + 4(n+ 1)3

4= . . .

. . . =(n+ 1)2[n2 + 4(n+ 1)]

4=

(n+ 1)2(n2 + 4n+ 4)

4=

(n+ 1)2(n+ 2)2

22=

{(n+ 1)[(n+ 1) + 1]

2

}2

= . . .

. . . = (Sn+1)2= [1 + 2 + · · ·+ n+ (n+ 1)]2 = Pn+1


Pn+1 = 13 + 23 + · · ·+ n3 + (n+ 1)3 = [1 + 2 + . . .+ n+ (n+ 1)]2 se concluye que

Pn = 13 + 23 + · · ·+ n3 = (1 + 2 + · · ·+ n)2 se cumple para todo número natural n.

1.1. EL CONJUNTO N DE LOS NÚMEROS NATURALES 7

Ejercicio 1.4. (1.4) (a) Suponga una formula para 1 + 3 + · · ·+ (2n− 1) evaluando la suma para n = 1, 2, 3 y

4. (Para n = 1 la suma es simplemente 1).

Pn = 1 + 3 + · · ·+ (2n− 1)

P1 = 1

P2 = 1 + 3 = 4

P3 = 1 + 3 + 5 = 9

P4 = 1 + 3 + 5 + 7 = 16

Se observa que Pn = 1 + 3 + · · ·+ (2n− 1) = n2

Se observa que Pn = 1+3+· · ·+(2n−1) = n2

(b) Pruebe su formula utilizando inducción matemática.

Pn = 1 + 3 + · · ·+ (2n− 1) = n2, sabiendo que P1, P2, P3 y P4 se cumplen, se comprueba que:

=⇒ Pn+1 = 1 + 3 + · · ·+ (2n− 1) + [2(n+ 1)− 1] = (n+ 1)2

Pn+1 = Pn+1 = 1 + 3 + · · ·+ (2n− 1) + [2(n+ 1)− 1] = n2 + [2(n+ 1)− 1] = n2 + 2n+ 2− 1 = . . .

. . . = n2 + 2n+ 1 = (n+ 1)2


Pn+1 = Pn+1 = 1 + 3 + · · ·+ (2n− 1) + [2(n+ 1)− 1] = (n+ 1)2 se concluye que

Pn = 1 + 3 + · · ·+ (2n− 1) = n2 se cumple para todo número natural n.

Ejercicio 1.5. (1.5) Pruebe 1 + 12 + 1

4 + · · ·+ 12n = 2− 1

2n para todos los números naturales n.

Pn = 1 + 12 + 1

4 + · · ·+ 12n = 2− 1

2n , sabiendo que P1 se cumple, se comprueba que:

=⇒ Pn+1 = 1 + 12 + 1

4 + · · ·+ 12n + 1

2(n+1) = 2− 12(n+1)

Pn+1 = 1+ 12+

14+· · ·+

12n +

12(n+1) = 2− 1

2n +1

2(n+1) = 2+(

12(n+1) − 1

2n

)= 2+

(2n−2(n+1)

2(n+1)·2n

)= 2+

(2n(1−2)2(n+1)·2n

)= . . .

. . . = 2 +[

2n(−1)2(n+1)·2n

]= 2 +

( −12(n+1)

)= 2− 1

2(n+1)



Pn+1 = 1 + 12 + 1

4 + · · ·+ 12n + 1

2(n+1) = 2− 12(n+1) se concluye que

Pn = 1 + 12 + 1

4 + · · ·+ 12n = 2− 1

2n se cumple para todo número natural n.

Ejercicio 1.6. (1.6) Pruebe que (11)n − 4n es divisible entre 7 cuando n es un número natural.

Pn = (11)n − 4n =⇒ P1 = 11− 4 = 7

Pn+1 = 11n+1−4n+1 = 11n+1−(4)(4n) = (11)(11n)−(11)(4n)+(11)(4n)−(4)(4n) = 11(11n−4n)+4n(11−4) = . . .

. . . = 11(11n − 4n) + 7(4n) , Dado que 11n − 4n = 7m por ser divisible entre 7 y con base en que Pn se cumple,

se tiene entonces 11(7m) + 7(4n) = 7(11m) + 7(4n) = 7(11m+ 4n)

11n+1 − 4n+1 = 7(11m+ 4n) por lo tanto es divisible entre 7, entonces 11n − 4n

es también divisible entre 7.

Ejercicio 1.7. (1.7) Pruebe que 7n − 6n− 1 es divisible entre 36 para todos los enteros positivos n.

Pn = 7n − 6n− 1 =⇒ P1 = 7− 6− 1 = 0, P2 = 72 − 6(2)− 1 = 36

Pn+1 = 7n+1 − 6(n+ 1)− 1 = 7n+1 − 6n− 6− 1 = 7n+1 − 7− 6n = 7(7n)− 7(6n) + 7(6n)− 7− 6n = . . .

. . . = 7(7n)−7(6n)−7+7(6n)−6n = 7(7n−6n−1)+6n(7−1) = 7(7n−6n−1)+6(6n) = 7(7n−6n−1)+36n = . . .

Dado que 7n − 6n− 1 = 36m por ser divisible entre 36 y con base en que Pn se cumple, se tiene entonces

7(36m) + 36n = 36(7m) + 36n = 36(7m+ n)

7n+1 − 6(n+ 1)− 1 = 36(7m+ n) por lo tanto es divisible entre 36, entonces 7n − 6n− 1

es también divisible entre 36.

Ejercicio 1.8. (1.8) El principio de inducción matemática puede ser extendido de la siguiente manera. Una

lista Pm, Pm+1, . . . de proposiciones es verdadera si (i) Pm se cumple, (ii) Pn+1 se cumple siempre y cuando Pn

se cumpla y n ≥ m.

(a) Pruebe que n2 > n+ 1 para todos los enteros n ≥ 2.

Probar que =⇒ (n+ 1)2 > (n+ 1) + 1


(n+ 1)2 = n2 + 2n+ 1 = n(n+ 2) + 1 > n+ 2 = n+ 1 + 1 = (n+ 1) + 1

Entonces (n+ 1)2 > (n+ 1) + 1


Pn+1 = (n+ 1)2 > (n+ 1) + 1 se concluye que

Pn = n2 > n+ 1 se cumple para todo número natural n ≥ 2.

(b) Pruebe que n! > n2 para todos los enteros n ≥ 4.

Probar que =⇒ (n+ 1)! > (n+ 1)2

Sabiendo que n! = n(n− 1) · · · (2)(1) =⇒ (n+ 1)! = (n+ 1)[(n+ 1)− 1] · · · (2)(1)

Entonces (n+ 1)! = (n+ 1)[(n+ 1)− 1] · · · (2)(1) = (n+ 1)(n) · · · (2)(1) > (n+ 1)(n+ 1) para n ≥ 3.


Pn+1 = (n+ 1)! > (n+ 1)2 para n ≥ 3 se concluye que

Pn = n! > n2 se cumple para todo número natural n ≥ 4.

Ejercicio 1.9. (1.9) (a) Decida para cuales enteros la desigualdad 2n > n2 se cumple.

Evaluando para n = 1 se tiene 21 > 12 =⇒ 2 > 1

Evaluando para n = 2 se tiene 22 ≯ 22 =⇒ 2 ≯ 2



Evaluando para n = 5 se tiene 25 > 52 =⇒ 32 > 25

La desigualdad 22 > n2 se cumple para n = 1 y para n ≥ 5

(b) Pruebe su respuesta de (a) por medio de inducción matemática.

22 > n2 =⇒ 2·22 > 2·n2 =⇒ 2(n+1) > 2n2 = n2+n2 = n2+n2+2n−2n+1−1 = (n2+2n+1)+n2−2n−1 = . . .


. . . = (n+1)2 + n2 − 2n+1− 1− 1 = (n+1)2 + (n2 − 2n+1)− 1− 1 = (n+1)2 + (n− 1)2 − 2 > (n+1)2 para

n ≥ 5


Pn+1 = 2(n+1) > (n+ 1)2 para n ≥ 5 se concluye que

Pn = 2n > n2 se cumple para todo número natural n ≥ 5.

Ejercicio 1.10. (1.10) Pruebe (2n + 1) + (2n + 3) + (2n + 5) + · · · + (4n − 1) = 3n2 para todos los enteros

positivos n.

Pn = (2n+ 1) + (2n+ 3) + (2n+ 5) + · · ·+ (4n− 1) = 1 + 3 + 5 + 2n+ 2n+ 2n+ · · ·+ 2(2n)− 1 = . . .

. . . = 3 + 5 + 2n+ 2n+ 2n · · ·+ 2(2n) = 3 + 5 + 2n+ 2n+ 2n · · ·+ 2n+ 2n , analizando n = 1, 2, 3, 4, 5, 6 para

verificar la cantidad de términos 2n.

P1 = 3(1)2 = 3

P2 = 3(2)2 = 12 = 2(2)(3) = 2(2)(2 + 1)

P3 = 3(3)2 = 27 = 2(3)(4) + 3 = 2(3)(3 + 1) + 3

P4 = 3(4)2 = 48 = 2(4)(5) + 3 + 5 = 2(4)(4 + 1) + 3 + 5

P5 = 3(5)2 = 75 = 2(5)(6) + 3 + 5 + 7 = 2(5)(5 + 1) + 3 + 5 + 7

P6 = 3(6)2 = 108 = 2(6)(7) + 3 + 5 + 7 + 9 = 2(6)(6 + 1) + 3 + 5 + 7 + 9

Se observa que Pn = 3 + 5 + 7 + · · · + 2n(n + 1), entonces Pn = 3 + 5 + 7 + · · · + 2n2 + 2n y con base en el

ejercicio 1.4, donde n2 = 1 + 3 + · · ·+ (2n− 1) Se tiene que,

Pn = 3 + 5 + 7 + · · ·+ 2n2 + 2n = (3 + 5 + 7 + · · ·+ 2n) + 2n2 = (3 + 5 + 7 + · · ·+ 2n+ 1− 1) + 2n2 = . . .

. . . = (1 + 3 + 5 + 7 + · · ·+ 2n− 1) + 2n2 = [1 + 3 + 5 + 7 + · · ·+ (2n− 1)] + 2n2 = n2 + 2n2 = 3n2

Se demuestra que Pn = (2n+ 1) + (2n+ 3) + (2n+ 5) + · · ·+ (4n− 1) = 3n2

utilizando el hecho que n2 = 1 + 3 + · · ·+ (2n− 1), lo cual se demostró por inducción en el ejercicio 1.4


Ejercicio 1.11. (1.11) Para cada n ∈ N, Dado Pn que denota la afirmación “n2 + 5n+ 1 es un entero par”.

(a) Pruebe que Pn+1 se cumple siempre que pn se cumpla.

Si Pn = n2 + 5n+ 1 es entero par para todo n natural, se cumple, entonces

Pn+1 = (n+1)2+5(n+1)+1 = n2+2n+1+5n+5+1 = (n2+5n+1)+(2n+5+1) = (n2+5n+1)+(2n+6) = . . .

. . . = (n2 + 5n+ 1) + 2(n+ 3) = Pn + 2(n+ 3) donde el término 2(n+ 3) es par para todo n natural.

Para que la suma Pn + 2(n+ 3) resulte un número entero par, Pn necesita ser un número entero par.

Entonces, se demuestra que Pn+1 se cumple si Pn se cumple.

(b) ¿Para cuáles n se cumple realmente Pn ? , ¿Cuál es la moraleja de este ejercicio?

Pn = n2+5n+1 = n(n+5)+1, para que Pn sea un número entero par, el término n(n+5) debe ser necesariamente

un número entero impar.

Si Qn = n(n+ 5), se tiene que

Q1 = 1(1 + 5) = 6

Q2 = 2(2 + 5) = 14

Q3 = 3(3 + 5) = 24

Q4 = 4(4 + 5) = 36

Se observa que el número 5 tiene el comportamiento siguiente: Al sumarse con un número entero impar, resulta

un número entero par; al sumarse con un número entero par, resulta un número entero impar. Dado que en el

término Qn la suma del número 5 se multiplica por el mismo número con quien éste se suma, entonces Qn es

siempre un número entero par. Entonces Pn es siempre un número entero impar.

Pn no se cumple para n ∈ N, la moraleja de este ejercicio es que la suposición de que Pn se cumple

en el procedimiento de la inducción matemática debe verificarse para n = 1, 2, 3, . . . , suficientemente

para que se pueda describir un comportamiento de Pn.


Ejercicio 1.12. (1.12) Para cada n ∈ N donde n! (n factorial) denota el producto 1·2·3 · · ·n , tambien se sabe

que 0! = 1 y que: n

k

=n!

k!(n− k)!para k = 0, 1, · · · , n

El Teorema binomial afirma que:

(a+ b)n =

n

0

an +

n

1

an−1b+

n

2

an−2b2 + · · ·+

n

n− 1

abn−1 +

n

n

bn = . . .

. . . = an + nan−1b+ 12n(n− 1)an−2b2 + · · ·+ nabn−1 + bn.

(a) Verifique el teorema binomial para n = 1, 2 y 3.

Pn = (a+ b)1 =

1

0

a+

1

1

a0b =1!

0!(1− 0)!a+

1!

1!(1− 1)!a0b =

1

1·1a+

1

1·0!b = . . .

. . . = a+ bPn = (a+ b)

Pn = (a+b)2 =

2

0

a2+

2

1

a(2−1)b+

2

2

a(2−2)b2 =2!

0!(2− 0)!a2+

2!

1!(2− 1)!ab+

2!

2!(2− 2)!a0b2 = . . .

. . . = a2 + 2ab+ b2Pn = (a+ b)2 = a2 + 2ab+ b2

Pn = (a+ b)3 =

3

0

a3 +

3

1

a(3−1)b+

3

2

a(3−2)b2 +

3

3

a(3−3)b3 =3!

0!(3− 0)!a3 + . . .

. . .+3!

1!(3− 1)!a(3−1)b+

3!

2!(3− 2)!a(3−2)b2 +

3!

3!(3− 3)!a(3−3)b3 = a3 + 3a2b+ 3ab2 + b3

Pn = (a+ b)3 = a3 + 3a2b+ 3ab2 + b3

1.2. EL CONJUNTO Q DE LOS NÚMEROS RACIONALES 13

1.2. El conjunto Q de los números racionales

Ejercicios complementarios

Ejercicio 1.13. Exprese los siguientes decimales periódicos como cociente de enteros.

a) x = 1.8888...

10x = 18.8888...

10x− x = 18.8888...− 1.8888...

9x = 17

x =17

9

x = 1.8888... =17

9

b) x = 1.9999...

10x = 19.9999...

10x− x = 19.9999...− 1.9999...

9x = 18

x =18

9

x = 1.9999... =18

9= 2

c) x = 3.212121...

100x = 321.212121...

100x− x = 321.212121...− 3.212121...


99x = 318

x =318

99

x = 3.212121... =318

99

d) x = 2.1545454...

10x = 21.545454...

1000x = 2154.545454...

1000x− 10x = 2154.545454...− 21.545454...

990x = 2133

x =2133

990

x = 2.1545454... =2133

990

e) x = 5.459999...

100x = 545.9999...

1000x = 5459.9999...

1000x− 100x = 5459.9999...− 545.9999...

900x = 4914

x =4914

900

x = 5.459999... =4914

900= 5.46

Ejercicio 1.14. Demuestre que los siguientes números son irracionales:√5,√6,√10


i) Si x =√5

x2 = 5

x2 − 5 = 0⇒ anxn + an−1x

n−1 + a0 = 0⇒ a2x2 + a1x+ a0 = 0

a2 = 1, a1 = 0, a0 = −5

Los únicos números racionales que pueden ser soluciones de x2 − 5 = 0 son ±1,±5

Dado que√5 es solución de x2 − 5 = 0, entonces

√5 no es racional.

ii) Si x =√6

x2 = 6

x2 − 6 = 0⇒ anxn + an−1x

n−1 + a0 = 0⇒ a2x2 + a1x+ a0 = 0

a2 = 1, a1 = 0, a0 = −6




iii) Si x =√10

x2 = 10

x2 − 10 = 0⇒ anxn + an−1x

n−1 + a0 = 0⇒ a2x2 + a1x+ a0 = 0

a2 = 1, a1 = 0, a0 = −10




Ejercicio 1.15. Mediante el procedimiento descrito en clase, encuentre las primeras 4 cifras decimales correctas

de:


a)√8

a <√8 < b

a2 < 8 < b2 =⇒ 4 < 8 < 9 =⇒√4 <√8 <√9 =⇒ 2 <

√8 < 3

2.12 = 4.41

2.22 = 4.48

2.32 = 5.29

2.42 = 5.76

2.52 = 6.25

2.62 = 6.76

2.72 = 7.29

2.82 = 7.84

2.92 = 8.41

8 está entre 7.84 y 8.41, entonces 7.84 < 8 < 8.41 =⇒√7.84 <

√8 <√8.41 =⇒ 2.8 <

√8 < 2.9

Entonces√8 = 2.8...

2.812 = 7.8961

2.822 = 7.9524

2.832 = 8.0089

2.842 = 8.0656

2.852 = 8.1225

2.862 = 8.1796

2.872 = 8.2369

2.882 = 8.2944

2.892 = 8.3521


√8 <√8.0089 =⇒ 2.82 <

√8 < 2.83



2.8212 = 7.958041

2.8222 = 7.963684

2.8232 = 7.969329

2.8242 = 7.974976

2.8252 = 7.980625

2.8262 = 7.986276

2.8272 = 7.991929

2.8282 = 7.997584

2.8292 = 8.003241


√8 <√8.003241

=⇒ 2.828 <√8 < 2.829

Entonces√8 = 2.828...

2.82812 = 7.99814961

2.82822 = 7.99871524

2.82832 = 7.99928089

2.82842 = 7.99984656

2.82852 = 8.00041225

2.82862 = 8.00097796

2.82872 = 8.00154369

2.82882 = 8.00210944

2.82892 = 8.00267521

8 está entre 7.99984656 y 8.00041225, entonces 7.99984656 < 8 < 8.00041225

=⇒√7.99984656 <

√8 <√8.00041225 =⇒ 2.8284 <

√8 < 2.8285

Entonces√8 = 2.8284...

√8 = 2.8284...


b)√5

a <√5 < b

a2 < 5 < b2 =⇒ 4 < 5 < 9 =⇒√4 <√5 <√9 =⇒ 2 <

√5 < 3

2.12 = 4.41

2.22 = 4.48

2.32 = 5.29

2.42 = 5.76

2.52 = 6.25

2.62 = 6.76

2.72 = 7.29

2.82 = 7.84

2.92 = 8.41


√5 <√5.29 =⇒ 2.2 <

√5 < 2.3


2.212 = 4.8841

2.222 = 4.9284

2.232 = 4.9729

2.242 = 5.0176

2.252 = 5.0625

2.262 = 5.1076

2.272 = 5.1529

2.282 = 5.1984

2.292 = 5.2441


√5 <√5.0176 =⇒ 2.23 <

√5 < 2.24



2.2312 = 4.977361

2.2322 = 4.981824

2.2332 = 4.986289

2.2342 = 4.990756

2.2352 = 4.995225

2.2362 = 4.999696

2.2372 = 5.004169

2.2382 = 5.008644

2.2392 = 5.013121


√5 <√5.004169

=⇒ 2.236 <√5 < 2.237

Entonces√5 = 2.236...

2.23612 = 5.00014321

2.23622 = 5.00059044

2.23632 = 5.00103769

2.23642 = 5.00148496

2.23652 = 5.00193225

2.23662 = 5.00237956

2.23672 = 5.00282689

2.23682 = 5.00327424

2.23692 = 5.00372161

Entonces√5 = 2.2360...

√5 = 2.2360...

b)√3.5

a <√3.5 < b


a2 < 3.5 < b2 =⇒ 1 < 3.5 < 4 =⇒√1 <√3.5 <

√4 =⇒ 1 <

√3.5 < 2

1.12 = 1.21

1.22 = 1.44

1.32 = 1.69

1.42 = 1.96

1.52 = 2.25

1.62 = 2.56

1.72 = 2.89

1.82 = 3.24

1.92 = 3.61

3.5 está entre 3.24 y 3.61, entonces 3.24 < 3.5 < 3.61 =⇒√3.24 <

√3.5 <

√3.61 =⇒ 1.8 <

√3.5 < 1.9

Entonces√3.5 = 1.8...

1.812 = 3.2761

1.822 = 3.3124

1.832 = 3.3489

1.842 = 3.3856

1.852 = 3.4225

1.862 = 3.4596

1.872 = 3.4969

1.882 = 3.5344

1.892 = 3.5721

3.5 está entre 3.4969 y 3.5344, entonces 3.4969 < 3.5 < 3.5344 =⇒√3.4969 <

√3.5 <

√3.5344

=⇒ 1.87 <√3.5 < 1.88

Entonces√3.5 = 1.87...


1.8712 = 3.500641

1.8722 = 3.504384

1.8732 = 3.508129

1.8742 = 3.511876

1.8752 = 3.515625

1.8762 = 3.519376

1.8772 = 3.523129

1.8782 = 3.526884

1.8792 = 3.530641

Entonces√3.5 = 1.870...

1.87012 = 3.49727401

1.87022 = 3.49764804

1.87033 = 3.49802209

1.87042 = 3.49839616

1.87052 = 3.49877025

1.87062 = 3.49914436

1.87072 = 3.49951849

1.87082 = 3.49989264

1.87092 = 3.50026681

3.5 está entre 3.49989264 y 3.50026681, entonces 3.49989264 < 3.5 < 3.50026681

=⇒√3.49989264 <

√3.5 <

√3.50026681 =⇒ 1.8708 <

√3.5 < 1.8709

Entonces√3.5 = 1.8708...

√3.5 = 1.8708...


Ejercicio 1.16. Encuentre un irracional entre:

a) 3.1 y 3.2

3.1 < π < 3.2, donde π es irracional

b) 2.7654 y 2.7655

2.7654 < 2.765401011011101111 . . . < 2.7655, donde 2.765401011011101111 . . . es irracional

Ejercicio 1.17. En cada caso, demuestre la proposición si es verdadera o muestre un contraejemplo si es falsa:

a) El cociente de un racional y un irracional es siempre irracional.

si0

n= 0 , donde n ∈ Z, n 6= 0 , entonces 0 es racional; entonces si

0√2= 0 ,

La proposición es falsa.

b) La diferencia entre un racional y un irracional es irracional.

Si√n es un irracional, y k, p, q, r, s,∈ Z, entonces s

√n =

k

t=⇒

√n =

k

s · tes un absurdo, por lo tanto el

producto de un racional con un irracional es un irracional.

Entonces,p

q−√n =

r

s=⇒ p

q=r

s+√n =⇒ p

q=r − s

√n

s, El producto s

√n es un irracional. Por lo que se

llega al absurdo.

La proposición es verdadera.

El cociente de dos irracionales es irracional.

La proposición es falsa para los irracionales√n =√m , donde

√n√m

= 1

1.3. EL CONJUNTO R DE LOS NUMEROS REALES 23

1.3. El conjunto R de los numeros reales

Ejercicio 1.18. (3.1) (a) ¿Cuál de las propiedades A1-A4, M1-M4, DL, O1-O5 falla para N?

A.3 =⇒ a+ 0 = a para toda a , se cumple para toda a ∈ N, sin embargo0 /∈ N

A.4 =⇒ Para cada elemento a, existe un elemento −a tal que a+ (−a) = 00,−a /∈ N

M.4 =⇒ Para cada a 6= 0 , existe un elemento a−1 tal que a · a−1 = 1 , si a 6= 1 ,a−1 /∈ N

(b) ¿Cuál de éstas propiedades falla para Z?

M.4 =⇒ a−1 6= ±1 ,a−1 /∈ Z

Ejercicio 1.19. (3.2) (a) La ley conmutativa A2 fue utilizada en la demostración de (ii) en el teorema 3.1,

¿dónde?

(ii) a · 0 = 0 para toda a

a · 0 A3= a · (0 + 0)

DL= a · 0 + a · 0 =⇒ a · 0 = a · 0 + a · 0 A3

= a · 0 + 0A2= 0 + a · 0 =⇒ 0 + a · 0 = a · 0 + a · 0

=⇒ 0 + a · 0 + (−a · 0) 3.1(ii)= a · 0 + a · 0 + (−a · 0) A1

= 0 + [a · 0 + (−a · 0)] = a · 0 + [a · 0 + (−a · 0)]

A4=⇒ 0 + 0 = a · 0 + 0

3.1(ii)=⇒ 0 = a · 0

(b) La ley conmutativa A2 fué tambien utilizada en la demostración de (iii) en el teorema 3.1, ¿Dónde?

(iii) (−a)b = −ab

(−a)b+ abM2= b(−a) + ba

DL= b[(−a) + a]

A2= b[a+ (−a)] A4

= b · 0 3.1(ii)= 0 =⇒ (−a)b+ ab = 0

A4= ab+ (−ab)

=⇒ (−a)b+ ab = ab+ (−ab) 3.1(i)=⇒ (−a)b+ ab+ (−ab) = ab+ (−ab) + (−ab) A4

=⇒ (−a)b = (−ab)

Ejercicio 1.20. (3.3) Demuestre (iv) y (v) del teorema 3.1.

(iv) (−a)(−b) = ab para toda a, b

(−a)(−b) + (−ab) 3.1(iii)= (−a)(−b) + [(−a)(b)] DL= (−a)[(−b) + b]

A2= (−a)[b+ (−b)] A4

= (−a) · 0 3.1(ii)= 0

=⇒ (−a)(−b) + (−ab) = 03.1(i)=⇒ (−a)(−b) + (−ab) + ab = 0 + ab

A2=⇒ (−a)(−b) + ab+ (−ab) = ab+ 0


A1=⇒ (−a)(−b) + [ab+ (−ab)] = ab+ 0

A4=⇒ (−a)(−b) + 0 = ab+ 0

3.1(i)=⇒ (−a)(−b) = ab

(v) ac = bc y c 6= 0 =⇒ a = b

3.1(i)=⇒ ac+(−ac) = bc+(−ac) DL

=⇒ a[c+(−c)] = bc+(−ac) M2=⇒ a[c+(−c)] = cb+[c(−a)] DL=⇒ a[c+(−c)] = c[b+(−a)]

A4=⇒ a · 0 = c[b+ (−a)] 3.1(ii)=⇒ 0 = c[b+ (−a)] M2

=⇒ 0 = [b+ (−a)] · c 3.1(v)=⇒ 0 · c−1 = [b+ (−a)] · c · c−1 donde c 6= 0

M2=⇒ c−1 · 0 = [b+ (−a)] · c · c−1 3.1(ii)

=⇒ 0 = [b+ (−a)] · c · c−1 M4=⇒ 0 = [b+ (−a)] · 1 M3

=⇒ 0 = b+ (−a)

3.1(i)=⇒ 0 + a = b+ (−a) + a

A2=⇒ a+ 0 = b+ a+ (−a) A3

=⇒ a = b+ a+ (−a) A4=⇒ a = b+ 0

A3=⇒ a = b

Ejercicio 1.21. (3.4) Demuestre (v) y (vii) del teorema 3.2.

(v) 0 < 1

a ≤ b =⇒ ac ≤ bc si 0 ≤ c

a(1) ≤ b(1) M3=⇒ a ≤ b ; dado que c = 1 6= 0 ∴ 0 < 1

(vii) Si 0 < a < b , entonces 0 < b−1 < a−1 , para a, b, c ∈ R

0 · a−1 < a · a−1 < b · a−1 M2=⇒ a−1 · 0 < a · a−1 < b · a−1 3.1(ii)

=⇒ 0 < a · a−1 < b · a−1 M4=⇒ 0 < 1 < b · a−1

M2=⇒ 0 < 1 < a−1 ·b =⇒ 0·b−1 < 1·b−1 < a−1 ·b·b−1 M2

=⇒ b−1 ·0 < b−1 ·1 < a−1 ·b·b−1 3.1(ii)=⇒ 0 < b−1 ·1 < a−1 ·b·b−1

M3=⇒ 0 < b−1 < a−1 · b · b−1 M4

=⇒ 0 < b−1 < a−1 · 1 M3=⇒ 0 < b−1 < a−1

*Dado que 0 < a < b entonces a > 0 y b > 0 =⇒ a−1 > 0 y b−1 > 0

Ejercicio 1.22. (3.5) (a) Demuestre que |b| ≤ a si y solo si −a ≤ b ≤ a

I.- |b| ≤ a , En el caso b > 0 =⇒ |b| = b

(−1) |b| ≥ (−1) · a

−1 < 0 =⇒ |−1| = −(−1) =⇒ −|−1| = −1

− |−1| · |b| ≥ (−1) · a 3.5(ii)=⇒ −|(−1) · b| ≥ (−1) · a 3.1(iii)

=⇒ −|−1 · b| ≥ −1 · a M2=⇒ −|−b| ≥ −a =⇒ −b ≥ −a

=⇒ (−1)(−b) ≤ (−1)(−a) =⇒ b ≤ a


Dado que −b ≥ −a y como b > 0 =⇒ −b < 0 entonces b > −b

y se tiene por O3 b ≥ −a juntando las desigualdades se tiene que −a ≤ b ≤ a

II.- |b| ≤ a , En el caso b < 0 =⇒ |b| = −b

−b ≤ a 3.2(ii)=⇒ (−1)(−b) ≥ (−1)(a) 3.1(iv)

=⇒ 1 · b ≥ (−1)(a) 3.1(iii)=⇒ b ≥ −a

−b ≤ a , y dado que b < 0 =⇒ −b > 0 entonces −b > b

y se tiene por O3 −b ≤ a y −b > b =⇒ b ≤ a Entonces −a ≤ b ≤ a

(b) Demuestre que ||a| − |b|| ≤ |a− b| para toda a, b ∈ R

Caso I

a > 0 y b > 0 , =⇒ |a| = a, |b| = b =⇒ ||a| − |b|| ≤ |a− b|

Caso II

a < 0 y b < 0 ,=⇒ |a| = −a, |b| = −b

||a| − |b|| = |−a− (−b)| 3.1(iv)= |−a+ b|3.5(iii)

≤ |−a|+ |b| 3.1(iii)= |(−1)(a)|+ |b| 3.5(ii)= |−1| |a|+ (1) |b| = . . .

. . . = (1) |a|+ |b| M2= |a| (1) + |b| M3

= |a|+ |b| = −a+ (−b) 3.1(iii)= −a− b DL= (−1)(a+ b)

|a− b| 3.1(iii)= |a+ (−b)|3.5(iii)

≤ |a|+ |−b| 3.1(iii)= |a|+ |(−1)b| 3.5(ii)= |a|+ |−1| |b| = |a|+(1) |b| M2= |a|+ |b| (1) M3

= . . .

. . .M3= |a|+ |b| = −a− b = (−1)(a+ b)

||a| − |b|| = (−1)(a+ b) y |a− b| = (−1)(a+ b) , =⇒ ||a| − |b|| = |a− b|

Caso III

a < 0 y b > 0 , =⇒ |a| = −a, |b| = b

||a| − |b|| =∣∣∣−a− b DL= |(−1)(a+ b)|

∣∣∣ 3.5(ii)= |−1| |a+ b| = (1) |a+ b| M2= |a+b| (1) M3

= |a+ b|3.5(iii)

≤ |a|+ |b| = . . .

. . . = −a+ b = b− a , dado que b > 0 y a < 0,=⇒ b > a , entonces ||a| − |b|| ≤ |a− b|

Caso IV


a > 0 y b < 0 , =⇒ |a| = a, |b| = −b

||a| − |b|| = |a− (−b)| = |a+ b|3.5(iii)

≤ |a|+ |b| = a+ (−b) = a− b

|a− b| = a− b (debido a que a > 0 y b < 0 , ∴ ||a| − |b|| ≤ |a− b|

Ejercicio 1.23. (3.6) (a) Demuestre que |a+ b+ c| ≤ |a|+ |b|+ |c| para toda a, b, c ∈ R

|a+ b+ c| = |a+ (b+ c)|3.5(iii)

≤ |a|+ |b+ c|

|b+ c|3.5(iii)

≤ |b|+ |c| O3=⇒ |a+ b+ c| ≤ |a|+ |b|+ |c|

(b) Utilice inducción para demostrar que |a1 + a2 + · · · an| ≤ |a1|+ |a2|+ · · ·+ |an|

Pn = |a1 + a2 + · · · an| ≤ |a1|+ |a2|+ · · ·+ |an|

P1 = |a1| ≤ |a1|

P2 = |a1 + a2| ≤ |a1|+ |a2| =⇒Desigualdad del triángulo

P3 = |a1 + a2 + a3| ≤ |a1|+ |a2|+ |a3| =⇒Demostrado en (a)

Pn+1 = |a1 + a2 + · · · an + an+1| ≤ |a1|+ |a2|+ · · ·+ |an|+ |an+1| ⇐= Demostrar

|a1 + a2 + · · · an| ≤ |a1|+ |a2 + a3 + · · ·+ an + an+1|

|a2 + a3 + · · ·+ an + an+1| ≤ |a2|+ |a3 + a4 · · ·+ an + an+1|

|a3 + a4 + · · ·+ an + an+1| ≤ |a3|+ |a4 + a5 + · · ·+ an + an+1|

|a4 + a5 + · · ·+ an + an+1| ≤ |a4|+ |a5 + a6 + · · ·+ an + an+1|

...

|an−1 + an + an+1| ≤ |an−1|+ |an + an+1|

|an + an+1| ≤ |an|+ |an+1|

Pn =⇒Se cumple, ∴ |a1 + a2 + · · · an| ≤ |a1|+ |a2|+ · · ·+ |an|


Ejercicio 1.24. (3.7) (a) Demuestre que |b| < a si y solo si −a < b < a

Caso I

b > 0 =⇒ |b| = b

|b| < a =⇒ (−1) · |b| > (−1) · a =⇒ −|−1| · |b| > −a =⇒ −|(−1)(b)| > −a =⇒ −|−b| > −a =⇒ −(b) > −a

=⇒ −b > −a =⇒ (−1)(−b) < (−1)(−a) =⇒ b < a

Dado que −b > −a, b > 0 =⇒ −b < 0 =⇒ b > −b , entonces si b < a y b > −b =⇒ −b < a

=⇒ (−1)(−b) > (−1) · a =⇒ b > −a, ∴ |b| < a =⇒ −a < b < a

Todos los pasos de la demostración son reversibles, por lo tanto −a < b < a =⇒ |b| < a

Entonces −a < b < a⇐⇒ |b| < a

Caso II

b < 0 =⇒ |b| = −b

|b| < a =⇒ −b < a =⇒ (−1)(−b) > (−1) · a =⇒ b > −a

b < 0 =⇒ −b > 0 =⇒ −b > b

−b < a,−b > b =⇒ b < a,∴ |b| < a =⇒ −a < b < b

Todos los pasos de la demostración son reversibles, por lo tanto −a < b < a =⇒ |b| < a

Entonces −a < b < a⇐⇒ |b| < a

(b) Demuestre que |a− b| < c si y solo si b− c < a < b+ c

Con base en la demostración anterior realizada en (a), se tiene que |a− b| < c⇐⇒ −c < a− b < c

−c < a− b < c =⇒ −c+ b < a− b+ b < c+ b =⇒ b− c < a < b+ c

(c) Demuestre que |a− b| ≤ c si y solo si b− c ≤ a ≤ b+ c

Primero se demuestra que |b| ≤ a⇐⇒ −a ≤ b ≤ a


Caso I

b ≥ 0 =⇒ |b| = b

|b| ≤ a =⇒ (−1) · |b| ≥ (−1) · a =⇒ −|−1| · |b| ≥ −a =⇒ −|(−1)(b)| ≥ −a =⇒ −|−b| ≥ −a =⇒ −(b) ≥ −a

=⇒ −b ≥ −a =⇒ (−1)(−b) ≤ (−1)(−a) =⇒ b ≤ a

Dado que −b ≥ −a, b ≥ 0 =⇒ −b ≤ 0 =⇒ b ≥ −b , entonces si b ≤ a y b ≥ −b =⇒ −b ≤ a

=⇒ (−1)(−b) ≥ (−1) · a =⇒ b ≥ −a, ∴ |b| ≤ a =⇒ −a ≤ b ≤ a

Todos los pasos de la demostración son reversibles, por lo tanto −a ≤ b ≤ a =⇒ |b| ≤ a

Entonces −a ≤ b ≤ a⇐⇒ |b| ≤ a

Caso II

b ≤ 0 =⇒ |b| = −b

|b| ≤ a =⇒ −b ≤ a =⇒ (−1)(−b) ≥ (−1) · a =⇒ b ≥ −a

b ≤ 0 =⇒ −b ≥ 0 =⇒ −b ≥ b

−b ≤ a,−b ≥ b =⇒ b ≤ a,∴ |b| ≤ a =⇒ −a ≤ b ≤ b

Con base en la demostración anterior, se tiene que |a− b| ≤ c⇐⇒ −c ≤ a− b ≤ c

−c ≤ a− b ≤ c =⇒ −c+ b ≤ a− b+ b ≤ c+ b =⇒ b− c ≤ a ≤ b+ c

Ejercicio 1.25. (3.8) Sean a, b ∈ R. Demuestre que si a ≤ b1 para toda b1 > b , entonces a ≤ b.

Si a < b1, b1 > b y a < b es claro que a < b < b1

Si a < b1, b1 > b y a = b se tiene que b1 > a = b

Suponiendo a < b1, b1 > b y a > b para buscar una contradicción.

Se tiene que b < a < b1 y se sigue cumpliendo las condiciones a ≤ b1, b1 > b , sin implicar que a ≤ b

Entonces lo que se tiene es un contraejemplo para la proposición inicial:

Si a = 4, b = 3, b1 = 5 =⇒ a < b1 y b1 > b , pero a > b

1.4. EL AXIOMA DE COMPLETEZ 29

1.4. El axioma de completez

Ejercicio 1.26. (4.1) Para cada uno de los siguientes conjuntos que estén acotados por arriba, enliste tres cotas

superiores para el conjunto. De lo contrario, escriba NBA (Not bounded above).

(a) [0, 1] −→ Cot. Sup Conj. 2, 3, 4

(b) (0, 1) −→ Cot. Sup Conj. 2, 3, 4

(c) {2, 7} −→ Cot. Sup Conj. 8, 9, 10

(d) {π, e} −→ Cot. Sup Conj. 2π, 3π, 3π

(e) { 1n : n ∈ N} −→ Cot. Sup Conj. 2, 3, 4

(f) {0} −→ Cot. Sup Conj. 1, 2, 3

(g) [0, 1] ∪ [2, 3] −→ Cot. Sup Conj. 4, 5, 6

(h) ∪∞n=1 [2n, 2n+ 1] −→ NBA

(i) ∩∞n=1 [− 1n , 1 +

1n ] −→ Cot. Sup Conj. 2, 3, 4

(j) {1− 13n : n ∈ N} ⇒ {1− 1

3 , 1−19 , 1−

127 , · · · },⇒ {

23 ,

89 ,

2627 , · · · } ⇒ [ 23 , 1),−→ Cot. Sup Conj. 2, 3, 4

(k) {n+ (−1)nn : n ∈ N} ⇒ {1 + (−1)1

1 , 2 + (−1)22 , 3 + (−1)3

3 , · · · } ⇒ {0, 52 ,83 ,

174 , · · · } −→ NBA

(l) {r ∈ Q : r < 2} −→ Cot. Sup Conj. 3, 4, 5

(m) {r ∈ Q : r2 < 4} −→ Cot. Sup Conj. 3, 4, 5

(n) {r ∈ Q : r2 < 2} ⇒ {r ∈ Q : r <√2} −→ Cot. Sup Conj. 2, 3, 4

(o) {x ∈ R : x < 0} −→ Cot. Sup Conj. , 1, 2, 3

(p) {1, π3 , π2, 10} −→ Cot. Sup Conj. 11, 12, 13

(q) {0, 1, 2, 4, 8, 16} −→ Cot. Sup Conj. 17, 18, 19

(r) ∩∞n=1 (1− 1n , 1 +

1n ) −→ Cot. Sup Conj. 2, 3, 4


(s) { 1n : n ∈ N n es primo} ⇒ { 12 ,13 ,

15 ,

17 ,

111 ,

113 , · · · } ⇒ (0, 12 ] −→ Cot. Sup Conj. 1, 2, 3

(t) {x ∈ R : x3 < 8} ⇒ {x ∈ R : x < 2} −→ Cot. Sup Conj. 3, 4, 5

(u) {x2 : x ∈ R} ⇒ {x ≥ 0 : x ∈ R} −→ NBA

(v) {cos(nπ3 ) : n ∈ N} ⇒ {cosπ3 , cos2π3 , cosπ, cos

4π3 , cos

5π3 , cos2π, · · · } −→ Cot. Sup Conj. 2, 3, 4

(w) {sen(nπ3 ) : n ∈ N} ⇒−→ Cot. Sup Conj. 1, 2, 3

Ejercicio 1.27. (4.2) Repita el ejercicio anterior para cotas inferiores.

(a) [0, 1] −→ Cot. Inf Conj. − 1,−2,−3

(b) (0, 1) −→ Cot. Inf Conj. − 1,−2,−3

(c) {2, 7} −→ Cot. Inf Conj. 1, 0,−1

(d) {π, e} −→ Cot. Inf Conj. 2, 1, 0

(e) { 1n : n ∈ N} −→ Cot. Inf Conj. 0,−1,−2

(f) {0} −→ Cot. Inf Conj. − 1,−2,−3

(g) [0, 1] ∪ [2, 3] −→ Cot. Inf Conj. − 1,−2,−3

(h) ∪∞n=1 [2n, 2n+ 1] −→ Cot. Inf Conj. 1, 0,−1

(i) ∩∞n=1 [− 1n , 1 +

1n ] −→ Cot. Inf Conj. − 1,−2,−3

(j) {1− 13n : n ∈ N} ⇒ {1− 1

3 , 1−19 , 1−

127 , · · · } ⇒ {

23 ,

89 ,

2627 , · · · } ⇒ [ 23 , 1) −→ Cot. Inf Conj. 0,−1,−2

(k) {n+ (−1)nn : n ∈ N} ⇒ {1+ (−1)1

1 , 2+ (−1)22 , 3+ (−1)3

3 , · · · } ⇒ {0, 52 ,83 ,

174 , · · · } −→ Cot. Inf Conj. −1,−2,−3

(l) {r ∈ Q : r < 2} −→ NBB

(m) {r ∈ Q : r2 < 4} −→ NBB

(n) {r ∈ Q : r2 < 2}

(o) {x ∈ R : x < 0} −→ NBB


(p) {1, π3 , π2, 10} −→ Cot. Inf Conj. 0,−1,−2

(q) {0, 1, 2, 4, 8, 16} −→ Cot. Inf Conj. − 1,−2,−3

(r) ∩∞n=1 (1− 1n , 1 +

1n ) −→ Cot. Inf Conj. 0,−1,−2

(s) { 1n : n ∈ N n es primo} ⇒ {12 ,13 ,

15 ,

17 ,

111 ,

113 , · · · } ⇒ (0, 12 ] −→ Cot. Inf Conj. 0,−1,−2

(t) {x ∈ R : x3 < 8} ⇒ {x ∈ R : x < 2} −→ Cot. Inf Conj. 0,−1,−2

(u) {x2 : x ∈ R} ⇒ {x ≥ 0 : x ∈ R} −→ Cot. Inf Conj. − 1,−2,−3

(v) {cos(nπ3 ) : n ∈ N} ⇒ {cosπ3 , cos2π3 , cosπ, cos

4π3 , cos

5π3 , cos2π, · · · } −→ Cot. Inf Conj. − 2,−3,−4

(w) {sen(nπ3 ) : n ∈ N} ⇒ {senπ3 , sen2π3 , senπ, sen

4π3 , sen

5π3 , sen2π, · · · } ⇒−→ Cot. Inf Conj. − 1,−2,−3

Ejercicio 1.28. (4.3) Para cada conjunto en el ejercicio 1.26 (4.3), escriba el supremo si éste existe. De lo

contrario escriba “NO sup”.

(a) supS = 1

(b) supS = 1

(c) supS = 7

(d) supS = π

(e) supS = 1

(f) supS = 0

(g) supS = 3

(h) NO sup.ç

(i) supS = 1

(j) supS = 1

(k) NO sup


(l) supS = 2

(m) supS = 2

(n) supS =√2

(o) supS = 0

(p) supS = 10

(q) supS = 16

(r) supS = 1

(s) supS = 12

(t) supS = 2

(u) NO sup

(v) supS = 1

(w) supS =√32

Ejercicio 1.29. (4.4) Repita el ejercicio anterior para los infimos.

(a) infS = 0

(b) infS = 0

(c) infS = 2

(d) infS = e

(e) infS = 1

(f) infS = 0

(g) infS = 0

(h) infS = 2


(i) infS = 0

(j) infS = 23

(k) infS = 0

(l) NO inf.

(m) NO inf.

(n) NO inf.

(o) NO inf.

(p) infS = 1

(q) infS = 0

(r) infS = 1

(s) infS = 0

(t) NO inf.

(u) infS = 0

(v) infS = −1

(w) infS = −√32

Ejercicio 1.30. (4.5) Sea S un subconjunto no vacío de R el cual está acotado por arriba. Demuestre que si

supS pertenece al conjunto S, entonces supS = maxS.

s ≤ b para todo s ∈ S, entonces b = maxS

s ≤M para todo s ∈ S, entonces M = supS

Si supS ∈ S, entonces sM =M, sM ∈ S, sM = supS = maxS


Ejercicio 1.31. (4.6) Sea S un subconjunto no vacío y acotado de R.

(a) Demuestre que infS ≤ supS

Si s ≤M para s ∈ S, M = supS (M es la mínima cota superior)

Si m ≤ s para s ∈ S, m = infS (m es la máxima cota inferior)

Entonces m ≤ s ≤M,O3=⇒ m ≤M

(b) ¿Qué puede comentar acerca del subconjunto S si infS = supS?

Si m =M, donde m = infS y M = supS, entonces m =M = b, donde S = {b}

Ejercicio 1.32. (4.7) Sean S y T subconjuntos de R no vacíos y acotados.

(a) Demuestre que si S ⊆ T , entonces infT ≤ infS ≤ supS ≤ supT

Para toda s ∈ S =⇒ s ∈ T, debido a que S ⊆ T =⇒ infT ≤ s, el infT es una cota inferior de T , y como

s ∈ T =⇒ infT es una cota inferior de S, entonces infT ≤ infS

Para toda s ∈ S =⇒ s ∈ T , debido a que S ⊆ T =⇒ supT ≥ s, el supT es una cota superior de T , y como

s ∈ T =⇒ supT es una cota superior de S, entonces supT ≥ supS

Como infS ≤ supS, juntando las desigualdades se tiene que infT ≤ infS ≤ supS ≤ supT

(b) Demuestre que sup(S ∪ T ) = max{supS, supT}

Ambos conjuntos, S y T están contenidos en S ∪ T , entonces S ⊂ S ∪ T y T ⊂ S ∪ T , y supS ≤ sup(S ∪ T )

y supT ≤ sup(S ∪ T )

Para cada elemento s ∈ S ∪ T se tiene que:

s ∈ S ó s ∈ T , Si s ∈ S, entonces s ≤ supS ≤ max{supS, supT}, y si s ∈ T ,

entonces s ≤ supT ≤ max{supS, supT}, por lo tanto s ≤ max{supS, supT}

Dado que s ∈ S ó s ∈ T arbitrariamente, max{supS, supT} es una cota superior de S ∪ T ,

entonces sup(S ∪ T ) ≤ max{supS, supT} y dado que sup(S ∪ T ) ≮ max{supS, supT}

=⇒ sup(S ∪ T ) = max{supS, supT}


Ejercicio 1.33. (4.10) Demuestre que si a > 0, entonces existe n ∈ N tal que 1n < a < n.

Con base en la propiedad arquimediana:

Si a > 0 y b > 0 =⇒ na > b para algún n ∈ N.

Si a = 1 =⇒ n(1) > b =⇒ n > b con n ∈ N

Si b = 1 =⇒ na > 1 =⇒ a > 1n con n ∈ N

Entonces si a = b = 1, se tiene que 1n < a = b < n, es decir 1

n < a < n y 1n < b < n

Si a < b =⇒ 1n < a < b < n =⇒ 1

n < a < n

∴ 1n < a < n si a ≤ b

Ejercicio 1.34. (4.11) Considere a, b ∈ R donde a < b. Utilice el concepto de la densidad de Q para demostrar

que existe un infinito numero de racionales entre a y b.

Si a < r < b =⇒ a < mn < b, m, n ∈ N

mn = r =⇒ a < r, aplicando la densidad Q =⇒ a < p

q < r, p, q ∈ N

pq = k, k ∈ Q =⇒ a < k, aplicando la densidad Q =⇒ a < t

u < k, t, u ∈ N

El proceso se repite de manera infinita =⇒ {r1, r2, · · · } ∈ Q∩(a, b)

Ejercicio 1.35. (4.12) Sea I el conjunto de los numeros irracionales. Demuestre que si a < b, existe x ∈ I tal

que a < x < b.

Se muestra primero que {r +√2 : r ∈ Q} ⊆ I

r +√2 = p

q , p, q ∈ Z =⇒mn +√2 = p

q =⇒√2 = p

q −mn = n·p−q·m

q·n donde n, p, q,m ∈ Z =⇒√2 = s

t , s, t ∈ Z

lo que es un absurdo, entonces se demuestra {r +√2 : r ∈ Q} ⊆ I

a−√2 ∈ R y b−

√2 ∈ R, entonces aplicando la densidad de Q =⇒ a−

√2 < r < b−

√2

a−√2 +√2 < r +

√2 < b−

√2 +√2 =⇒ a < r +

√2 < b, entonces si x = r +

√2, se tiene a < x < b, x ∈ I


Ejercicio 1.36. (4.13) Demuestre que lo siguiente es equivalente para numeros reales a, b, c. [Equivalente significa

que todos cumplen, o ninguno cumple].

(a) |a− b| < c

(b) b− c < a < b+ c

(c) a ∈ (b− c, b+ c)

|a− b| < c, por definición−→ a− b > 0 =⇒ |a− b| = a− b y a− b < 0 =⇒ |a− b| = −(a− b)

Entonces si a− b > 0 =⇒ a− b < c, si a− b < 0 =⇒ −(a− b) < c

(−1)[−(a− b)] > (−1) · c =⇒ a− b > −c

Entonces −c < a− b < c =⇒ b− c < a− b+ b < b+ c =⇒ b− c < a < b+ c , Propiedad (b)

Lo que también implica que a pertenece al intervalo abierto (b− c, b+ c) , es decir a ∈ (b− c, b+ c)

Ejercicio 1.37. (4.14) Sean A y B subconjuntos de R no vacíos y acotados, y S el conjunto de todas las sumas

a+ b donde a ∈ A y b ∈ B.

(a) Demuestre que supS = supA+ supB

supA =MA,3 a ≤MA∀a ∈ A

supB =MB ,3 b ≤MB∀b ∈ B

supS =MS ,3 s ≤MS∀s ∈ S

MA +MB =Mi =⇒ a ≤Mi∀a ∈ A, b ≤Mi∀b ∈ B

Entonces Mi ≥ a+ b,∀a ∈ A,∀b ∈ B

Dado que a+ b = s ∀a ∈ A,∀b ∈ B, ∀s ∈ S,=⇒Mi = supS

=⇒ supA+ supB = supS

(b) Demuestre que infS = infA+ infB

infA = mA,3 a ≥ mA∀a ∈ A


infB = mB ,3 b ≥ mB∀b ∈ B

infS = mS ,3 s ≥ mS∀s ∈ S

mA +mB = mi =⇒ a ≥ mi −mB ∀a ∈ A, b ≥ mi −mA ∀b ∈ B

a+ b ≥ (mi −mB) + (mi −mA) = mi −mB +mi −mA = mi −mB +mi − (mi −mB) = mi, =⇒ a+ b ≥ mi

Dado que a+ b = s ∀a ∈ A,∀b ∈ B, ∀s ∈ S,=⇒ mi = infS

=⇒ infA+ infB = infS

Ejercicio 1.38. (4.15) Sean a, b ∈ R. Demuestre que si a ≤ b+ 1n ∀n ∈ N, entonces a ≤ b.

Suponiendo que a > b para buscar una contradicción.

Con base en la propiedad arquimediana, donde a0 = a−b y b0 = 1, se tiene na0 > b0 =⇒ a−b > 1n =⇒ a > b+ 1

n

Lo que es una contradicción para la condición a ≤ b+ 1n ∀n ∈ N

Capítulo 2

Sucesiones

2.1. Limites de sucesiones

Ejercicio 2.1. (7.1) Escriba los cinco primeros términos de las siguientes sucesiones.

(a) sn =1

3n+ 1=⇒ {sn}5n=1 =

{1

3(1) + 1,

1

3(2) + 1,

1

3(3) + 1,

1

3(4) + 1,

1

3(5) + 1

}=

{1

4,1

7,1

10,1

13,1

16

}

(b) bn =3n+ 1

4n− 1=⇒ {bn}5n=1 =

{3(1) + 1

4(1)− 1,3(2) + 1

4(2)− 1,3(3) + 1

4(3)− 1,3(4) + 1

4(4)− 1,3(5) + 1

4(5)− 1

}=

{4

3, 1,

10

11,13

15,16

19

}

(c) cb =n

3n=⇒ {cn}5n=1 =

{1

31,2

32,3

33,4

34,5

35

}=

{1

3,2

9,3

27,4

81,

5

243

}

(d) sn = sen(nπ

4

)=⇒ {sn}5n=1 =

{sen

π

4, sen

π

2, sen

3π

4, senπ, sen

5π

4

}Ejercicio 2.2. (7.2) Para cada sucesión en el ejercicio anterior, determine si converge, de ser así, escriba su

limite.

(a) sn =1

3n+ 1=⇒La sucesión converge y el limite es lim sn = lim

1

3n+ 1= 0

(b) bn =3n+ 1

4n− 1=⇒La sucesión converge y el limite es lim bn = lim

3n+ 1

4n− 1=

3

4

(c) cn =n

3n=⇒La sucesión converge y el limite es lim cn = lim

n

3n= 0

(d) sn = sen(nπ

4

)=⇒La sucesión NO converge.

39

40 CAPÍTULO 2. SUCESIONES

Ejercicio 2.3. (7.3) Para cada sucesión, determine si converge y de ser así escriba su limite.

(a) an =n

n+ 1=⇒La sucesión converge y el limite es liman = lim

n

n+ 1= 1

(b) bn =n2 + 3

n2 − 3=⇒La sucesión converge y el limite es lim bn = lim

n2 + 3

n2 − 3= 1

(c) cn = 2−n =⇒La sucesión converge y el limite es lim cn = lim1

2n= 0

(d) tn = 1 +2

n=⇒La sucesión converge y el limite es lim tn = lim

(1 +

2

n

)= 1

(e) xn = 73 + (−1)n =⇒La sucesión NO converge.

(f) sn = (2)1/n =⇒La sucesión converge y el limite es limxn = lim (2)1/n = 1

(g) yn = n! =⇒La sucesión diverge a infinito.

(h) dn = (−1)n · n =⇒La sucesión NO converge.

(i) sn =(−1)n

n=⇒La sucesión NO converge.

(j) sn =7n3 + 8n

2n3 − 31=⇒La sucesión converge y el limite es lim

7n3 + 8n

2n3 − 31= lim

7n3 + 8n

n3

2n3 − 31

n3

= lim7 +

8

n2

2− 31

n3

=7

2

(k) sn =9n2 − 18

6n− 18=⇒La sucesión diverge a infinito lim

9n2 − 18

6n− 18= lim

9n2 − 18

n26n− 18

n2

= lim9− 18

n26

n+

18

n2

−→∞

(l) sn = sen(nπ

2


(m) sn = sen(nπ) =⇒La sucesión NO converge.

(n) sn = sen

(2nπ

3


(o) sn =1

nsen(n) =⇒La sucesión NO converge.

(p) sn =2n+1 + 5

2n − 7=⇒La sucesión converge y el limite es lim

2n+1 + 5

2n − 7= lim

2n+1 + 5

2n2n − 7

2n

= lim2 +

5

2n

1− 7

2n

= 2

(q) sn =3n

n!=⇒La sucesión converge y el limite es lim sn = lim

3n

n!= 0

2.1. LIMITES DE SUCESIONES 41

(r) sn =

(1 +

1

n

)2

=⇒La sucesión converge y el limite es lim sn = lim

(1 +

1

n

)2

= 1

(s) sn =4n2 + 3

3n2 − 2=⇒La sucesión converge y el limite es lim sn = lim

4n2 + 3

3n2 − 2= lim

4n2 + 3

n2

3n2 − 2

n2

= lim4 +

3

n2

3− 2

n2

=4

3

(t) sn =6n+ 4

9n2 + 7=⇒La sucesión converge y el limite es lim sn = lim

6n+ 4

9n2 + 7= lim

6n+ 4

n2

9n2 + 7

n2

= lim

6

n+

4

n2

9− 7

n2

= 0

Ejercicio 2.4. (7.4) Escriba ejemplos para:

(a) Una sucesión (xn) de numeros irracionales que tenga como limite (limxn) un numero racional.

xn =

√2

n, donde lim

√2

n= 0

(b) Una sucesión (rn) de numeros racionales que tenga como limite (lim rn) un numero irracional.

rn =

(1 +

1

n

)n=⇒ rn =

(n

n+

1

n

)n=

(n+ 1

n

)n=

(n+ 1)n

nn, donde n ∈ N,∴ (n+ 1)n ∈ Z, nn ∈ Z

entonces rn ∈ Q, y el limite de la sucesión es lim(1 +

1

n

)n= e, donde e ∈ I

Ejercicio 2.5. (7.5) Determine los siguientes limites.

(a) lim sn donde sn =√n2 + 1− n

lim(√n2 + 1− n

)= lim

(√n2 + 1− n

)(√n2 + 1 + n√n2 + 1 + n

)= lim

(√n2 + 1

)2 − n2√n2 + 1 + n

= limn2 + 1− n2√n2 + 1 + n

= · · ·

· · · = lim1√

n2 + 1 + n= lim

1

n√n2 + 1

n+n

n

= lim

1

n√n2 + 1√n2

+ 1

= lim

1

n√n2 + 1

n2+ 1

= lim

1

n√1 +

1

n2+ 1

= 0

(b) lim(√n2 + n− n

)= lim

(√n2 + n− n

)(√n2 + n+ n√n2 + n+ n

)= lim

(√n2 + n

)2 − n2√n2 + n+ n

= limn2 + n− n2√n2 + n+ n

=

· · ·

· · · = limn√

n2 + n+ n= lim

n

n√n2 + n

n+n

n

= lim1√

n2 + n√n2

+ 1

= lim1√

1 +1

n+ 1

=1

2

(c) lim(√

4n2 + n− 2n)= lim

(√4n2 + n− 2n

)(√4n2 + n+ 2n√4n2 + n+ 2n

)= lim

(√4n2 + n

)2 − (2n)2√4n2 + n+ 2n

= · · ·


· · · = lim4n2 + n− 4n2√4n2 + n+ 2n

= limn√

4n2 + n+ 2n= lim

n

n√4n2 + n

n+

2n

n

= lim1√

4n2 + n√n2

+ 2

= · · ·

· · · = lim1√

4n2 + n

n2+ 2

= lim1√

4 +1

n+ 2

=1

4

2.2. Demostración de limites

Ejercicio 2.6. (8.1) Demuestre los siguientes limites.

(a) lim(−1)n

n= 0

∣∣∣∣ (−1)nn− 0

∣∣∣∣ < ε =⇒∣∣∣∣ (−1)nn

∣∣∣∣ < ε =⇒ |(−1)n|

n< ε =⇒ 1

n< ε =⇒ n >

1

ε

Para cada ε > 0 existe N =1

εtal que n > N implica

∣∣∣∣ (−1)nn− 0

∣∣∣∣ < ε

(b) lim1

n1/3= 0

∣∣∣∣ 1

n1/3− 0

∣∣∣∣ < ε =⇒∣∣∣∣ 1

n1/3

∣∣∣∣ < ε =⇒ 1

n1/3< ε =⇒ n1/3 >

1

ε=⇒ n >

(1

ε

)3

=⇒ n >1

ε3


ε3tal que n > N implica

∣∣∣∣ 1

n1/3− 0

∣∣∣∣ < ε

(c) lim2n− 1

3n+ 2=

2

3∣∣∣∣2n− 1

3n+ 2− 2

3

∣∣∣∣ < ε =⇒∣∣∣∣3(2n− 1)− 2(3n+ 2)

3(3n+ 2)

∣∣∣∣ < ε =⇒∣∣∣∣6n− 3− 6n− 4

9n+ 6

∣∣∣∣ < ε =⇒∣∣∣∣ −79n+ 6

∣∣∣∣ < ε =⇒ 7

9n+ 6< ε

=⇒ 9n+ 6 >1

ε=⇒ n >

7

9ε− 2

3


9ε− 2

3tal que n > N implica

∣∣∣∣2n− 1

3n+ 2− 2

3

∣∣∣∣ < ε

(d) limn+ 6

n2 − 6= 0

2.2. DEMOSTRACIÓN DE LIMITES 43∣∣∣∣ n+ 6

n2 − 6− 0

∣∣∣∣ < ε =⇒∣∣∣∣ n+ 6

n2 − 6

∣∣∣∣ < ε

Si n+ 6 ≤ 7n para n ∈ N y n2 − 6 ≥ n2

3para n > 2, n ∈ N

entonces7n

n2

3

≥ n+ 6

n2 − 6=⇒ 21

n≥ n+ 6

n2 − 6

∣∣∣∣21n − 0

∣∣∣∣ < ε =⇒∣∣∣∣21n∣∣∣∣ < ε =⇒ 21

n< ε =⇒ n

21>

1

ε=⇒ n >

21

ε

Si∣∣∣∣21n − 0

∣∣∣∣ < ε y21

n≥ n+ 6

n2 − 6, entonces

n+ 6

n2 − 6< ε



∣∣∣∣ n+ 6

n2 − 6− 0

∣∣∣∣ < ε

Ejercicio 2.7. (8.2) Determine los limites de las siguientes sucesiones y demuestre cada caso.

(a) an =n

n2 + 1

liman = limn

n2 + 1= 0 , dado que para valores grandes de n , se tiene

n

n2 + 1≈ n

n2=

1

n≈ 0

Demostración.

∣∣∣∣ n

n2 + 1− 0

∣∣∣∣ < ε =⇒∣∣∣∣ n

n2 + 1

∣∣∣∣ < ε =⇒ n

n2 + 1< ε

Como n2 + 1 > n2 =⇒ 1

n2 + 1<

1

n2=⇒ n

n2 + 1<

n

n2=⇒ n

n2 + 1<

1

n

Entonces∣∣∣∣ 1n − 0

∣∣∣∣ < ε =⇒∣∣∣∣ 1n∣∣∣∣ < ε =⇒ 1

n< ε =⇒ n >

1

εimplica que

∣∣∣∣ n

n2 + 1− 0

∣∣∣∣ < ε



∣∣∣∣ n

n2 + 1− 0

∣∣∣∣ < ε

(b) bn =7n− 19

3n+ 7

lim7n− 19

3n+ 7=

7

3, dado que para valores grandes de n, se tiene

7n− 19

3n+ 7≈

7n

3n=

7

3

Demostración.∣∣∣∣7n− 19

3n+ 7− 7

3

∣∣∣∣ < ε =⇒∣∣∣∣3(7n− 19)− 7(3n+ 7)

3(3n+ 7)

∣∣∣∣ < ε =⇒∣∣∣∣21n− 57− 21n− 49

9n+ 21

∣∣∣∣ < ε =⇒∣∣∣∣ −1069n+ 21

∣∣∣∣ < ε


=⇒ 106

9n+ 21< ε =⇒ 9n+ 21

106>

1

ε=⇒ 9n+ 21 >

106

ε=⇒ n >

1

9

(106

ε− 21

)=

106

9ε− 21

9


9ε− 21


∣∣∣∣7n− 19

3n+ 7− 7

3

∣∣∣∣ < ε

(c) cn =4n+ 3

7n− 5

lim4n+ 3

7n− 5=

4


4n+ 3

7n− 5≈

4n

7n=

7

3

Demostración.

=⇒∣∣∣∣4n− 3

7n− 5− 4

7

∣∣∣∣ < ε =⇒∣∣∣∣7(4n+ 3)− 4(7n− 5)

7(7n− 5)

∣∣∣∣ < ε =⇒∣∣∣∣28n+ 21− 28n+ 20

49n− 35

∣∣∣∣ < ε =⇒∣∣∣∣ 41

49n− 35

∣∣∣∣ < ε

=⇒ 41

49n− 35< ε =⇒ 49n− 35

41>

1

ε=⇒ n >

1

49

(41

ε+ 35

)=⇒ n >

41

49ε+

35

49


49ε+

35


∣∣∣∣4n− 3

7n− 5− 4

7

∣∣∣∣ < ε

(d) dn =2n+ 4

5n+ 2

lim2n+ 4

5n+ 2=

2


2n+ 4

5n+ 2≈

2n

5n=

2

5

Demostración.

∣∣∣∣2n+ 4

5n+ 2− 2

5

∣∣∣∣ < ε =⇒∣∣∣∣5(2n+ 4)− 2(5n+ 2)

5(5n+ 2)

∣∣∣∣ < ε =⇒∣∣∣∣10n+ 20− 10n− 4

25n+ 10

∣∣∣∣ < ε =⇒∣∣∣∣ 16

25n+ 10

∣∣∣∣ < ε

=⇒ 16

25n+ 10< ε =⇒ 25n+ 10

16>

1

ε=⇒ n >

1

25

(16

ε− 10

)=⇒ n >

16

25ε− 10

25


25ε− 10


∣∣∣∣2n+ 4

5n+ 2− 2

5

∣∣∣∣ < ε

(e) sn =1

nsen(n)

lim1

nsen(n) NO existe, la sucesión NO converge.

Demostración.

2.2. DEMOSTRACIÓN DE LIMITES 45

Para valores de n =π

2y n =

3π

2, se tiene que

1

nsen(n) =

1π

2

(1) =2

πy

1

nsen(n) =

13π

2

(−1) = − 2

3π,

respectivamente.

Suponiendo que lim1

nsen(n) = L,=⇒

∣∣∣∣ 2π − L∣∣∣∣ < ε y

∣∣∣∣− 2

3π− L

∣∣∣∣ < ε, entonces

∣∣∣∣ 2π − L∣∣∣∣+ ∣∣∣∣− 2

3π− L

∣∣∣∣ < ε+ ε = 2ε

∣∣∣∣ 2π − L∣∣∣∣+ ∣∣∣∣− 2

3π− L

∣∣∣∣ = ∣∣∣∣ 2π − L∣∣∣∣+ ∣∣∣∣(−1)( 2

3π+ L

)∣∣∣∣ = ∣∣∣∣ 2π − L∣∣∣∣+ |−1| ∣∣∣∣ 23π + L

∣∣∣∣ = ∣∣∣∣ 2π − L∣∣∣∣+ ∣∣∣∣ 23π + L

∣∣∣∣=⇒

∣∣∣∣ 2π − L∣∣∣∣+ ∣∣∣∣ 23π + L

∣∣∣∣ ≥ ∣∣∣∣( 2

π− L

)+

(2

3π+ L

)∣∣∣∣ = ∣∣∣∣ 2π − L+2

3π+ L

∣∣∣∣ = ∣∣∣∣ 83π∣∣∣∣ = 8

3π

Entonces∣∣∣∣ 2π − L

∣∣∣∣+ ∣∣∣∣− 2

3π− L

∣∣∣∣ < 2ε y∣∣∣∣ 2π − L

∣∣∣∣+ ∣∣∣∣− 2

3π− L

∣∣∣∣ ≥ 8

3π, =⇒ 8

3π< 2ε =⇒ 4

3π< ε

Si ε ≥ 4

3πse tiene una contradicción.

Ejercicio 2.8. (8.4) Sea (tn) una sucesión acotada, por lo cual existe M tal que |tn| ≤ M para toda n, y sea

(sn) una sucesión tal que lim sn = 0, demuestre que lim (sntn) = 0

Dado que lim sn = 0 , entonces existe N tal que n > N implica |sn − 0| < ε0 , donde ε0 > 0

Entonces |tn| ≤M y |sn| < ε0 , implica |sn| |tn| < ε0 ·M , si M =ε

ε0, entonces |sn| |tn| < ε

|sn| |tn| < ε =⇒ |sntn| < ε =⇒ |sntn − 0| < ε

Para cada ε > 0 existe N tal que n > N implica |sntn − 0| < ε , entonces lim sntn = 0

Ejercicio 2.9. (8.3) Sea (sn) una sucesión de numeros reales no negativos, y suponga que lim sn = 0 . Demuestre

que lim√sn = 0 .

Si lim sn = 0 , entonces existe N tal que n > N implica |sn − 0| < ε0

Entonces∣∣√sn − 0

∣∣ < ε =⇒∣∣√sn∣∣ < ε =⇒ √sn < ε =⇒ sn < ε2

Si ε0 = ε2 , se tiene que |sn − 0| < ε0 =⇒∣∣√sn − 0

∣∣ < ε

dado que |sn| < ε0 =⇒ sn < ε0 =⇒ sn < ε2


Si lim sn = 0 , entonces lim√sn = 0

Ejercicio 2.10. (8.5) (a) Considere tres sucesiones (an), (bn) y (sn) tales que an ≤ sn ≤ bn para toda n,

y liman = lim bn = s, demuestre que lim sn = s

Si liman = s entonces existe Na tal que n > Na implica |an − s| < ε

Si lim bn = s entonces existe Nb tal que n > Nb implica |bn − s| < ε

|an − s| < ε =⇒ |s− an| < ε =⇒ s− an < ε =⇒ s− ε < an

|bn − s| < ε =⇒ |bn − s| < ε =⇒ bn − s < ε =⇒ bn < s+ ε

Entonces, s− ε < an ≤ sn ≤ bn < s+ ε =⇒ s− ε < sn < s+ ε implica que s− ε < sn =⇒ s− sn < ε y tambien

s+ ε > sn =⇒ sn − s < ε, ambas implicaciones se reducen a |sn − s| < ε para n > max {Na, Nb}

Para cada ε > 0 existe N = max {Na, Nb} tal que n > N implica |sn − s| < ε , entonces lim sn = s

(b) Suponga que (sn) y (tn) son sucesiones tales que |sn| ≤ tn para toda n y lim tn = 0. Demuestre que

lim sn = 0.

Dado que lim tn = 0, entonces existe N tal que n > N implica |tn − 0| < ε donde ε > 0.

|tn − 0| < ε =⇒ |tn| < ε =⇒ tn < ε , entonces |sn| ≤ tn < ε =⇒ |sn| < ε para ε > 0 lo que implica que

|sn − 0| < ε y entoncesPara cada ε > 0 existe N tal que n > N implica |sn − 0| < ε , entonces lim sn = 0

Ejercicio 2.11. (8.6) Sea (sn) una sucesión en R.

(a) Demuestre que lim sn = 0 si y solo si lim |sn| = 0.

Demostración.

Si lim |sn| 6= 0 , entonces para n > N implica ||sn| − 0| ≮ ε , y se tiene que ||sn| − 0| ≮ ε =⇒ ||sn|| ≮ ε

=⇒ |sn| ≮ ε , lo que implica que |sn − 0| ≮ ε para n > N y por lo tanto, lim sn 6= 0

El procedimiento anterior es reversible y la implicación lim sn = 0 =⇒ lim |sn| = 0 también se cumple.


lim sn = 0⇐⇒ lim |sn| = 0

(b) Observe que si sn = (−1)n, entonces lim |sn| existe, pero lim sn no existe.

i) Para lim sn donde sn = |(−1)n| , se tiene lim |(−1)n| = 1 , ya que los valores de sn son |1| , |−1| , entonces

existe N tal que n > N implica |1− 1| < ε para ε > 0 .

De hecho |1− 1| = 0 < ε

ii) Para lim sn donde sn = (−1)n , se tiene que los valores de sn son 1, -1, entonces existiría N tal que n > N

implique |1− 1| < ε y |−1− 1| < ε , entonces se tiene que:

|1− 1|+ |−1− 1| < ε+ ε = 2ε , y se tiene que |1− 1|+ |−1− 1| ≥ |(1− 1) + (−1− 1)| = |0 + (−2)| = |−2| = 2

Debido a que 2 ≥ |1− 1|+ |−1− 1| < 2ε =⇒ 2 < 2ε , Considerando ε ≤ 1 se tiene una contradicción.

Si sn = (−1)n, entonces lim |sn| = 1 mientras que lim sn no existe

Ejercicio 2.12. (8.7) Demuestre que las siguientes sucesiones no convergen.

(a) cos(nπ

3

)Suponiendo que lim

[cos(nπ

3

)]= L, se tendria que existe N tal que n > N implica

∣∣∣cos(nπ3

)− L

∣∣∣ < ε

Considerando valores de n = 6, 12, 18, · · · se tiene que cos(nπ

3

)= 1,−1, entonces se tiene que |1− L| < ε y

|−1− L| < ε , dadas estas condiciones, se tiene que |1− L|+ |−1− L| < ε+ ε = 2ε

Por otro lado aplicando la desigualdad del triángulo |1− L|+ |−1− L| = |1− L|+ |(−1)(1 + L)| = · · ·

· · · |1− L|+ |−1| |1 + L| = |1− L|+(1) |1 + L| = |1− L|+ |1 + L| ≥ |(1− L) + (1 + L)| = |1 + 1− L+ L| = · · ·

· · · |2| = 2 , entonces 2 ≤ |1− L|+ |−1− L| < 2ε =⇒ 2 < 2ε , en conclusión

Si ε ≤ 1 se tiene una contradicción, por lo tanto cos(nπ

3

)no converge.

(b) sn = (−1)n · n


Suponiendo que lim (−1)n · n = L, se tendria que existe N tal que n > N implica |(−1)n · n− L| < ε

Se tiene que (−1)n · n = n para n par y (−1)n · n = −n , entonces existe N tal que n > N implica que

|(−1)n · n− L| < ε para ε > 0 , dadas estas condiciones, se tiene que |n− L|+ |−n− L| < ε+ ε = 2ε

Por otro lado aplicando la desigualdad del triángulo |n− L|+ |−n− L| = |n− L|+ |(−1)(n+ L)| = · · ·

· · · |n− L|+|−1| |n+ L| = |n− L|+(1) |n+ L| = |n− L|+|n+ L| ≥ |(n− L) + (n+ L)| = |n+ n− L+ L| = · · ·

· · · |2n| = 2n , entonces 2n ≤ |n− L|+ |−n− L| < 2ε =⇒ 2 < 2ε , en conclusión

Si ε ≤ 1 se tiene una contradicción, por lo tanto sn = (−1)n · n no converge.

(c) sen(nπ

3

)Suponiendo que lim sen

(nπ3

)= L, se tendria que existe N tal que n > N implica

∣∣∣sen(nπ3

)− L

∣∣∣ < ε

Con múltiplos de 3 en n se tiene sen(nπ

3

)= 0 , y con valores en n no multiplos de 3, se tiene sen

(nπ3

)= ±√3

2

dadas las condiciones se tiene que

∣∣∣∣∣√3

2− L

∣∣∣∣∣+∣∣∣∣∣−√3

2− L

∣∣∣∣∣ < ε+ ε = 2ε

Por otro lado aplicando la desigualdad del triángulo

∣∣∣∣∣√3

2− L

∣∣∣∣∣+∣∣∣∣∣−√3

2− L

∣∣∣∣∣ =∣∣∣∣∣√3

2− L

∣∣∣∣∣+∣∣∣∣∣(−1)

(√3

2+ L

)∣∣∣∣∣ =· · · =

∣∣∣∣∣√3

2− L

∣∣∣∣∣+ |−1|∣∣∣∣∣√3

2+ L

∣∣∣∣∣ =∣∣∣∣∣√3

2− L

∣∣∣∣∣+ (1)

∣∣∣∣∣√3

2+ L

∣∣∣∣∣ =∣∣∣∣∣√3

2− L

∣∣∣∣∣+∣∣∣∣∣√3

2+ L

∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣√3

2− L

∣∣∣∣∣+∣∣∣∣∣√3

2+ L

∣∣∣∣∣ ≥∣∣∣∣∣(√

3

2− L

)+

(√3

2+ L

)∣∣∣∣∣ =∣∣∣∣∣√3

2− L+

√3

2+ L

∣∣∣∣∣ = ∣∣√3∣∣ = +√3

entonces +√3 ≤

∣∣∣∣∣√3

2− L

∣∣∣∣∣+∣∣∣∣∣−√3

2− L

∣∣∣∣∣ < 2ε =⇒ +√3 < 2ε , en conclusión

Si ε ≤√3

2se tiene una contradicción, por lo tanto sen

(nπ3

)no converge.

Ejercicio 2.13. (8.8) Demuestre lo siguiente.

(a) lim(√n2 + 1− n

)= 0


(√n2 + 1− n

)(√n2 + 1 + n√n2 + 1 + n

)=

(√n2 + 1

)2 − n2√n2 + 1 + n

=n2 + 1− n2√n2 + 1 + n

=1√

n2 + 1 + n=

1

n√n2 + 1 + n

n

= · · ·

· · · =

1

n√n2 + 1√n2

+n

n

=

1

n√n2 + 1

n2+ 1

=

1

n√1 +

1

n2+ 1

, para valores grandes de n se tiene que

1

n√1 +

1

n2+ 1

≈ 0

y dado que |0− 0| < ε =⇒∣∣(√n2 + 1− n

)− 0∣∣ < ε , para cualquier ε > 0 .

Existe N tal que n > N implica∣∣(√n2 + 1− n

)− 0∣∣ < ε para cualquier ε > 0 , entonces lim

(√n2 + 1− n

)= 0

(b) lim(√n2 + n− n

)=

1

2

(√n2 + n− n

)(√n2 + n+ n√n2 + n+ n

)=

(√n2 + n

)2 − n2√n2 + n+ n

=n2 + n− n2√n2 + n+ n

=n√

n2 + n+ n=

n

n√n2 + n+ n

n

= · · ·

n

n√n2 + n

n+n

n

=1√

n2 + n√n2

+ 1

=1√

n2 + n

n2+ 1

=1√

1 +1

n+ 1


1√1 +

1

n+ 1

≈ 1

2, entonces como

∣∣∣∣12 − 1

2

∣∣∣∣ < ε para cualquier ε > 0 , se tiene∣∣∣∣(√n2 + n− n

)− 1

2

∣∣∣∣ < ε ,

para cualquier ε > 0 ,

Existe N tal que n > N implica

∣∣∣∣∣∣∣(√n2 + n− n

)−

1

2

∣∣∣∣∣∣∣ < ε para cualquier ε > 0 , lim(√n2 + n− n

)=

1

2

(c) lim(√

4n2 + n− 2n)=

1

4

(√4n2 + n− 2n

)(√4n2 + n+ 2n√4n2 + n+ 2n

)=

(√4n2 + n

)2 − (2n)2

√4n2 + n+ 2n

=4n2 + n− 4n2√4n2 + n+ 2n

=n√

4n2 + n+ 2n= · · ·

n

n√4n2 + n

n+

2n

n

=1√

4n2 + n√n2

+ 2

=1√

4n2 + n

n2+ 2

=1√

4 +1

n+ 2


1√4 +

1

n+ 2

≈ 1

4, entonces como

∣∣∣∣14 − 1

4

∣∣∣∣ < ε para cualquier ε > 0 , se tiene∣∣∣∣(√4n2 + n− 2n

)− 1

4

∣∣∣∣ < ε ,


para cualquier ε > 0 ,

Existe N tal que n > N implica∣∣∣∣(√4n2 + n− 2n

)− 1

4

∣∣∣∣ < ε para cualquier ε > 0 , lim(√

4n2 + n− 2n)=

1

4

Ejercicio 2.14. (8.9) Sea (sn) una sucesión que converge.

(a) Demuestre que si sn ≥ a para toda n, pero un numero finito de n, entonces lim sn ≥ a

Si lim sn = s , entonces existe N tal que n > N implica |sn − s| < ε para cualquier ε > 0

Suponiendo que lim sn < a , es decir, que s < a y considerando ε como la distancia entre a y s, entonces ε = a−s

|sn − s| < ε = a− s =⇒ sn − s < a− s =⇒ sn < a , lo que contradice a la condición sn ≥ a .

Si sn ≥ a , lim sn ≥ a

(b) Demuestre que si sn ≤ b para toda n, pero un numero finito de n, entonces lim sn ≤ b

Si lim sn = s , entonces existe N tal que n > N implica |sn − s| < ε para cualquier ε > 0

Suponiendo que sn > b , es decir, que s > b y considerando ε como la distancia entre s y b, entonces ε = s− b

|sn − s| < ε = s− b =⇒ |(−1)(−sn + s)| < s− b =⇒ |−1| |−sn + s| < s− b =⇒ −sn + s < s− b =⇒ −sn < −b

=⇒ sn > b, lo que contradice a la condición sn ≤ b.

Si sn ≤ b , lim sn ≤ b

(c) Concluya que si todos los términos, pero una cantidad finita de sn pertenece a [a, b], entonces lim sn pertenece

a [a, b].

sn ≥ a y sn ≥ b implica que a ≤ sn ≤ b, entonces sn ∈ [a, b]

dado que sn ≥ a =⇒ lim sn ≥ a y sn ≤ b =⇒ lim sn ≤ b, entonces lim sn ∈ [a, b]

Si sn ∈ [a, b] entonces lim sn ∈ [a, b]

2.3. TEOREMAS DE LIMITES PARA SUCESIONES 51

2.3. Teoremas de limites para sucesiones

Ejercicio 2.15. (9.6) Sea xn = 1 y xn+1 = 3x2n para n ≥ 1.

(a) Demuestre que si a = limxn , entonces a =1

3ó a = 0 .

x1 = 1 = 30

x2 = x1+1 = 3(1)2 = 31

x3 = x2+1 = 3(3)2 = 27 = 33

x4 = x3+1 = 3(27)2 = 2, 187 = 37

...

xn →∞

Definiendo xn =

√xn+1

3para n ≥ 1 y ε ≥ 2

3, entonces

Existe N tal que n > N implica∣∣∣∣xn − 1

3

∣∣∣∣ < ε , donde ε > 0

Por otra parte si ε ≥ 1 , entonces

Existe N tal que n > N implica |xn − 0| < ε , donde ε > 0

(b) ¿Existe limxn?, explique.

El limxn NO existe, la sucesión diverge a infinito.

(c) Discuta la aparente contradicción entre las partes (a) y (b).

Debido a que n ≥ 1, la sucesión xn ={1, 3, 33, 37, 315, 331, · · · ,∞

}tiene inf (xn) = 1, entonces la condición de

la definición de límite se cumple para limxn =1

3con ε ≥ 2

3y para limxn = 0 con ε ≥ 1 , sin embargo para

ε > 0 arbitrarios (tan pequeño como se quiera), la condición no es válida.


Ejercicio 2.16. (9.7) Complete la demostración de 9.7(c), dé el argumento estándar necesario para mostrar que

lim sn = 0.

sn <

√2

n− 1para n > 2 , si

√2

n− 1< ε entonces sn < ε

∣∣∣∣√ 2

n− 1

∣∣∣∣ < ε =⇒√

2

n− 1< ε =⇒ 2

n− 1< ε2 =⇒ n− 1

2>

1

ε2=⇒ n− 1 >

2

ε2=⇒ n >

2

ε2+ 1


ε2+1 tal que n > N implica |sn − 0| < ε, entonces lim sn = 0

Ejercicio 2.17. (9.8) Determine los siguientes limites si existen. De lo contrario, afirme que “NO EXISTE”.

(a) limn3

n3 > M =⇒ n > M13

Para M > 0 y N =M13 , n > N implica n3 > M , entonces limn3 = +∞

(b) lim (−n3)

−n3 < M =⇒ n3 > −M =⇒ n > (−M)13

ParaM < 0 yN = (−M)13 , n > N implica−n3 < M , entonces lim−n3 = −∞

(c) lim (−n)n

La sucesión (−n)n incrementa alternadamente hacia −∞ y +∞, entonces diverge.

lim (−n)n NO EXISTE

(d) lim (1.01)n

(1.01)n> M =⇒ (1.01)

n= M0 > M , si log1.01M = k donde k < n, entonces log1.01M0 > log1.01M debido a

que comparando (1.01)n=M0 y (1.01)

k=M , se tiene que n > k si M0 > M , entonces n > log1.01M

Para M > 0 y N = log1.01M , n > N implica (1.01)n> M , entonces lim (1.01)

n= +∞

(e) limnn


nn > M =⇒ nn = M0 > M , si lognM = k donde k < n, entonces lognM0 > lognM debido a que comparando

nn =M0 y nk =M , se tiene que n > k si M0 > M , entonces n > lognM

Para M > 0 y N = lognM , n > N implica nn > M , entonces limnn = +∞

Ejercicio 2.18. (9.9) Suponga que existe N0 tal que sn ≤ tn para toda n > N0 .

(a) Demuestre que si lim sn = +∞ , entonces lim tn = +∞ .

Si n > N0 entonces tn ≥ sn y dada 0 < M < sn para n > N , donde N = N0, entonces se tiene que

Para M > 0 y N = N0, n > N implica sn > M =⇒ tn > M , entonces lim tn = +∞

(b) Demuestre que si lim tn = −∞ , entonces lim sn = −∞ .

Si n > N0 entonces sn ≤ tn y dada tn < M < 0 para n > N , donde N = N0, entonces se tiene que

Para M < 0 y N = N0, n > N implica tn < M =⇒ sn < M , entonces lim sn = −∞

(c) Demuestre que si lim sn y lim tn existen, entonces lim sn ≤ lim tn .

Se tiene que sn ≤ tn , para n > N0 , entocnes tn − sn ≥ 0Ej.2.14(8.9)

=⇒ lim (tn − sn) ≥ 0 , entonces con base en

los teoremas 9.3 y 9.2 se tiene que

lim (tn + (−sn))T.9.3= lim tn+lim (−sn) = lim tn+lim ((−1) sn)

T.9.2= lim tn+(−1) lim sn = lim tn−lim sn ≥ 0

Entonces lim tn ≥ lim sn

Si sn ≤ tn para n > N0 y lim sn y lim tn existen, entonces lim sn ≤ lim tn

Ejercicio 2.19. (9.10) (a) Demuestre que si lim sn = +∞ y k > 0 , entonces lim (ksn) = +∞ .

lim sn = +∞ , se tiene que existe M0 > 0 tal que para n > N sn > M0 , entonces se tiene que ksn > kM0 para

n > N , donde kM0 > 0 debido a que k > 0 y M0 > 0 , entonces haciendo kM0 = M se tiene que existe M > 0

tal que n > N implica ksn > M , por definición se tiene lim (ksn) = +∞ .

Si lim sn = +∞ y k > 0, entonces lim (ksn) = +∞

(b) Demuestre que lim sn = +∞ si y solo si lim (−sn) = −∞


Si lim sn = +∞ entonces existe M0 > 0 tal que para n > N se tiene sn > M0 , entonces para n > N se tiene

que sn > M0 =⇒ −sn < −M0 , seleccionando M = −M0 , se observa que M0 > 0 =⇒ −M0 < 0 , lo que lleva a

−sn < M donde M < 0 para n > N y se llega a la definición

Existe M < 0 tal que n > N implica −sn < M , entonces lim (−sn) = −∞

(c) Demuestre que si lim sn = +∞ y k < 0 , entonces lim (ksn) = −∞

lim sn = +∞ , se tiene que existe M0 > 0 tal que para n > N sn > M0 , entonces se tiene que ksn < kM0 para

n > N , donde kM0 < 0 debido a que k < 0 y M0 > 0 , entonces haciendo kM0 = M se tiene que existe M < 0

tal que n > N implica ksn < M , por definición se tiene lim (ksn) = −∞ .

Si lim sn = +∞ y k < 0, entonces lim (ksn) = −∞

Ejercicio 2.20. (9.11) (a) Demuestre que lim sn = +∞ y inf {tn : n ∈ N} > −∞ =⇒ lim (sn + tn) = +∞.

Si m = inf {tn : n ∈ N}, entonces m es la máxima cota inferior de tn, entonces si m > −∞, existe M0 > 0 tal

que sn+m > M0 para n > M0, lo que es suficiente para mostrar que existe M tal que sn+ tn > M para n > N ,

entonces sn > M0 −m para n > N

Existe M > 0 tal que n > N implica sn + tn > M , entonces lim (sn + tn) = +∞

(b) Demuestre que si lim sn = +∞ y lim tn > −∞, entocnes lim (sn + tn) = +∞

Si lim tn > −∞ entonces inf {tn : n ∈ N} > −∞ y se tiene el mismo caso que en (a).

(c) Demuestre que si lim sn = +∞ y si (tn) es una sucesión acotada, entonces lim (sn + tn) = +∞

Si (tn) es una sucesión acotada, entonces utilizando el axioma de completez, (tn) tiene un supremo tal que

sup {tn : n ∈ N} < +∞ y tiene un ínfimo tal que inf {tn : n ∈ N} > −∞, entonces se tiene el mismo caso que

en (a).

Ejercicio 2.21. (9.12) Asuma que toda sn 6= 0 y que el limite L = lim

∣∣∣∣sn+1

sn

∣∣∣∣ existe.(a) Demuestre que si L < 1, entonces lim sn = 0.

Con base en la sugerencia del texto:


Si L < 1, es decir, los términos de la sucesión se aproximan a algún valor menor que 1, entonces |sn+1| < |sn|

para n grandes, por lo que existe N tal que n ≥ N implica |sn+1| < a |sn|, donde L < a < 1.

Multiplicando poran−1

|sn|2

an−1

|sn|2(|sn+1| < a |sn|) =⇒

an−1 |sn+1||sn|2

<an−1 · a |sn||sn|2

=an−1+1

|sn|=

an

|sn|=⇒ an−1 |sn+1|

|sn|2<

an

|sn|, entonces

|sn|2

an−1 |sn+1|>|sn|an

, dado que existe N tal que n > N implica |sN | ≥ |sn|2 y aN ≤ an−1 |sn+1|, se tiene que

|sn|2

an−1 |sn+1|≤ |sN |

aNpara n > N , entonces se tiene

|sN |aN≥ |sn|2

an−1 |sn+1|>|sn|an

=⇒ |sN |aN

>|sn|an

, por lo que

|sn| <an

aN|sN | = an · a−N |sN | = an−N |sN | =⇒ |sn| < an−N |sN |, entonces tomando ε = an−N |sN | se concluye

Existe N tal que n > N implica |sn − 0| < ε para ε > 0, entonces lim sn = 0

(b) Demuestre que si L > 1, entonces lim sn = +∞.

Con base en la sugerencia del texto:

lim

∣∣∣∣sn+1

sn

∣∣∣∣ = lim|sn+1||sn|

= lim |sn+1| ·1

|sn|= lim |sn+1| · lim

1

|sn|, analizando lim

1

|sn|se tiene que

Dado que L > 1, es decir, los términos de la sucesión an =

∣∣∣∣sn+1

sn

∣∣∣∣ se aproximan a algún valor mayor que 1,

entonces |sn+1| > |sn| para n grandes, por lo que existe N tal que n ≥ N implica a |sn| < |sn+1|, donde

1 < a < L.

Multiplicando por1

a |sn|2

1

a |sn|2(a |sn| < |sn+1|) =⇒

a |sn|a |sn|2

<|sn+1|a |sn|2

=⇒ 1

|sn|<|sn+1|a |sn|2

, dado que existe N tal que para valores n > N

se tiene que |sn| > |sN | y como |sn+1| > |sn| entonces |sn+1| ≤1

|sN |, también a |sn|2 ≥ a |sN |2, entonces tenemos

1

|sn|<|sn+1|a |sn|2

≤

1

|sN |a |sN |2

=1

a |sN |3=⇒ 1

|sn|<

1

a |sN |3, entonces tomando ε =

1

a |sN |3se tiene que:

existe N tal que n > N implica∣∣∣∣ 1

|sn|− 0

∣∣∣∣ < ε, para ε > 0, entonces lim1

|sn|= 0, con base en lo cual aplicando


el teorema 9.10, lim1

sn= 0 implica lim sn = +∞, entonces

lim1

|sn|= 0 implica lim |sn| = +∞

Ejercicio 2.22. (9.13) Demuestre que

limn→∞

an =

0 si |a| < 1

1 si a = 1

+∞ si a > 1

no existe si a ≤ −1

i) limn→∞

an = 0 si si |a| < 1

|a|n = |a| |a| |a| · · · |a| = |a · a · a · · · a| = |an|, entonces como |a|n = |an| se tiene que |a| < 1 =⇒ |a|n < 1n =⇒ · · ·

· · · =⇒ |an| < 1n = 1, entonces |an − 0| < 1, debido a que la desigualdad es válida para cualquier n, tomando

ε = 1 se tiene formalmente queExiste N tal que n > N implica |an − 0| < ε, para ε > 0, entonces liman = 0

ii) limn→∞

an = 1 si si a = 1

Dado que a = 1 =⇒ |a| = a = 1, se tiene que |a|n = an = 1n = 1, entonces |an − 1| = 0, de modo que se cumple

Existe N tal que n > N implica |an − 1| < ε para cualquier ε > 0, entonces liman = 1

iii) limn→∞

an = +∞ si si a > 1

A partir de a > 1 y elevando la desigualdad a la n potencia se tiene que an > 1n = 1, entonce tomando M = 1

Existe M > 0 tal que n > N implica an > M , entonces liman = +∞

iv) limn→∞

an no existe si a ≤ −1

Dado que an = L si n es par y an = −L si n es impar. Haciendo |an − L| < ε y |an − (−L)| < ε, se tiene que

|an − L|+ |an − (−L)| < ε+ ε = 2ε, por otro lado, aplicando la desigualdad del triangulo se tiene que


|an − L|+ |an − (−L)| ≥ |(an − L) + [an − (−L)]| = |an − L+ an + L)| = |an + an| = |2an|, entonces

|an − L|+ |an − (−L)| ≥ 2 |an|

2 |an| ≤ |an − L|+ |an − (−L)| < 2ε, si ε = |an|, entonces

se tiene una contradicción por lo que liman no existe si a ≤ −1

Ejercicio 2.23. (9.14) Sea p > 0. Utilice el ejercicio 9.12 para demostrar

limn→∞

an

np=

0 si |a| ≤ 1

+∞ si a > 1

no existe si a < −1

i) limn→∞

an

np= 0 si |a| ≤ 1

limn→∞

an

np= limn→∞

an · 1

np=(limn→∞

an)(

limn→∞

1

np

), analizando los factores se tiene que

limn→∞

1

np= 0, dado que existe N =

(1

ε

)1

p tal que n > N implica∣∣∣∣ 1np − 0

∣∣∣∣ < ε, para cualquier ε > 0 además,

np > M =⇒ n > M1p para M > 0, entonces existe M > 0 tal que n > N , donde N =M

1p , tal que np > M ,

entonces limnp = +∞, por lo tanto lim1

np= 0

Considerando |a| < 1, es decir, −1 < a < 1, entonces limn→∞

an = 0, debido a que esto se demostró en el ejercicio

anterior, solo se mencionará que la sucesión no es monótona para valores de a < 0, dado que para valores de n

pares la sucesión se acerca a cero por la derecha, y para valores de n impares la sucesión se acerca a cero por la

izquierda.

Por lo tanto, limn→∞

an

np= limn→∞

an · 1

np=(limn→∞

an)(

limn→∞

1

np

)= 0 · 0 = 0, si |a| < 1

Si a = 1, entonces limn→∞

an = 1 ya que 1n = 1

limn→∞

an

np= limn→∞

an · 1

np=(limn→∞

an)(

limn→∞

1

np

)= 1 · 0 = 0, si a = 1


Si a = −1, entonces limn→∞

an no existe, ya que la sucesión diverge en valores −1 y 1.

limn→∞

an

np= 0 si |a| ≤ 1

ii) limn→∞

an

np= +∞ si a > 1

si a > 1 entonces para valores grandes de n, se tiene que an > np, de modo que existeM0 > 0 tal queM0 ·an > np

para n > N , entonces M0 >np

an=⇒ 1

M0<an

np, si M =

1

M0y M =

aN

NP, se tiene que existe M > 0 tal que

n > N implicaan

np> M , y por definición lim

an

np= +∞

limn→∞

an

np= +∞ si a > 1

iii) limn→∞

an

npno existe si a < −1

Si n = {2, 4, 6, · · · } y a < −1 entonces para valores grandes de n, se tiene que an > np, de modo que existeM0 > 0

tal que M0 ·an > np para n > N , entonces M0 >np

an=⇒ 1

M0<an

np, si M =

1

M0y M =

aN

NP, se tiene que existe

M > 0 tal que n > N implicaan

np> M , y por definición lim

an

np= +∞

Si n = {1, 3, 5, · · · } y a < −1 entonces para valores grandes de n, se tiene que an < np, de modo que existe

M0 < 0 tal que M0 · an > np para n > N , entonces M0 <np

an=⇒ 1

M0>an

np, si M =

1

M0y M =

aN

Np, se tiene

que existe M < 0 tal que n > N implicaan

np< M , y por definición lim

an

np= −∞

Entonces considerandoan

np∀ n ∈ N, con base en la unicidad del límite para una sucesión, se tiene que

limn→∞

an

npNO existe si a < −1

Ejercicio 2.24. (9.15) Demuestre que limn→∞

an

n!= 0 para toda a ∈ R.

Definiendo sn =an

n!, se tiene que sn+1 =

an+1

(n+ 1)!y entonces

∣∣∣∣sn+1

sn

∣∣∣∣ =∣∣∣∣∣∣∣∣an+1

(n+ 1)!an

n!

∣∣∣∣∣∣∣∣ =∣∣∣∣ an+1 · n!an · (n+ 1)!

∣∣∣∣ = · · ·


· · · =∣∣∣∣ an+1 · a−n · n!(n+ 1) [(n+ 1)− 1] [(n+ 1)− 2] · · · 1

∣∣∣∣ = ∣∣∣∣ a · n!(n+ 1)n (n− 1) (n− 2) · · · 1

∣∣∣∣ = ∣∣∣∣ a · n!(n+ 1)n!

∣∣∣∣ = ∣∣∣∣ a

(n+ 1)

∣∣∣∣∣∣∣∣sn+1

sn

∣∣∣∣ = ∣∣∣∣ a

n+ 1

∣∣∣∣, entonces lim ∣∣∣∣sn+1

sn

∣∣∣∣ = lim

∣∣∣∣ a

n+ 1

∣∣∣∣ = lim |a| · lim∣∣∣∣ 1

n+ 1

∣∣∣∣ = |a| lim 1

n+ 1

como n+ 1 > M para M > 0 =⇒ n > M − 1, entoces existe M > 0 tal que para n > N donde N =M − 1

implica n+ 1 > M , y por definición lim (n+ 1) = +∞, entonces utilizando el teorema 9.10 se tiene que

lim1

n+ 1= 0, y lim

∣∣∣∣sn+1

sn

∣∣∣∣ = |a| lim 1

n+ 1= |a| · 0 = 0, ahora utilizando el hecho de que si existe el limite

L =

∣∣∣∣sn+1

sn

∣∣∣∣ y L < 1, entonces lim sn = 0, lo cual se demostró en el ejercicio 2.21(9.12).

limn→∞

an

n!= 0 para toda a ∈ R.

Ejercicio 2.25. (9.16) Utilice los teoremas 9.9, 9.10 o los ejercicios 9.9-9.15 para demostrar lo siguiente:

(a) limn4 + 8n

n2 + 9= +∞

limn4 + 8n

n2 + 9= lim

n2(n4 + 8n

)n2 (n2 + 9)

= lim

n4 + 8n

n2

n2 + 9

n2

= limn2 +

8

n

1 +9

n2

= lim

(n2 +

8

n

)· lim

1

1 +9

n2

= · · ·

· · · =(limn2 + lim

8

n

)lim 1

1 +9

n2

=

(limn2 + lim

8

n

) lim 1

lim

(1 +

9

n2

) = · · ·

· · · =(limn2 + lim

8

n

) lim 1

lim 1 + lim9

n2

Dado que n2 > M =⇒ n > M

12 , existeM > 0 y N =M

12 tal que n > N implica n2 > M , entonces limn2 = +∞

Dado que∣∣∣∣ 8n∣∣∣∣ < ε =⇒ 8

n< ε =⇒ n

8>

1

ε=⇒ n >

8

ε, se tiene que para ε > 0 y N =

8

ε, n > N implica

∣∣∣∣ 8n − 0

∣∣∣∣ < ε, entonces lim8

n= 0

Dado que lim(1 +

9

n2

)= lim 1 + lim

9

n2, y con base en

∣∣∣∣ 9n2∣∣∣∣ < ε =⇒ 9

n2< ε =⇒ n2

9>

1

ε=⇒ n2 >

9

ε=⇒ · · ·


· · · =⇒ n >

(9

ε

) 12

, se tiene que para ε > 0 y N =

(9

ε

) 12

, n < N implica∣∣∣∣ 9n2 − 0

∣∣∣∣ < ε, entonces lim9

n2= 0

entonces lim(1 +

9

n2

)= 1 + 0 = 1, y se tiene para lim

n4 + 8n

n2 + 9que

limn4 + 8n

n2 + 9=

(limn2 + lim

8

n

) lim 1

lim 1 + lim9

n2

= (+∞+ 0)

(1

1 + 0

)= +∞

(b) lim[2n

n2+ (−1)n

]= +∞

lim

[2n

n2+ (−1)n

]= lim

2n

n2+ lim (−1)n

En el ejercicio 2.23(9.14) se demostró que liman

np= +∞ si p > 0 y a > 1, dado que 2 > 1 > 0, entonces se tiene

lim2n

n2= +∞, por otro lado, lim (−1)n no existe, la sucesión (−1)n toma valores de −1 para n impares y

1 para n pares, es decir, si sn = (−1)n entonces sn = {1,−1, 1,−1, · · · }, dado que ∞+ 1 =∞− 1 =∞

lim

[2n

n2+ (−1)n

]= lim

2n

n2+ lim (−1)n = +∞

(c) lim[3n

n3− 3n

n!

]= +∞

lim

[3n

n3− 3n

n!

]= lim

3n

n3+ lim

(−3n

n!

)= lim

3n

n3− lim 3n

n!

En el ejercicio 2.23(9.14) se demostró que liman

np= +∞ si p > 0 y a > 1, dado que 3 > 1 > 0, entonces

lim3n

n3= +∞, por otro lado, en el ejercicio 2.24(9.15) se demostró que lim

an

n!= 0 para toda a ∈ R,

dado que 3 ∈ R, se tiene que lim3n

n!= 0, y por lo tanto

lim

[3n

n3− 3n

n!

]= lim

3n

n3− lim 3n

n!= +∞− 0 = +∞

2.4. SUCESIONES MONÓTONAS Y SUCESIONES DE CAUCHY 61

2.4. Sucesiones monótonas y sucesiones de Cauchy

Ejercicio 2.26. (10.1) ¿Cuál de las siguientes sucesiones son no decreciente, no creciente, acotada?

(a)1

n

sn =1

ny sn+1 =

1

n+ 1, dado que n < n+ 1 =⇒ 1

n>

1

n+ 1

además s1 = 1, s2 =1

2, s3 =

1

3, s4 =

1

4, · · · , sn =

1

n, entonces sn ≥ 0 y sn ≤ 1 para toda n ∈ N. Entonces

supS = 1 y infS = 0 donde S = {sn : n ∈ N}, la sucesión se encuentra en el intervalo (0, 1]

sn > sn+1, infS = 0 y supS = 1, la sucesión es no creciente y acotada

(b)(−1)n

n2

Para n pares sn > 0 y para n impares sn < 0, s1 = −1 y s2 =1

4y dado que |sn+1| < |sn| entonces se tiene

infS = −1 y supS =1

4donde S = {sn : n ∈ N}, la sucesión se encuentra en el intervalo

[−1, 14

], además

la sucesión se acerca a cero por arriba y por abajo de manera alternada.

La sucesión está acotada y no es monótona

(c) n5

sn = n5 y sn+1 = (n+ 1)5, dado que sn < sn+1,

La sucesión es no decreciente

(d) sen(nπ

7

)Sucesión periódica con infS = −0.9749 y supS = 0.9749 donde S = {sn : n ∈ N}, la sucesión se encuentra en

el intervalo [−0.9749, 0.9749],La sucesión está acotada y es no monótona

(e) (−2)n

sn = (−2)n, la sucesión tiende a −∞ para valores impares de n, y tiende a +∞ para valores pares de n.

La sucesión se encuentra en (−∞,−2] ∪ [4,+∞),No es monótona y no está acotada


(f)n

3n

sn =n

3n, dado que n < 3n, entonces sn > sn+1, como s1 =

1

3y lim sn = 0 se tiene

infS = 0 y supS =1

3, donde S = {sn : n ∈ N}, la sucesión se encuentra en el intervalo

(0, 13]

Sucesión acotada no creciente

Ejercicio 2.27. (10.2) Demuestre el teorema 10.2 para sucesiones acotadas no crecientes.

Sea sn para n ∈ N una sucesión no creciente y acotada. Dado que la sucesión es no creciente se tiene que

sn ≥ sn+1, considerando S como el conjunto de valores de la sucesión, es decir, S = {sn : n ∈ N} y dado que

la sucesión es acotada, se tiene l = infS, con base en el axioma de completez, la sucesión tiene una máxima

cota inferior.

Dado que l es la máxima cota inferior, se tiene que l + ε no es cota inferior, entonces existe N tal que

sN < l+ ε donde ε > 0 y como sn ≥ sn+1, entonces para n > N se tiene sN ≥ sn, entonces sN y sn están entre

la máxima cota inferior l y l + ε, es decir, l ≤ sn ≤ sN < l + ε, lo que implica sn < l + ε, entonces sn − l < ε

lo que implica |sn − l| < ε dado que sn ≥ l.

Existe N tal que n > N implica |sn − l| < ε donde ε > 0, entonces lim sn = l

Ejercicio 2.28. (10.6) (a) Sea (sn) una sucesión tal que |sn+1 − sn| < 2−n para toda n ∈ N.

Demuestre que (sn) es una sucesión de Cauchy y por lo tanto converge.

Considerando m > n, se puede tener una sucesión desde sn hasta sm de la forma sn, sn+1, · · · , sm−1, sm,

de manera que |sm − sn| = |sm − sm−1 + sm−1 − sm−2 + sm−2 − · · ·+ sn+1 − sn|, por desigualdad del triángulo,

|sm − sm−1 + sm−1 − sm−2 + sm−2 − · · ·+ sn+1 − sn| ≤ |sm − sm−1|+ |sm−1 − sm−2|+ · · ·+ |sn+1 − sn|

con base en |sn+1 − sn| < 2−n =1

2n, se tiene que |sm − sm−1| <

1

2m−1, |sm−1 − sm−2| <

1

2m−2, · · · precisamente

hasta |sn+1 − sn| <1

2n, entonces |sm − sm−1|+ |sm−1 − sm−2|+ · · ·+ |sn+1 − sn| <

1

2m−1+

1

2m−2+ · · ·+ 1

2n


como1

2m−1+

1

2m−2+ · · ·+ 1

2n<

1

2m−1+

1

2m−1+

1

2m−2+

1

2m−2+ · · ·+ 1

2n+

1

2n=

2

2m−1+

2

2m−2+ · · ·+ 2

2n= · · ·

· · · = 1

2−1 · 2m−1+

1

2−1 · 2m−2+ · · ·+ 1

2−1 · 2n=

1

2m−2+

1

2m−3+ · · ·+ 1

2n−1, entonces se tiene que

|sm − sn| ≤ |sm − sm−1|+ |sm−1 − sm−2|+ · · ·+ |sn+1 − sn| <1

2m−2+

1

2m−3+ · · ·+ 1

2n−1, por lo que

|sm − sn| <1

2m−2+

1

2m−3+ · · ·+ 1

2n−1en donde se observa que puede existr N tal que n > N y por lo tanto

m > N , implique |sm − sn| <1

2n−1, tomando ε =

1

2n−1, entonces ε = 2−(n−1) = 21−n, aplicando logaritmo de

base 2, ε = 21−n =⇒ log2ε = log2(21−n

)=⇒ log2ε = 1− n, entonces N = 1− log2ε, de manera formal

Para ε > 0 existe N = 1− log2ε tal que m,n > N implica |sn − sm| < ε,

entonces (sn) es una sucesión de Cauchy.

(b) Es válido el resultado de la parte (a) si solo asumimos que |sn+1 − sn| <1

npara toda n ∈ N?

Con base en el mismo procedimiento del problema anterior, se tiene que

|sm − sn| ≤ |sm − sm−1|+ |sm−1 − sm−2|+ · · ·+ |sn+1 − sn| <1

m− 1+

1

m− 2+ · · ·+ 1

n

dado que m > n se tiene que1

m− 1+

1

m− 2+ · · ·+ 1

n+ 1+

1

n=

∞∑n=1

1

n, entonces se tiene

|sm − sn| <∞∑n=1

1

npero la sucesión diverge a infinito

∞∑n=1

1

n=∞, entonces

La sucesión (sn) NO es una sucesión de Cauchy.

Ejercicio 2.29. (10.9) Sea s1 = 1 y sn+1 =

(n

n+ 1

)s2n para n ≥ 1.

(a) Encuentre s2, s3 y s4.

s2 = sn+1 = s1+1 =

(n

n+ 1

)s21 =

(1

1 + 1

)12 =

1

2

s3 = sn+1 = s2+1 =

(n

n+ 1

)s22 =

(2

2 + 1

)(1

2

)2

=

(2

3

)(1

4

)=

1

6

s4 = sn+1 = s3+1 =

(n

n+ 1

)s23 =

(3

3 + 1

)(1

6

)2

=

(3

4

)(1

36

)=

1

48


(b) Demuestre que lim sn existe.

con base en la información que se observa en (a), se puede escribir 0 < sn+2 < sn+1 ≤ 1 y como

sn+1 =

(n

n+ 1

)s2n, entonces sn+2 =

[n+ 1

(n+ 1) + 1

]s2n+1 =

(n+ 1

n+ 2

)s2n+1 =

(n+ 1

n+ 2sn+1

)sn+1

como sn+1 < 0 entonces(n+ 1

n+ 2sn+1

)sn+1 < sn+1 y dado que sn+1 > 0 entonces sn+2 > 0

debido a quen+ 1

n+ 2> 0 y sn+1 > 0 y sn+2 =

(n+ 1

n+ 2

)s2n+1, por lo que la suposición 0 < sn+2 < sn+1 ≤ 1

es demostrada. Dado que sn+1 > sn+2 =⇒ sn > sn+1, la sucesión es monótona no creciente.

Además, dado que s ≥ 0 para toda sn donde n ∈ N, entonces infS = 0 donde S = {sn : n ∈ N} y

s ≤ 1 para toda sn donde n ∈ N, entonces supS = 1 donde S = {sn : n ∈ N}, con base en el axioma de completez,

la sucesión es acotadaLa sucesión (sn) es monótona y acotada, con base en el teorema 10.2, la sucesión converge.

(c) Demuestre que lim sn = 0.

Dado que sn es una sucesión monótona no creciente y acotada, convergente; entonces lim sn = lim sn+1

lim sn+1 = lim

[n

n+ 1s2n

]= lim

n

n+ 1· lim s2n, dado que

n

n+ 1≈ n

n= 1 para n grandes, lim

n

n+ 1= 1;

y dado que la sucesión sn es no creciente sn > sn+1 entonces lim s2n = 0.

El límite puede ser 0 ó 1, dependiendo de cual predomina en la sucesiónn

n+ 1s2n, pero se observa que sn ≤

1

2

por lo que lim[

n

n+ 1s2n

]6= 1, entonces

lim sn = lim sn+1 = lim

[n

n+ 1s2n

]= 0

Ejercicio 2.30. (10.10) Sea s1 = 1 y sn+1 =1

3(sn + 1) para n ≥ 1.

(a) Encuentre s1, s2 y s4

s2 = sn+1 = s1+1 =1

3(s1 + 1) =

1

3(1 + 1) =

2

3


s3 = sn+1 = s2+1 =1

3(s2 + 1) =

1

3

(2

3+ 1

)=

1

3

(5

3

)=

5

9

s4 = sn+1 = s3+1 =1

3(s3 + 1) =

1

3

(5

9+ 1

)=

1

3

(14

9

)=

14

27

(b) Utilice la inducción para demostrar que sn >1

2para toda n.

Dado que s1 = 1, s2 =2

3, s3 =

5

9y s4 =

14

27, donde s1 >

1

2, s2 >

1

2, s3 >

1

2, s4 >

1

2, se supone entonces que

sn >1

2, entonces sn+1 =

1

3(sn + 1) >

1

3

(1

2+ 1

)=

1

3

(3

2

)=

1

2, es decir sn >

1

2, entonces concluye

suponiendo sn >1

2, y verificando sn+1 >

1

2, por inducción se demuestra sn >

1

2

(c) Demuestre que (sn) es una sucesión no creciente.

Dado que s1 = 1, s2 =2

3, s3 =

5

9y s4 =

14

27, donde s1 > s2 > s3 > s4, se supone entonces que sn ≥ sn+1

entonces sn ≥ sn+1 =⇒ sn + 1 ≥ sn+1 + 1 =⇒ 1

3(sn + 1) ≥ 1

3(sn+1 + 1), como sn+1 =

1

3(sn + 1) y

sn+2 =1

3(sn+1 + 1), entonces

1

3(sn + 1) ≥ 1

3(sn+1 + 1) =⇒ sn+1 ≥ sn+2, entonces

Dado que con base en sn ≥ sn+1 se demuestra que sn+1 ≥ sn+2, entonces

por inducción se demuestra que (sn) es una sucesión no creciente.

(d) Demuestre que lim sn existe y encuentre su valor.

Dado que sn ≥ sn+1, la sucesión es monótona (y no creciente), además debido a que s1 = 1 ≥ sn para toda

n ∈ N, es decir, supS = 1 donde S = {sn : n ∈ N}, y como se demostró en (b), sn >1

2para toda n ∈ N, entonces

1

2< sn ≤ 1, la sucesión está acotada. Dado que (sn) es una sucesión monótona y acotada, con base en el teorema

10.2, la sucesión converge y lim sn existe.

Por otro lado, dado que lim sn = lim sn+1 y sn+1 =1

3(sn + 1), considerando lim sn+1 = s, se hace s =

1

3(s+ 1),

de donde s =1

3s+

1

3=⇒ s− 1

3s =

1

3=⇒ s

(1− 1

3

)=

1

3=⇒ s

(2

3

)=

1

3=⇒ s =

1

3

(3

2

)=

1

2.


Dado que∣∣∣∣sn − 1

2

∣∣∣∣ < ε =⇒∣∣∣∣sn+1 −

1

2

∣∣∣∣ < ε =⇒∣∣∣∣13 (sn + 1)− 1

2

∣∣∣∣ < ε, dado que sn >1

2entonces

∣∣∣∣13 (sn + 1)− 1

2

∣∣∣∣ < ε =⇒ 1

3(sn + 1)− 1

2< ε =⇒ 1

3sn +

1

3− 1

2< ε =⇒ 1

3sn −

1

6< ε =⇒ sn < 3

(ε+

1

6

),

se observa que existe N tal que n > N implica∣∣∣∣sn − 1

2

∣∣∣∣ < ε donde ε > 0.

El lim sn = s existe y su valor es lim sn =1

2

Ejercicio 2.31. (10.11) Sea t1 = 1 y tn+1 =

[1− 1

4n2

]· tn para n ≥ 1.

(a) Demuestre que lim tn existe.

t1 = 1

t2 = t1+1 =

[1− 1

4 (1)2

]· (1) = 4

4− 1

4=

3

4= 0.75

t3 = t2+1 =

[1− 1

4 (2)2

]·(3

4

)=

(16

16− 1

16

)· 34=

(15

16

)3

4=

45

64= 0.703, 125

t4 = t3+1 =

[1− 1

4 (3)2

]·(45

64

)=

(36

36− 1

36

)· 4564

=

(35

36

)45

64=

1, 575

2, 304= 0.683, 593, 750

t5 = t4+1 =

[1− 1

4 (4)2

]·(1, 575

2, 304

)=

(64

64− 1

64

)· 1, 5752, 304

=

(63

64

)1, 575

2, 304=

99, 225

147, 456= 0.672, 912, 597

t6 = t5+1 =

[1− 1

4 (5)2

]·(

99, 225

147, 456

)=

(100

100− 1

100

)· 99, 225147, 456

=

(99

100

)99, 225

147, 456=

9, 823, 275

14, 745, 600= · · ·

· · · = 0.666, 183, 471

t7 = t6+1 =

[1− 1

4 (6)2

]·(

9, 823, 275

14, 745, 600

)=

(144

144− 1

144

)· 9, 823, 27514, 745, 600

=

(143

144

)9, 823, 275

14, 745, 600= · · ·

· · · = 1, 404, 728, 325

2, 123, 366, 400= 0.661, 557, 197

t8 = t7+1 =

[1− 1

4 (7)2

]·(1, 404, 728, 325

2, 123, 366, 400

)=

(196

196− 1

196

)· 1, 404, 728, 3252, 123, 366, 400

=

(195

196

)1, 404, 728, 325

2, 123, 366, 400= · · ·

· · · = 273, 922, 023, 400

416, 179, 814, 400= 0.658, 181, 905


t9 = t8+1 =

[1− 1

4 (8)2

]·(273, 922, 023, 400

416, 179, 814, 400

)=

(256

256− 1

256

)· 273, 922, 023, 400416, 179, 814, 400

= · · ·

· · · =(255

256

)273, 922, 023, 400

416, 179, 814, 400=

69, 850, 115, 970, 000

106, 542, 032, 500, 000= 0.655, 610, 882

t10 = t9+1 =

[1− 1

4 (9)2

]·(

69, 850, 115, 970, 000

106, 542, 032, 500, 000

)=

(324

324− 1

324

)· 69, 850, 115, 970, 000106, 542, 032, 500, 000

= · · ·

· · · =(323

324

)69, 850, 115, 970, 000

106, 542, 032, 500, 000=

22, 561, 587, 460, 000, 000

34, 519, 618, 530, 000, 000= 0.653, 587, 392

t11 = t10+1 =

[1− 1

4 (10)2

]·(22, 561, 587, 460, 000, 000

34, 519, 618, 530, 000, 000

)=

(400

400− 1

400

)· 22, 561, 587, 460, 000, 00034, 519, 618, 530, 000, 000

= · · ·

· · · =(399

400

)22, 561, 587, 460, 000, 000

34, 519, 618, 530, 000, 000=

22, 561, 587, 460, 000, 000

34, 519, 618, 530, 000, 000= 0.653, 587, 392

Se observa que la sucesión se aproxima a valores mayores que 0.60, se intuye entonces que sn ≥ 0.60, con

base en iteraciones realizadas en hoja de cálculo, se escrben algunos valores obtenidos

t100 = 0.63822132, · · · , t200 = 0.63741084, · · · , t1000 = 0.63677902

con base en los cálculos realizados, se observa que tn ≥ 0.6366..., entonces, dado que tn ≤ 1 para n ∈ N.

y tn ≥ 0.6366..., la sucesión tiene ínfimo y tiene supremo, es decir, está acotada.

t1 = 1 y t2 = 0.75, entonces t1 > t1+1, con base en lo cual se supone que tn ≥ tn+1, entonces se tiene que

tn ≥ tn+1 =⇒(1− 1

4n2

)tn ≥

(1− 1

4n2

)tn+1 >

[1− 1

4 (n+ 1)2

]tn+1 =⇒ · · ·

· · · =⇒(1− 1

4n2

)tn >

[1− 1

4 (n+ 1)2

]tn+1, dado que tn+1 =

(1− 1

4n2

)tn y t(n+1)+1 =

[1− 1

4 (n+ 1)2

]tn+1

entonces t(n+1)+1 = tn+1+1 = tn+2 =

[1− 1

4 (n+ 1)2

]tn+1, por lo que tn+1 > tn+2, entonces por inducción

se demuestra que tn > tn+1, la sucesión es no creciente.

Dado que la sucesión (tn) es monótona y acotada, entonces ésta converge y lim tn existe.

(b) ¿Qué piensa que es el limite de la sucesión (tn)?


Considerando m > n, tm+1 =

(1− 1

4m2

)tm =

(4m2 − 1

4m2

)tm =

[(2m+ 1) (2m− 1)

(2m) (2m)

]tm = · · ·

[(2m+ 1) (2m− 1)

(2m) (2m)

]{[2 (m− 1) + 1] [2 (m− 1)− 1]

[2 (m− 1)] [2 (m− 1)]

}tm−1 = · · ·

[(2m+ 1) (2m− 1)

(2m) (2m)

]{[2 (m− 1) + 1] [2 (m− 1)− 1]

[2 (m− 1)] [2 (m− 1)]

}{[2 (m− 2) + 1] [2 (m− 2)− 1]

[2 (m− 2)] [2 (m− 2)]

}tm−2 = · · ·

[(2m+ 1) (2m− 1)

(2m) (2m)

]{[2 (m− 1) + 1] [2 (m− 1)− 1]

[2 (m− 1)] [2 (m− 1)]

}{[2 (m− 2) + 1] [2 (m− 2)− 1]

[2 (m− 2)] [2 (m− 2)]

}· · ·

· · ·{[2 (m− 3) + 1] [2 (m− 3)− 1]

[2 (m− 3)] [2 (m− 3)]

}· · · tn+1 =

[(2m+ 1) (2m− 1)

(2m) (2m)

]{[2 (m− 1) + 1] [2 (m− 1)− 1]

[2 (m− 1)] [2 (m− 1)]

}{[2 (m− 2) + 1] [2 (m− 2)− 1]

[2 (m− 2)] [2 (m− 2)]

}· · ·

· · ·{[2 (m− 3) + 1] [2 (m− 3)− 1]

[2 (m− 3)] [2 (m− 3)]

}· · ·(1− 1

4n2

)tn · · · 1 =

[(2m+ 1) (2m− 1)

(2m) (2m)

]{[2 (m− 1) + 1] [2 (m− 1)− 1]

[2 (m− 1)] [2 (m− 1)]

}{[2 (m− 2) + 1] [2 (m− 2)− 1]

[2 (m− 2)] [2 (m− 2)]

}· · ·

· · ·{[2 (m− 3) + 1] [2 (m− 3)− 1]

[2 (m− 3)] [2 (m− 3)]

}· · ·[(2n+ 1) (2n− 1)

(2n) (2n)

]tn · · · 1 =

∞∏n=1

(2n+ 1) (2n− 1)

(2n) (2n)

La sucesión es un producto de Wallis∞∏n=1

(2n+ 1) (2n− 1)

(2n) (2n)=

2

π

Ejercicio 2.32. (10.12) Sea t1 = 1 y tn+1 =

[1− 1

(n+ 1)2

]· tn para toda n ≥ 1.

(a) Demuestre que lim tn existe.

t1 = 1

t2 = t1+1 =

[1− 1

(1 + 1)2

]· t1 =

[1− 1

(1 + 1)2

]· 1 =

(1− 1

4

)=

3

4= 0.75

t3 = t2+1 =

[1− 1

(2 + 1)2

]· t2 =

[1− 1

(2 + 1)2

]· 34=

(1− 1

9

)· 34=

8

9· 34=

2

3= 0.66 . . .

t4 = t3+1 =

[1− 1

(3 + 1)2

]· t3 =

[1− 1

(3 + 1)2

]· 23=

(1− 1

16

)· 23=

15

16· 23=

5

8= 0.625

dado que t1 > 0, t2 > 0, t3 > 0 y t4 > 0, se supone que tn > 0, entonces

[1− 1

(n+ 1)2

]· tn >

[1− 1

(n+ 1)2

]· 0


entonces

[1− 1

(n+ 1)2

]· tn > 0 =⇒ tn+1 > 0, por inducción se demuestra tn > 0 para toda n ∈ N.

Dado que 1− 1

(n+ 1)2 < 1 y es factor con tn en el cálculo de tn+1, entonces se tiene tn > tn+1, es decir, cada

término de la sucesión se multiplica por un factor menor que la unidad para obtener el siguiente término de la

sucesión, por lo que ésta es monótona y no creciente. Debido a que 0 < tn < 1, la sucesión está acotada.

La sucesión es acotada y monótona, entonces es convergente y lim tn existe.

(b) ¿Qué piensa que es el limite de la sucesión (tn)?

Un valor que está en el intervalo [0, 1]

(c) Utilice la inducción para demostrar que tn =n+ 1

2n

t1 =1 + 1

2 (1)= 1

t2 =2 + 1

2 (2)=

3

4= 0.75

t3 =3 + 1

2 (3)=

4

6= 0.66 . . .

entonces se supone que tn se cumple, y tn+1 =

[1− 1

(n+ 1)2

]· tn =

[1− 1

(n+ 1)2

]· n+ 1

2n= · · ·

· · · = (n+ 1)2 − 1

(n+ 1)2 · n+ 1

2n=n2 + 2n+ 1− 1

(n+ 1)2 · n+ 1

2n=n2 + 2n

(n+ 1)2 ·

n+ 1

2n=n (n+ 2)

(n+ 1)2 ·

n+ 1

2n= · · ·

· · · = n (n+ 2)

2n· n+ 1

(n+ 1)2 =

n+ 2

2 (n+ 1)=n+ 1 + 1

2 (n+ 1)=

(n+ 1) + 1

2 (n+ 1)= tn+1, por lo que

Por inducción se demuestra que tn =n+ 1

2n

(d) Repita la parte (b).

limn+ 1

2n, dado que

n+ 1

2n=

n

2n+

1

2n≈ 1

2para n grandes, entonces lim

n+ 1

2n=

1

2∣∣∣∣n+ 1

2n− 1

2

∣∣∣∣ < ε =⇒∣∣∣∣2 (n+ 1)− 2n

2 (2n)

∣∣∣∣ < ε =⇒∣∣∣∣2n+ 2− 2n

4n

∣∣∣∣ < ε =⇒∣∣∣∣ 24n

∣∣∣∣ < ε =⇒ 1

2n< ε =⇒ 2n >

1

ε=⇒ · · ·

· · · =⇒ n >1

2ε,

Existe N =1

2εtal que n > N implica

∣∣∣∣n+ 1

2n− 1

2

∣∣∣∣ < ε para ε > 0, entonces limn+ 1

2n=

1

2


2.5. Subsucesiones

Ejercicio 2.33. (11.1) Sea an = 3 + 2 (−1)n para cada n ∈ N.

(a) Liste los primeros ocho términos de la sucesión (sn).

a1 = 3 + 2 (−1)1 = 3− 2 = 1

a2 = 3 + 2 (−1)2 = 3 + 2 = 5

a3 = 3 + 2 (−1)3 = 3− 2 = 1

a4 = 3 + 2 (−1)4 = 3 + 2 = 5

a5 = 3 + 2 (−1)5 = 3− 2 = 1

a6 = 3 + 2 (−1)6 = 3 + 2 = 5

a7 = 3 + 2 (−1)7 = 3− 2 = 1

a8 = 3 + 2 (−1)8 = 3 + 2 = 5

entonces an = {1, 5, 1, 5, 1, 5, 1, 5, . . .}

(b) Escriba una subsucesión que sea constante [que tome un solo valor]. Especifique la función de selección σ.

i) a3, a5, a7, . . ., es decir, σ (k) = nk = 2k + 1 y ank= 1

ii) a2, a4, a6, . . ., es decir, σ (k) = nk = 2k y ank= 5

Ejercicio 2.34. (11.2) Considere las sucesiones definidas a continuación:

an = (−1)n , bn =1

n, cn = n2, dn =

6n+ 4

7n− 3.

(a) Para cada sucesión, escriba un ejemplo para una sucesión monótona.

an = {−1, 1,−1, 1,−1, 1, . . .}, ank= {1, 1, 1, 1, 1, 1, . . .}, donde σ (k) = nk = 2k y ank

= a (σ (k)) = (−1)2k

bn =

{1,

1

2,1

3,1

4,1

5,1

6, . . .

}, bnk

=

{1,

1

3,1

5,1

7, . . .

}, donde σ (k) = nk = 2k − 1 y bnk

= a (σ (k)) =1

2k − 1

2.5. SUBSUCESIONES 71

cn = {1, 4, 9, 16, 25, 36, . . .}, cnk= {4, 16, 36, 49, . . .}, donde σ (k) = nk = 2k y cnk

= a (σ (k)) = (2k)2

dn =

{5

2,16

11,11

9,28

25,17

16,40

39. . .

}, cnk

=

{16

11,28

25,40

39, . . .

}, donde σ (k) = nk = 2k y cnk

= a (σ (k)) =12k + 4

14k − 3

(b) Para cada sucesión, escriba sus limites subsecuenciales.

Para an el conjunto A de limites subsecuenciales es {−1, 1}

Para bn el conjunto B de limites subsecuenciales es {0}

Para cn el conjunto C de limites subsecuenciales es nulo(las subsucesiones divergen).

Para dn el conjunto D de limites subsecuenciales es{6

7

}

(c) Para cada sucesión, escriba el lim sup y el lim inf .

lim inf (an) = −1, lim sup (an) = 1

lim inf (bn) = lim sup (bn) = 0

lim inf (cn) y lim sup (cn) NO existen.

lim inf (dn) = lim sup (dn) =6

7

(d) ¿Cuáles de las sucesiones convergen, divergen hacia +∞, o divergen hacia −∞?

La sucesión bn converge, dado que lim bn = 0

La sucesión cn diverge a +∞.

La sucesión dn converge, ya que limdn =6

7

(e) ¿Cuáles de las sucesiones están acotadas?

La sucesión an está acotada, ya que −1 ≤ an ≤ 1

La sucesión bn está acotada, ya que 0 < bn ≤ 1

La sucesión dn está acotada, ya que6

7< dn ≤

5

2


Ejercicio 2.35. (11.3) Repita el ejercicio anterior para las sucesiones:

sn = cos(nπ

3

), tn =

3

4n+ 1, un =

(−1

2

)n, vn = (−1)n +

1

n.

(a) Para cada sucesión, escriba un ejemplo para una sucesión monótona.

sn =

{1

2,−1

2,−1,−1

2,1

2, 1, . . .

}, snk

= {1, 1, 1, . . .}, donde σ (k) = nk = 6k y snk= s (σ (k)) = . . .

. . . = cos

(6kπ

3

)= cos2kπ

tn =

{3

5,3

9,3

13,3

17, . . .

}, tnk

=

{3

9,3

17,3

25,3

33, . . .

}, donde σ (k) = nk = 2k y

tnk= t (σ (k)) =

3

4 (2k) + 1=

3

8k + 1

un =

{−1

2,1

4,−1

8,1

16,− 1

32,1

64, . . .

}, unk

=

{−1

2,−1

8,− 1

32, . . .

}, donde σ (k) = nk = 2k − 1 y

unk= u (σ (k)) =

(−1

2

)2k−1

vn =

{0,

3

2,−2

3,5

4,−4

5,7

6. . .

}, vnk

=

{3

2,5

4,7

6. . .

}, donde σ (k) = nk = 2k y vnk

= v (σ (k)) = (−1)2k + 1

2k

(b) Para cada sucesión, escriba sus limites subsecuenciales.

Para sn el conjunto S de limites subsecuenciales es{−1,−1

2,1

2, 1

}Para tn el conjunto T de limites subsecuenciales es {0}

Para un el conjunto U de limites subsecuenciales es {0}

Para vn el conjunto V de limites subsecuenciales es {−1, 1}

(c) Para cada sucesión, escriba el lim sup y el lim inf .

lim inf (sn) = −1, lim sup (sn) = 1

lim inf (tn) = lim sup (tn) = 0

lim inf (un) = lim sup (un) = 0

lim inf (vn) = −1, lim sup (vn) = 1

2.5. SUBSUCESIONES 73

(d) ¿Cuáles de las sucesiones convergen, divergen hacia +∞, o divergen hacia −∞?

La sucesión tn converge, dado que lim tn = 0

La sucesión un converge, dado que limun = 0

(e) ¿Cuáles de las sucesiones están acotadas?

La sucesión sn está acotada, ya que −1 ≤ sn ≤ 1

La sucesión tn está acotada, ya que 0 < tn ≤3

5

La sucesión un está acotada, ya que −1

2≤ un ≤

1

4

La sucesión vn está acotada, ya que −1 ≤ vn ≤ 1

Ejercicio 2.36. (11.5) Sea (qn) una enumeración de todos los racionales en el intervalo (0, 1].

(a) Escriba un conjunto de limites subsecuenciales para (qn).

dado que inf qn = 0 y sup qn = 1, entonces el conjunto Q de los limites subsecuenciales en el intervalo es [0, 1]

(b) Escriba los valores de lim sup qn y lim inf qn.

lim inf qn = 0 y lim sup qn = 1

Ejercicio 2.37. (11.6) Demuestre que toda subsucesión de una subsucesión de una sucesión dada es

una subsucesión de la sucesión dada.

Dada una sucesión (sn) para n ∈ N y suponiendo que (tk) es una subsucesión de (sn) y dada (uj) donde (uj) es

una subsucesión de (tk), se tiene que uj = tkj = t (kj) = t (σ0 (j)), y tk = snk= s (nk) = s (σ1 (k)),

entonces uj = s (σ1 (σ0 (j))) = s ◦ σ1 ◦ σ0 (j), definiendo σ = σ1 ◦ σ0, entonces uj = s ◦ σ (j) = s (σ (j)), entonces

(uj) es una subsucesión de (sn).

Ejercicio 2.38. (11.7) Sea (rn) una enumeración del conjunto Q de todos los numeros racionales. Demuestre

que existe una subsucesión (rnk) tal que lim

k→∞rnk

= +∞ .


Si (tk) es una subsucesión de (rn), entonces existe σ (k) tal que r ◦σ (k) = r (σ (k)) > k =⇒ r (σ (k + 1)) > k+1

y dado que r (σ (k)) = r (nk) = rnk, entonces

Existe M = k > 0 tal que n > N implica rnk> M , entonces lim rnk

= +∞

Ejercicio 2.39. (11.8) (a) Utilice la definición 10.6 y el ejercicio 5.4 para demostrar que lim inf sn = −lim sup (−sn).

Por definición se tiene que lim inf sn = limN→∞

inf {sn : n > N}, en el ejercicio 5.4 se pide demostrar que

inf S = −sup (−S) donde S = {sn : n ∈ N}, entonces lim inf sn = limN→∞

inf {sn : n > N} = . . .

. . . = limN→∞

(−sup {−sn : n > N}) = − limN→∞

sup {−sn : n > N} = −lim sup (−sn) por definición.

lim inf sn = −lim sup (−sn)

2.6. Series

Ejercicio 2.40. (14.1) Determine cuáles de las siguientes series convergen, justifique sus respuestas.

(a)∑ n4

2n

(b)∑ 2n

n!

(c)∑ n2

3n

(d)∑ n!

n4 + 3

(e)∑ cos2n

n2

(f)∞∑n=2

1

log n

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