CAP´ITULO XIII.
SUCESIONES
´
NUMERICAS
SECCIONES
A. Sucesiones convergentes y l´ımites de oscilaci´on. Sucesiones mon´otonas
y acotadas.
B. Sucesiones recurrentes.
C. Ejercicios propuestos.
159
A. SUCESIONES CONVERGENTES Y L´
IMITES DE OSCILA´
´
CION.
SUCESIONES MONOTONAS
Y ACOTADAS.
En el cap´ıtulo 8 se defini´o el concepto de convergencia de sucesiones num´ericas. Vamos a estudiar aqu´ı las sucesiones en un contexto m´as general, mostrando otros conceptos fundamentales de las sucesiones y las relaciones entre
ellos. Estos conceptos son los de convergencia, monoton´ıa y acotaci´on, que
pasamos a definir a continuaci´on.
A.1.CONVERGENCIA.
a) Una sucesi´on {an }n∈N es convergente cuando existe un n´
umero real
L tal que
∀ε > 0, ∃N ∈ N : |an − L| < ε, ∀n > N.
Intuitivamente, quiere decir que todos los t´erminos de la sucesi´on,
excepto quiz´a 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 l´ımite de la sucesi´on y se escribe
L = l´ım an , o bien an → L (observa que, a diferencia de las
n→∞
funciones reales, no tiene sentido calcular l´ımites de sucesiones
cuando n → x0 = ∞, pues en un entorno de x0 puede no haber
ning´
un n´
umero natural).
b) Una sucesi´on es divergente cuando se verifica una de las siguientes
propiedades:
∀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 sucesi´on es oscilante cuando no es convergente ni divergente,
es decir, no hay ning´
un n´
umero (finito ni infinito) en cuyas proximidades se encuentren todos los t´erminos de la sucesi´on, a partir
de uno de ellos en adelante.
Definimos subsucesi´on de una sucesi´on {an } a cualquier sucesi´on contenida en el conjunto {a1 , a2 , . . . , an , . . . }.
Una caracterizaci´on de las sucesiones convergentes la proporciona el
(1) criterio de convergencia de Cauchy: Una sucesi´
on {an }, con
an ∈ R, ∀n, es convergente si y s´
olo si
∀ε > 0, ∃N ∈ N : |an − am | < ε, ∀n, m > N.
160
Esta condici´on, aunque te´orica, permite comprobar la convergencia
de una sucesi´on sin necesidad de conocer su l´ımite.
Otras propiedades de inter´es son las siguientes:
(2) El l´ımite de una sucesi´
on, en caso de existir, es u
´nico.
(3) Si an → a y a = 0, entonces existe N ∈ N tal que an tiene el
mismo signo que a, ∀n > N .
(4) Si an < bn , ∀n, entonces l´ım an ≤ l´ım bn .
(5) Si an ≤ bn ≤ cn , ∀n y L = l´ım an = l´ım cn , entonces L = l´ım bn .
(6) Si {an } es convergente (o divergente), toda subsucesi´
on de ella
tiene el mismo l´ımite.
Esta propiedad tambi´en se puede expresar diciendo que no se altera
el valor del l´ımite de una sucesi´on al reordenar arbitrariamente sus
t´erminos.
Un concepto m´as general que el de l´ımite de una sucesi´on es el de l´ımite
de oscilaci´on. Decimos entonces que un n´
umero L es l´ımite de oscilaci´on
de una sucesi´on {an } si cualquier intervalo de la forma (L − ε, L + ε)
contiene infinitos t´erminos de la sucesi´on. Llamamos l´ımite superior
de {an } al mayor, si existe, de los l´ımites de oscilaci´on (y utilizamos
la notaci´on L = l´ım sup an ) y el l´ımite inferior de {an } ser´a el menor
de los l´ımites de oscilaci´on, en caso de existir (y utilizamos la notaci´on
an´aloga L = l´ım inf an ).
A.2. MONOTONIA.
a) Una sucesi´on {an }n∈N es mon´otona creciente cuando
an+1 ≥ an , ∀n ∈ N.
b) An´alogamente, una sucesi´on {an }n∈N es mon´otona decreciente
cuando
an+1 ≤ an , ∀n ∈ N.
En general, diremos que una sucesi´on es mon´otona cuando es, o
bien mon´otona creciente, o bien mon´otona decreciente.
A.3.ACOTACION.
a) Una sucesi´on {an }n∈N est´a acotada superiormente cuando
∃M ∈ R : an ≤ M, ∀n ∈ N.
161
b) Una sucesi´on {an }n∈N est´a acotada inferiormente cuando
∃M ∈ R : an ≥ M , ∀n ∈ N.
Decimos en general que una sucesi´on est´a acotada si lo est´a superior e inferiormente.
Los resultados que relacionan estos tres conceptos son los siguientes:
1) Toda sucesi´
on convergente est´
a acotada.
2a) Toda sucesi´
on creciente y acotada superiormente es convergente.
Adem´as el l´ımite es el supremo del conjunto {an }n∈N .
2b) Toda sucesi´
on decreciente y acotada inferiormente es convergente.
En este caso el l´ımite es el ´ınfimo del conjunto {an }n∈N .
3) Toda sucesi´
on contiene alguna subsucesi´
on que es creciente o decreciente.
4) Toda sucesi´
on acotada tiene alguna subsucesi´
on convergente. En
particular:
5) Toda sucesi´
on acotada tiene l´ımites superior e inferior finitos.
As´ı pues, se dice que el l´ımite superior de una sucesi´on es +∞ si la
sucesi´on no est´a acotada superiormente y que el l´ımite inferior es −∞
si no est´a acotada inferiormente.
En los siguientes problemas se muestran ejemplos de algunas de estas propiedades y la forma de aplicarlas a casos concretos.
PROBLEMA 13.1
Determinar el menor valor de N para el que se verifica lo siguiente:
a) |an − 2| < 10−5 , ∀n > N, si an =
b)
1 (−1)n
+
< 10−6 , ∀n > N .
n
n2
162
4 + 1/n.
Soluci´
on
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 sucesi´on dada por an =
l´ımite 2.
4 + 1/n tiene
b) Procediendo an´alogamente al caso anterior, tenemos:
1 (−1)n
+
< 10−6 ⇐⇒ n + (−1)n < 10−6 · n2 ⇐⇒ 10−6 · n2 − n − (−1)n > 0.
n
n2
Si resolvemos esta inecuaci´on de segundo grado, resulta:
- Cuando n es par:
10
−6
2
· n − n − 1 > 0 =⇒ n >
=⇒ n >
1+
√
1 + 4 · 10−6
2 · 10−6
1
106 + 103
2
4 + 106
106 .
- Cuando n es impar:
−6
10
2
· n − n + 1 > 0 =⇒ n >
=⇒ n >
1+
√
1 − 4 · 10−6
2 · 10−6
1
106 + 103
2
106 − 4 < 106 .
En definitiva, para n > 106 se verifica la desigualdad propuesta.
PROBLEMA 13.2
Demostrar, utilizando la definici´
on de l´ımite, que la sucesi´
on de
4n − 3
converge a 4.
t´
ermino general an =
n+1
Soluci´
on
Debemos probar que, dado cualquier n´
umero ε > 0, somos capaces de encontrar un n´
umero natural N tal que la distancia entre an y el l´ımite 4, es
menor que ε, ∀n > N . Ahora bien, dicha distancia es
|an − 4| =
4n − 3
−7
7
−4 =
=
,
n+1
n+1
n+1
163
7
y ser´a |an − 4| < ε si y s´olo si n > − 1. Por tanto, basta elegir cualquier
ε
7
n´
umero natural N > − 1 para que se cumpla la definici´on de l´ımite.
ε
PROBLEMA 13.3
Sean a y b positivos. Probar que l´ım
√
n
n→∞
an + bn = m´ax{a, b}.
Soluci´
on
En primer lugar, si a = b,
√
√
√
n
n
n
l´ım an + bn = l´ım 2an = l´ım a 2 = a = m´ax{a, b}.
n→∞
n→∞
n→∞
Supongamos ahora que a > b. Entonces
√
n
l´ım an + bn = l´ım n an [1 + (b/a)n ] = l´ım a n 1 + (b/a)n = a = m´ax{a, b},
n→∞
n→∞
n→∞
debido a que (b/a)n → 0.
An´alogamente se deduce el caso en que b > a.
PROBLEMA 13.4
Sabiendo que l´ım
n→∞
an + 1
an − 1
n
= 9, calcular el valor de a.
Soluci´
on
Como se trata de una indeterminaci´on de la forma 1∞ , podemos tomar
an + 1
an + 1
logaritmos y aplicar la equivalencia ln
∼
− 1. De este moan − 1
an − 1
do,
an + 1
2
2
ln 9 = l´ım n
− 1 = l´ım n ·
= ,
an − 1
an − 1
a
2
con lo que debemos tomar a =
.
ln 9
PROBLEMA 13.5
Hallar la relaci´
on entre los par´
ametros a y b para que se verifique
n + a 2n+3
n + 3 bn+4
l´ım
= l´ım
.
n→∞ n + 1
n→∞ n + 2
164
Soluci´
on
Ambos l´ımites son de la forma 1∞ . Tomando logaritmos y aplicando la
equivalencia ln un ∼ un − 1, cuando un → 1, obtenemos:
n+a
n+a
= l´ım (2n + 3)
−1
n→∞
n+1
n+1
n+a−n−1
= l´ım (2n + 3) ·
= 2(a − 1),
n→∞
n+1
n+3
n+3
= l´ım (bn + 4)
−1
= l´ım (bn + 4) ln
n→∞
n→∞
n+2
n+2
n+3−n−2
= l´ım (bn + 4) ·
= b.
n→∞
n+2
ln L1 =
ln L2
l´ım (2n + 3) ln
n→∞
Para que L1 = L2 , debe cumplirse que e2(a−1) = eb , o bien 2(a − 1) = b.
PROBLEMA 13.6
Probar que la sucesi´
on de t´
ermino general
an =
1 2 3
n
+ + + ··· + n
2 4 8
2
es de Cauchy.
Soluci´
on
La sucesi´on {an } es precisamente la sucesi´on de sumas parciales de la serie
n
de t´erminos positivos
. Como dicha serie es convergente (lo cual se
2n
n≥1
puede probar f´acilmente aplicando el criterio de la ra´ız), tambi´en lo es la
sucesi´on de sumas parciales y converge a la suma de la serie. Como toda
sucesi´on convergente es de Cauchy, obtenemos el resultado deseado.
PROBLEMA 13.7
Sea {xn } una sucesi´
on mon´
otona creciente. Probar que tambi´
en lo
x1 + · · · + xn
es la sucesi´
on de t´
ermino general yn =
.
n
165
Soluci´
on
Probaremos que yn+1 ≥ yn , para lo cual utilizamos el hecho de que x1 ≤
x2 ≤ · · · ≤ xn ≤ xn+1 :
yn+1 =
≥
x1 + · · · + xn + xn+1
x1 + (1/n)xn+1 + · · · + xn + (1/n)xn+1
=
n+1
n+1
x1 (1 + 1/n) + · · · + xn (1 + 1/n)
nyn (1 + 1/n)
=
= yn .
n+1
n+1
An´alogamente se prueba que si {xn } es decreciente, tambi´en lo es la sucesi´on
de sus medias aritm´eticas.
PROBLEMA 13.8
Demostrar que es convergente la sucesi´
on de t´
ermino general
1
1
xn =
+ ··· +
.
2n + 1
3n
Soluci´
on
Demostraremos que la sucesi´on es mon´otona creciente y acotada superiormente, lo que da como consecuencia la convergencia de la sucesi´on.
*) La sucesi´on est´a acotada superiormente pues:
xn =
1
1
1
n
1
1
+ ··· +
<
+ ··· +
=
= .
2n + 1
3n
2n
2n
2n
2
*) La sucesi´on es mon´otona creciente, como se comprueba al realizar la
siguiente resta:
xn+1 − xn =
=
1
1
1
1
1
+
+
−
−
3n + 3 3n + 2 3n + 1 2n + 2 2n + 1
9n2 + 11n + 4
> 0, ∀n.
6(n + 1)(3n + 2)(3n + 1)(2n + 1)
Como hemos indicado al principio, se aqu´ı se deduce que la sucesi´on es
convergente.
PROBLEMA 13.9
Encontrar los l´ımites de oscilaci´
on de las sucesiones siguientes:
a) an = n2 [1 + (−1)n ].
nπ
n
sen2
.
b) an =
n+1
4
166
Soluci´
on
a) Si n es par, tenemos la sub-sucesi´on an = 2n2 que es divergente (su
l´ımite es +∞).
Por otra parte, si n es impar, resulta an = 0, que converge a cero.
En definitiva, los l´ımites de oscilaci´on son 0 y +∞.
√
nπ
2
n
b) En este caso, si n es impar, sen
=±
, con lo que an =
4
2
2(n + 1)
que converge a 1/2.
nπ
Si n es m´
ultiplo de 4, sen
= 0 y la subsucesi´on correspondiente
4
converge a cero.
nπ
= ±1, con lo
Si n es de la forma n = 4k + 2, k ∈ N, entonces sen
4
n
que converge a 1.
que an =
n+1
En definitiva, los l´ımites de oscilaci´on son {0, 1/2, 1}.
PROBLEMA 13.10
Encontrar los l´ımites de oscilaci´
on de la sucesi´
on cuyo t´
ermino
nπ 12 + 2n
nπ
general es an = sen
+ n+1 · cos
.
2
2
2
Soluci´
on
Si n es par, n = 2k, tenemos la sub-sucesi´on
a2k = sen kπ +
2k
12 + 22k
k 12 + 2
·
cos
kπ
=
(−1)
22k+1
2 · 22k
12 + 22k
= 1/2, la
n→∞ 2 · 22k
subsucesi´on {a2k } es oscilante. Por lo tanto, si k nuevamente es par, la subsucesi´on correspondiente tiene l´ımite 1/2, y si k es impar, la sub-sucesi´on
converge a −1/2.
(debido a que sen kπ = 0 y cos kπ = (−1)k ). Como l´ım
Por otra parte, si n es impar, n = 2k + 1, obtenemos la sub-sucesi´on
a2k+1 = sen
(2k + 1)π
(2k + 1)π 12 + 22k+1
+
· cos
= (−1)k ,
2
2
22k+2
que tambi´en es oscilante pero tiene l´ımites de oscilaci´on 1 y −1.
En definitiva, los l´ımites de oscilaci´on de la sucesi´on propuesta son −1, −1/2,
1/2 y 1, que son los l´ımites de las subsucesiones {a4k+3 }, {a4k+2 }, {a4k } y
{a4k+1 }, respectivamente.
167
PROBLEMA 13.11
Encontrar los l´ımites de oscilaci´
on de la sucesi´
on {m/n : m, n ∈
N, m.c.d.(m, n) = 1} ordenada de modo que m + n vaya de menor
a mayor.
Soluci´
on
Como la sucesi´on consta de todos los n´
umeros racionales positivos, tiene por
l´ımites de oscilaci´on a todos los reales no negativos pues, como es sabido, en
cualquier entorno de un n´
umero real hay siempre una infinidad de n´
umeros
racionales.
PROBLEMA 13.12
Sea f una funci´
on real mon´
otona creciente y acotada en el intervalo [0, 1]. Definimos las sucesiones {sn } y {tn } como:
sn =
1
n
n−1
1
n
f (k/n), tn =
k=0
n
f (k/n).
k=1
i) Demostrar que
1
sn ≤
1
f (x) dx ≤ tn y 0 ≤
f (x) dx − sn ≤
0
0
f (1) − f (0)
.
n
ii) Demostrar que las sucesiones {sn } y {tn } convergen ambas a
1
f (x)dx.
0
Soluci´
on
i) Como f es creciente, si P = {0, 1/n, 2/n, . . . , (n − 1)/n, 1} es una partici´on cualquiera del intervalo [0, 1], entonces
f
k−1
n
≤ f (x) ≤ f
k
n
k−1 k
,
n
n
, ∀x ∈
, k = 1, . . . , n.
De aqu´ı se deduce que
k/n
f
(k−1)/n
k−1
n
k/n
dx ≤
k/n
f (x) dx ≤
(k−1)/n
f
(k−1)/n
k
n
dx,
de modo que, sumando a lo largo de los subintervalos de la partici´on
1
P , se obtiene precisamente que sn ≤
f ≤ tn .
0
168
Si restamos sn a los tres miembros de la desigualdad anterior, obtenemos que
1
f −sn ≤ tn −sn =
0≤
0
1
n
n
n−1
f (k/n) −
k=1
f (k/n) =
k=0
1
[f (1)−f (0)].
n
Si, en vez de restar sn , restamos tn en la misma desigualdad, se obtiene
la desigualdad an´aloga
1
− [f (1) − f (0)] ≤
n
1
f − tn ≤ 0.
0
ii) De las dos u
´ltimas desigualdades, al calcular el l´ımite de los extremos
se obtiene que
1
0 ≤ l´ım
0
1
f − sn ≤ l´ım [f (1) − f (0)] = 0 =⇒ l´ım sn =
n
1
0 = l´ım − [f (1) − f (0)] ≤ l´ım
n
1
1
f;
0
1
f − tn ≤ 0 =⇒ l´ım tn =
0
f.
0
PROBLEMA 13.13
Sea X el conjunto de los n´
umeros reales que son soluci´
on de las
ecuaciones n2 x2 − n(3n − 1)x + (2n2 − 3n − 2) = 0 para cada n ∈ N.
Hallar sup X e ´ınf X .
Soluci´
on
Al resolver la ecuaci´on obtenemos las ra´ıces
x =
n2 (3n − 1)2 − 4n2 (2n2 − 3n − 2)
2n2
2n + 1
n−2
=⇒ an =
, bn =
.
n
n
n(3n − 1) ±
Resulta entonces el conjunto X =
2n + 1
:n∈N ∪
n
n−2
: n ∈ N . Con
2n + 1
mo la sucesi´on an =
es decreciente y tiene l´ımite 2 y la sucesi´on
n
n−2
bn =
es creciente y tiene l´ımite 1, se deduce que sup X = a1 = 3 e
n
´ınf X = b1 = −1.
169
B. SUCESIONES RECURRENTES.
Sabemos que para definir una sucesi´on es necesario dar una regla de formaci´on de todos sus t´erminos. Esa regla puede ser una f´ormula expl´ıcita que
d´e la imagen de cada n´
umero natural o una f´ormula recurrente, mediante la
cual cada t´ermino viene dado en funci´on de uno o varios t´erminos precedentes. Este caso merece especial atenci´on pues no se pueden aplicar las reglas
usuales para el c´alculo de l´ımites sino que la convergencia se deduce de forma indirecta. En los siguientes problemas utilizaremos fundamentalmente el
siguiente esquema:
1. Determinar si la sucesi´on es mon´otona (bien creciente o decreciente),
mediante la comparaci´on de dos t´erminos consecutivos.
2a. En caso afirmativo, comprobar si la sucesi´on est´a acotada. Esto ya da
como consecuencia la convergencia de la sucesi´on.
2b. En caso negativo, aplicar el criterio de convergencia de Cauchy.
3. Una vez comprobada la existencia de l´ımite, aplicar la propiedad de unicidad del mismo. Esto quiere decir que, en particular, L = l´ım an = l´ım an+1 .
Esto da lugar a una ecuaci´on cuya soluci´on es el l´ımite de la sucesi´on.
PROBLEMA 13.14
Calcular el l´ımite de las sucesiones de t´
ermino general
a) an =
√
2 2 2 . . . (n veces).
b) an =
2+
2+
√
2 + . . . (n veces).
Soluci´
on
a) Si escribimos el t´ermino general como
n
n
an = 21/2 · 21/4 · · · · · 21/2 = 21/2+1/4+···+1/2 ,
y sabiendo que el exponente es la suma de los t´erminos de una progresi´on geom´etrica de raz´on 1/2,
1/2 + 1/4 + · · · + 1/2n =
1/2 − 1/2n+1
= 1 − 1/2n ,
1 − 1/2
al calcular el l´ımite obtenemos:
n
l´ım an = l´ım 21−1/2 = 2.
170
√
Otro m´etodo: El t´ermino general se puede escribir como an = 2an−1
y se puede probar que es mon´otona creciente y est´a acotada superiormente.
Por inducci´on 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.
an
=
an−1
es mon´otona creciente.
2
Por otra parte, como
an−1
> 1, se deduce que la sucesi´on
Lo anterior prueba que la sucesi´on es convergente y, por tanto, de la
relaci´on L = l´ım an = l´ım an−1 resulta que:
√
L = 2L =⇒ L2 = 2L =⇒ L = 0 ´o L = 2.
Como an > 0, ∀n y es creciente, s´olo puede ser L = 2.
b) Como no podemos escribir una f´ormula expl´ıcita (simple) para expresar
el t´ermino general, aplicamos el segundo m´etodo del apartado ante√
rior. Escribimos para ello en forma recurrente an = 2 + an−1 , ∀n y
probamos que la sucesi´on es mon´otona y acotada.
- La sucesi´on est´a acotada superiormente por 2:
√
Es evidente que a1 = 2 < 2 y, si suponemos que an−1 < 2, resulta
que
√
an = 2 + an−1 < 2 + 2 = 2.
- La sucesi´on es mon´otona creciente. Para ello escribiremos desigualdades equivalentes a la que queremos probar:
√
an+1 ≥ an ⇐⇒
2 + an ≥ an ⇐⇒ 2 + an ≥ a2n ⇐⇒ a2n − an − 2 ≤ 0
⇐⇒ (an − 2)(an + 1) ≤ 0 ⇐⇒ −1 ≤ an ≤ 2,
lo que es evidentemente cierto.
De lo anterior se deduce nuevamente que la sucesi´on es convergente. Si
llamamos L a su l´ımite, debido a que L = l´ım an = l´ım an+1 , tenemos:
√
L = 2 + L =⇒ L2 = 2+L =⇒ L2 −L−2 = 0 =⇒ (L−2)(L+1) = 0 =⇒ L = 2,
ya que los t´erminos de la sucesi´on son todos positivos y el l´ımite no
puede ser negativo.
171
PROBLEMA 13.15
Se considera la sucesi´
on (an )n≥1 definida por a1 = a2 = a > 0,
1
an = 1
otona y acotada y
1 , si n ≥ 3. Probar que es mon´
an−1 + an−2
calcular su l´ımite.
Soluci´
on
Es evidente por la misma construcci´on del t´ermino general que an ≥ 0, ∀n,
lo que indica por una parte que la sucesi´on est´a acotada inferiormente por 0.
an−1 · an−2
Veamos que es mon´otona decreciente. Para ello escribimos an =
an−1 + an−2
y obtenemos que
an
an−2
=
< 1 =⇒ an < an−1 ,
an−1
an−1 + an−2
como quer´ıamos probar.
Para calcular el l´ımite tenemos en cuenta que L = l´ım an = l´ım an−1 =
1
l´ım an−2 y planteamos la ecuaci´on L =
. Esto implica que L =
1/L + 1/L
L/2 de donde L = 0.
PROBLEMA 13.16
Sea (xn )n∈N la sucesi´
on definida de la siguiente forma:
x1 = 1,
1
xn+1 = 1+x
2 · xn .
n
Demostrar que es convergente y que l´ım xn = 0.
n→∞
Soluci´
on
Para probar que es convergente, basta ver que est´a acotada inferiormente y
que es decreciente.
Por una parte, es evidente que xn ≥ 0, ∀n.
Por otra parte, como
1
xn+1
=
< 1, se deduce que xn+1 < xn , ∀n.
xn
1 + x2n
Sabiendo ya que es convergente, para calcular el l´ımite tendremos en cuenta
que l´ım xn = l´ım xn+1 . Si llamamos L a dicho l´ımite, resulta que
L=
1
1
· L =⇒ L = 0 o´
= 1 =⇒ L = 0.
1 + L2
1 + L2
172
PROBLEMA 13.17
Sea (an )n∈N la sucesi´
on definida de la siguiente forma:
a1 = 1,
n)
an+1 = 2(1+a
2+an .
Probar que l´ım an =
n→∞
√
2.
Soluci´
on
(*) Probaremos en primer lugar por inducci´on que a2n < 2:
a21 = 1 < 2;
Si
a2n < 2, a2n+1 = 4 ·
1 + 2an + a2n
2 + 4an + 2a2n
=
2
·
.
4 + 4an + a2n
4 + 4an + a2n
Pero como a2n < 2, entonces 2 + 4an + 2a2n < 4 + 4an + a2n , de donde
a2n+1 < 2.
√
Queda pues probado que la sucesi´on est´a acotada superiormente por 2.
an+1
2 + 2an
> 1 =⇒ an+1 > an ,
=
an
2an + a2n
es decir que la sucesi´on es mon´otona creciente.
(*) Por otra parte, como a2n < 2, entonces
(*) De lo anterior podemos concluir que la sucesi´on es convergente; si llamamos L = l´ım an , tenemos
L=
√
2(1 + L)
=⇒ 2L + L2 = 2 + 2L =⇒ L2 = 2 =⇒ L = 2,
2+L
pues an ≥ 0 para todo n.
PROBLEMA 13.18
Sea (xn )n∈N la sucesi´
on definida de la siguiente forma:
x1 = 10,
xn+1 =
1
2
xn +
1
xn
.
Demostrar que es convergente y que l´ım xn = 1.
n→∞
173
Soluci´
on
*) Veremos que la sucesi´on est´a acotada inferiormente.
Para ello probaremos en primer lugar por inducci´on 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 continuaci´on que adem´as xn ≥ 1, ∀n. Para ello suponemos tambi´en que xn ≥ 1 y probaremos que xn+1 ≥ 1:
Como (xn − 1)2 ≥ 0, entonces
x2n + 1 − 2xn ≥ 0 =⇒ x2n + 1 ≥ 2xn =⇒
x2n + 1
≥ 1 =⇒ xn+1 ≥ 1.
2xn
*) La sucesi´on es mon´otona decreciente:
Como x2n ≥ 1, se deduce que, para todo n,
1
1
xn+1
x2n + 1
1
≤
1
=⇒
1+
≤
2
=⇒
=
=
2
2
2
xn
xn
xn
2xn
2
1+
1
x2n
≤ 1 =⇒ xn+1 ≤ xn .
*) De lo anterior se deduce que la sucesi´on es convergente. Adem´as, si llamamos L al l´ımite, tenemos que
L=
1 L2 + 1
·
=⇒ 2L2 = L2 + 1 =⇒ L2 = 1 =⇒ L = ±1.
2
L
Como todos los t´erminos son positivos, s´olo es posible la soluci´on L = 1.
PROBLEMA 13.19
Sea (xn )n∈N la sucesi´
on definida de la siguiente forma:
x1 = 1/3,
xn+1 = √ 1
1+
(1/xn )−1
.
Demostrar que es convergente y calcular su l´ımite.
Soluci´
on
- En primer lugar, probaremos por inducci´on 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 tambi´en lo es para
xn+1 :
0 < xn < 1/2 =⇒ 1/xn > 2 =⇒ 1/xn − 1 > 1 =⇒
1/xn − 1 > 2 =⇒ xn+1 =
=⇒ 1 +
1/xn − 1 > 1
1
1+
(1/xn ) − 1
< 1/2,
y adem´as xn+1 > 0.
- Veamos a continuaci´on que la sucesi´on es creciente, es decir xn+1 ≥ xn , ∀n.
Para ello, escribiremos inecuaciones equivalentes a la que queremos probar
hasta obtener alguna cuya soluci´on sea m´as asequible:
xn+1 ≥ xn ⇐⇒
⇐⇒
1
1+
≥ xn ⇐⇒
(1/xn ) − 1
1
−1≥
xn
1
≥1+
xn
(1/xn ) − 1
1
1
1
1
− 1 ⇐⇒
− 1 ≥ 1 ⇐⇒
≥ 2 ⇐⇒ ≥ xn
xn
xn
xn
2
lo cual est´a ya probado al principio.
- En definitiva, como la sucesi´on es mon´otona creciente y acotada superiormente, ser´a convergente. Para calcular su l´ımite, utilizamos la f´ormula
L = l´ım xn = l´ım xn+1 y tenemos en cuenta que L ≤ 1/2 (pues 1/2 es una
cota 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
√
3± 9−8
=⇒ L =
=⇒ L = 1 ´o L = 1/2 =⇒ L = 1/2.
4
Observaci´
on. Aunque la sucesi´on est´e definida en forma recurrente, en este
caso es posible encontrar una f´ormula expl´ıcita del t´ermino general. As´ı, se
1
puede probar por inducci´on que xn =
, ∀n y es evidente que
1 + 21/2n−1
l´ım xn = 1/2.
PROBLEMA 13.20
Demostrar que la sucesi´
on (xn )n∈N definida por:
x1 = 1/8, xn+1 = x2n + 1/4, n ≥ 1,
es convergente y calcular su l´ımite.
175
Soluci´
on
*) 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 continuaci´on probaremos por inducci´on que la sucesi´on est´a acotada
superiormente por 1/2. En efecto,
x1 = 1/8 < 1/2.
Adem´as, si suponemos xn < 1/2, veamos que xn+1 < 1/2:
xn < 1/2 =⇒ x2n < 1/4 =⇒ x2n + 1/4 < 1/2 =⇒ xn+1 < 1/2.
*) De lo anterior se deduce que {xn } es convergente. Si llamamos L a su
l´ımite, 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 sucesi´
on:
x1 ∈ (0,√1),
xn+1 = 1 − 1 − xn .
Probar que es convergente y calcular su l´ımite.
Soluci´
on
*) Veamos en primer lugar que la sucesi´on est´a acotada probando por inducci´on que xn ∈ (0, 1), ∀n.
Por hip´otesis 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 condici´on 0 < xn+1 < 1.
*) La sucesi´on es decreciente pues, como
xn+1 = 1 −
√
1 − xn =
x
1 − (1 − xn )
√
√n
=
1 + 1 − xn
1 + 1 − xn
176
y 1+
√
1 − xn > 1, resulta que
xn+1
1
√
=
< 1 =⇒ xn+1 < xn , ∀n.
xn
1 + 1 − xn
*) Lo anterior prueba que la sucesi´on es convergente. Si llamamos L al l´ımite
y utilizamos la propiedad L = l´ım xn = l´ım 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 sucesi´on
decreciente y sus t´erminos menores que 1, debe ser L = 0.
PROBLEMA 13.22
Sea (xn )n∈N la sucesi´
on definida por la ley de recurrencia 7xn+1 =
x3n + 6. Estudiar la convergencia en los siguientes casos:
i) x1 = 1/2.
ii) x1 = 3/2.
iii) x1 = 5/2.
Soluci´
on
Estudiaremos en primer lugar el crecimiento en el caso general. Como
xn+1 − xn =
x3n 6
x3 − 7xn + 6
(xn − 1)(xn − 2)(xn + 3)
+ − xn = n
=
,
7
7
7
7
el crecimiento depende del signo de los factores.
Por otra parte, si la sucesi´on fuera convergente y llamamos L al l´ımite, debe
verificarse que
7L = L3 + 6 ⇐⇒ L3 − 7L + 6 = 0 ⇐⇒ (L − 1)(L − 2)(L + 3) = 0,
con lo que los u
´nicos posibles l´ımites son L = 1, L = 2 ´o L = −3.
Veamos las distintas posibilidades seg´
un los valores del primer t´ermino.
i) Si x1 = 1/2, probaremos por inducci´on que 0 < xn < 1, ∀n: Efectivamente, si suponemos que 0 < xk < 1, entonces
0 < x3k < 1 =⇒ 6 < x3k + 6 < 7 =⇒ 6/7 < xk+1 < 1,
177
como quer´ıamos probar.
De lo anterior se deduce que la sucesi´on es creciente pues xn − 1 <
0, xn − 2 < 0, xn + 3 > 0, de donde xn+1 − xn > 0. Como tambi´en
est´a acotada superiormente, debe ser convergente y, recordando que
0 < xn < 1, el l´ımite debe ser L = 1.
ii) Si x1 = 3/2, probaremos por inducci´on que 1 < xn < 2, ∀n: Efectivamente, si suponemos que 1 < xk < 2, entonces
1 < x3k < 8 =⇒ 7 < x3k + 6 < 14 =⇒ 1 < xk+1 < 2,
como quer´ıamos probar.
En este caso, como ahora xn − 1 > 0, xn − 2 < 0, xn + 3 > 0, se
deduce que xn+1 − xn < 0, con lo que la sucesi´on es decreciente. Como
est´a acotada inferiormente, tambi´en es convergente y su l´ımite s´olo
puede ser L = 1.
iii) Si x1 = 5/2, se comprueba tambi´en por inducci´on que xn > 2, ∀n:
Suponemos para ello que xk > 2; entonces
x3k > 8 =⇒ x3k + 6 > 14 =⇒ xk+1 > 2,
como quer´ıamos probar.
De lo anterior se deduce que la sucesi´on es creciente pues, como xn −1 >
0, xn −2 > 0 y xn +3 > 0, resulta que xn+1 −xn > 0. Su l´ımite, en caso
de existir, deber´ıa ser mayor que 2 lo cual es imposible seg´
un hemos
comprobado anteriormente. Esto indica que la sucesi´on es divergente.
PROBLEMA 13.23
Sea (an )n∈N la sucesi´
on definida por recurrencia de la siguiente
forma:
a1 = −3/2, 3an+1 = 2 + a3n .
a) Comprobar que es convergente y calcular su l´ımite.
b) Modificar el primer t´
ermino a1 para que el l´ımite sea −2.
Soluci´
on
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
= 0,63.
3
178
Si suponemos ahora que 0 < an < 1, se deduce que:
0 < a3n < 1 =⇒ 2 < a3n + 2 < 3 =⇒ 0 < 2/3 < an+1 < 1.
- Probamos a continuaci´on que la sucesi´on es creciente. Para ello efectuamos la resta entre dos t´erminos consecutivos y obtenemos:
an+1 − an =
2 + a3n
2 + a3n − 3an
(an − 1)2 · (an + 2)
− an =
=
> 0,
3
3
3
con lo que, efectivamente, an+1 > an , ∀n.
- Lo anterior implica que la sucesi´on es convergente y L = l´ım an =
l´ım 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 inducci´on que an > −2, ∀n.
Debido a que
an+1 − an =
(an − 1)2 · (an + 2)
> 0,
3
la sucesi´on es creciente y el l´ımite no puede ser −2, que es una cota
inferior.
- Si a1 < −2, entonces se prueba an´alogamente que an < −2, ∀n y que
la sucesi´on es decreciente; el l´ımite no puede ser −2 que es ahora una
cota superior.
La u
´nica posibilidad es pues que a1 = −2. Esto da lugar a una sucesi´on
constante pues, si an = −2, entonces an+1 = (2 − 8)/3 = −2. En este
caso el l´ımite es evidentemente −2.
PROBLEMA 13.24
Sea (xn )n∈N la sucesi´
on definida de la siguiente forma:
x1 = 2,
xn+1 = 2 −
1
xn .
Demostrar que es convergente y calcular su l´ımite. ¿Qu´
e pasar´ıa
si x1 = 4?
179
Soluci´
on
Para que sea convergente basta comprobar que est´a acotada inferiormente
y es mon´otona decreciente. Para ello veamos en primer lugar que xn ≥
1, ∀n:
Est´a claro que x1 ≥ 1. Si adem´as suponemos que xn ≥ 1 para alg´
un n,
entonces
1
1
1
≤ 1 =⇒ −
≥ −1 =⇒ 2 −
≥1
xn
xn
xn
o bien xn+1 ≥ 1.
Adem´as, como
xn+1 − xn = 2 −
2xn − 1 − x2n
(xn − 1)2
1
− xn =
=−
< 0,
xn
xn
xn
se deduce que xn+1 < xn y la sucesi´on es efectivamente decreciente.
Ahora bien, si llamamos L al l´ımite de la sucesi´on, como L = l´ım xn =
l´ım 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 v´alidas las
mismas operaciones hechas anteriormente.
Observemos que en ambos casos podemos escribir una expresi´on expl´ıcita
para el t´ermino general de la sucesi´on. Concretamente, en el caso en que
n+1
3n + 1
x1 = 2, es xn =
y, si x1 = 4, entonces xn =
, lo que se puede
n
3n − 2
probar por inducci´on.
PROBLEMA 13.25
Sean a1 , a2 > 0, 2an+1 = an + an−1 , para n > 2. Probar que
1
l´ım an = (a1 + 2a2 ).
n→∞
3
Soluci´
on
En primer lugar veremos que la sucesi´on es de Cauchy:
|an+1 − an | =
an + an−1
|an−1 − an |
− an =
.
2
2
Procediendo por recurrencia se obtiene que
|an+1 − an | =
180
|a1 − a2 |
.
2n−1
En general, si m > n, por la desigualdad triangular,
|am − an | ≤ |am − am−1 | + |am−1 − am−2 | + · · · + |an+1 − an |
1
1
1
= |a1 − a2 | m−2 + m−3 + · · · + n−1
2
2
2
n−1
1/2
1
≤ |a1 − a2 | ·
= |a1 − a2 | · n−2 .
1 − 1/2
2
De lo anterior se deduce que, si m, n → ∞, |am − an | → 0 y la sucesi´on es
de Cauchy.
Por el criterio general de convergencia de Cauchy, la sucesi´on es convergente.
Adem´as,
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
2a2 + a1
L = l´ım an = l´ım an+1 , resulta que 3L = 2a2 + a1 , de donde L =
.
3
PROBLEMA 13.26
Sea (an )n∈N la sucesi´
on definida de la siguiente forma:
a1 =
√
2, an+1 =
2+
√
an , ∀n = 1, 2, . . .
Probar que la sucesi´
on es convergente.
Soluci´
on
*) Probaremos en primer lugar por inducci´on que an ∈ (1, 2), ∀n.
Para n = 1 es cierto por hip´otesis. Suponemos por tanto que tambi´en es
cierto 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 continuaci´on que la sucesi´on es de Cauchy. Para ello, calculamos
una cota superior de |an+1 − an |:
|an+1 − an | =
=
=
2+
√
an −
2+
√
an−1
√
√
an ) − (2 + an−1 )
√
√
2 + an + 2 + an−1
(2 +
2+
√
an +
|an − an−1 |
|an − an−1 |
<
.
√
√
√
2·2
2 + an−1
an + an−1
(Esta u
´ltima desigualdad se deduce de que
Procediendo por recurrencia se obtiene que
|an+1 − an | <
√
an > 1 y
2+
√
an > 1.)
|an − an−1 |
|a2 − a1 |
< ... <
.
4
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 |
1
1
1
< |a2 − a1 | n+p−2 + n+p−3 + · · · + n−1
4
4
4
∞
< |a2 − a1 | ·
k=n
1
4k−1
= |a2 − a1 | ·
1/4n−1
4|a2 − a1 |
=
.
1 − 1/4
3 · 4n−1
Como el u
´ltimo t´ermino tiende a cero cuando n → ∞, entonces |an+p −an | <
ε, ∀ε > 0. Esto indica que la sucesi´on es de Cauchy y, por tanto, convergente.
PROBLEMA 13.27
Sean a y b dos n´
umeros reales que verifican 0 < a < b. Demostrar
que las dos sucesiones (xn )n∈N , (yn )n∈N definidas de la siguiente
forma
y1 = b
x1 = a
√
,
n,
xn+1 = xn yn yn+1 = xn +y
2
son convergentes y que tienen el mismo l´ımite, llamado media
aritm´
etico-geom´
etrica de a y b.
Soluci´
on
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 + yn2 − 2xn yn
= x2n + yn2 + 2xn yn − 4xn yn = (xn + yn )2 − 4xn yn ,
tenemos que (xn + yn )2 ≥ 4xn yn , es decir
4xn yn
≤ 1, ∀n.
(xn + yn )2
x2n+1
xn yn
2 , de
=
≤ 1, resulta que x2n+1 ≤ yn+1
2
(xn + yn )2 /4
yn+1
≤ yn+1 , ∀n.
Ahora bien, como
donde xn+1
(*) Veamos a continuaci´on que {xn } es creciente y que {yn } es decreciente:
Como
xn+1
=
xn
yn
≥ 1, entonces xn+1 ≥ xn y {xn } es creciente.
xn
Adem´as yn+1 − yn =
ciente.
xn + yn
xn − yn
− yn =
≤ 0, es decir {yn } es decre2
2
En definitiva, la sucesi´on {xn } es mon´otona creciente y acotada superiormente por b y la sucesi´on {yn } es mon´otona decreciente y acotada inferiormente
por a. Esto implica que ambas son convergentes.
(*) Por u
´ltimo, si llamamos L = l´ım xn , M = l´ım yn , tenemos que L =
√
LM , de donde L2 = LM y, por ser L > 0, L = M .
PROBLEMA 13.28
Dados los n´
umeros reales u0 y v0 con u0 < v0 , se construyen las
sucesiones
u0 + v0
2
..
.
un−1 + vn−1
un =
2
u1 =
,
v1 =
u0 + 2v0
3
..
.
,
vn =
un−1 + 2vn−1
3
a) Probar que l´ım (un − vn ) = 0.
n→∞
b) Probar que las sucesiones {un } y {vn } son convergentes.
183
Soluci´
on
a) Si calculamos la diferencia |un − vn |, obtenemos:
|un − vn | =
=
un−1 + vn−1 un−1 + 2vn−1
−
2
3
|un−1 − vn−1 |
3un−1 + 3vn−1 − 2un−1 − 4vn−1
=
.
6
6
Procediendo por recurrencia, se obtiene que
0 ≤ |un − vn | =
|u0 − v0 |
|un−1 − vn−1 |
|un−2 − vn−2 |
= ··· =
.
=
2
6
6
6n
|u0 − v0 |
= 0, se deduce que l´ım |un − vn | = 0.
n→∞
n→∞
6n
Como l´ım
b) Para probar que ambas sucesiones son convergentes, basta ver que verifican el criterio general de Cauchy. Por el apartado anterior,
|un+1 − un | =
un + vn
|vn − un |
|u0 − v0 |
− un =
=
.
2
2
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 |
1
1
=
+ ··· + n
n+p−1
2
6
6
|u0 − v0 | 1
1
+ · · · + n+p−1 + . . .
≤
n
2
6
6
|u0 − v0 |
1/6n
3
=
·
=
· |u0 − v0 | → 0,
2
1 − 1/6
5 · 6n
cuando n → ∞.
Para demostrar que {vn } es de Cauchy se procede de forma completamente an´aloga. Se podr´ıa razonar tambi´en diciendo que si {un − vn } y
{un } son ambas convergentes, tambi´en 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 =
b) bn+1 =
k + an con a1 = a;
k
con b1 = a.
1 + bn
Probar que {an } converge a la ra´ız positiva de la ecuaci´
on x2 −
x − k = 0 y que {bn } converge a la ra´ız positiva de la ecuaci´
on
2
x + x − k = 0.
Soluci´
on
a) Sea L la ra´ız positiva de la ecuaci´on x2 − x − k = 0; as´ı L verifica
L2 = L + k. Dividiremos el estudio de la sucesi´on en tres casos:
1) Caso a1 = a = L. En este caso la sucesi´on es constante pues, debido
a que L2 = L + k, si suponemos an = L, entonces
√
√
an+1 = k + an = k + L = L2 = L.
De aqu´ı se deduce evidentemente que la sucesi´on converge a L.
2) Caso a1 = a < L. Probaremos que la sucesi´on est´a acotada superiormente por L y que es mon´otona creciente.
En efecto, procediendo por inducci´on, como a1 < L, si suponemos que
an < L, entonces
√
an + k < L + k = L2 =⇒ an + k < L2 =⇒ an+1 < L.
Por otra parte, como an est´a comprendido entre las dos ra´ıces de la
ecuaci´on x2 − x − k = 0, deducimos que
a2n − an − k < 0 =⇒ k + an > a2n =⇒
k + an > an =⇒ an+1 > an .
Estas dos propiedades conducen a la convergencia de la sucesi´on dada.
3) Caso a1 = a > L. Este caso es similar al anterior, pues se prueba
an´alogamente que la sucesi´on est´a acotada inferiormente y es mon´otona decreciente.
b) Llamamos en este caso M a la ra´ız positiva de la ecuaci´on x2 + x −
k = 0. Esta sucesi´on no es mon´otona como se deduce de la siguiente
implicaci´on (debemos tener en cuenta que M 2 + M = k, o bien M =
k/(1 + M )):
an > M =⇒ an+1 =
185
k
k
<
= M.
1 + an
1+M
(An´alogamente se prueba que si an < M , an+1 > M .) Veamos que la
sucesi´on es de Cauchy. Supondremos para ello que a1 > M > a2 , pero
la situaci´on ser´ıa an´aloga en el caso de que a1 < M < a2 . Tenemos
as´ı:
k
k − a2n − a22n
− a2n =
(1)
1 + a2n
1 + a2n
a2n · a2n−1 − a22n
a2n
=
· (a2n−1 − a2n ) (2)
1 + a2n
1 + a2n
L
(a2n−1 − a2n ).
(3)
1+L
a2n+1 − a2n =
∗
=
∗∗
<
Los pasos (*) y (**) se deducen de que, por una parte,
a2n =
k
=⇒ a2n + a2n · a2n−1 = k
1 + a2n−1
y, por otra,
a2n < L =⇒ a2n + a2n · L < L + a2n · L =⇒ a2n (1 + L) < L(1 + a2n )
a2n
L
<
.
=⇒
1 + a2n
1+L
Adem´as, de (1) se deduce que
a2n−1 + a22n−1 − k
k
=
1 + a2n−2
1 + a2n−1
a2n−1 (a2n−1 − a2n−2 )
< a2n−1 − a2n−2 .
1 + a2n−1
a2n−1 − a2n = a2n−1 −
=
(4)
(5)
De (1) y (2), procediendo por recurrencia, llegamos a:
a2n+1 − a2n <
L
(a2n−1 − a2n−2 ) <
1+L
< ... <
L
1+L
2
L
1+L
n−1
(a3 − a2 ) <
(a2n−3 − a2n−4 )
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 que
la sucesi´on es de Cauchy y, por tanto, tambi´en es convergente.
186
PROBLEMA 13.30
Para los antiguos griegos, el rect´
angulo m´
as est´
etico era aquel cuyos lados a y b verifican la llamada “relaci´
on ´
aurea”, es decir
a
b
=
.
b
a+b
a) Comprobar que la relaci´
olo si el cociente
√ on anterior es cierta si y s´
b
1+ 5
L = vale L =
.
a
2
b) Probar que dicho n´
umero L es el l´ımite de la sucesi´
on
a1 = 1,
an+1 = 1 + 1/an .
c) Probar que si n ≥ 2, an =
nacci siguiente:
xn
donde (xn ) es la sucesi´
on de Fiboxn−1
1, 2, 3, 5, 8, 13, 21, . . .
es decir, aquella cuyos t´
erminos se obtienen sumando los dos
t´
erminos anteriores a ´
el.
Soluci´
on
a) Escribiendo identidades equivalentes, tenemos
a
b
=
b
a+b
b
⇐⇒ a + ab = b ⇐⇒ 1 + =
a
2
⇐⇒
b
a
2
2
b
a
2
√
b
b
1± 1+4
− − 1 = 0 ⇐⇒ =
.
a
a
2
Como a,√
b > 0, entonces b/a > 0 y s´olo es v´alida la soluci´on positiva
b
1+ 5
=
.
a
2
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 sucesi´on est´a acotada, 1 ≤ an ≤ 2, ∀n.
187
Veremos a continuaci´on que es una sucesi´on de Cauchy:
1
1
1
− an = 1 +
−1−
an
an
an−1
|an−1 − an−2 |
|an − an−1 |
=
=
an · an−1
(an · an−1 )(an−1 · an−2 )
|a2 − a1 |
= ··· =
.
(an · an−1 )(an−1 · an−2 ) . . . (a2 · a1 )
|an+1 − an | =
1+
Como a2 − a1 = 1 y an+1 · an = an + 1 > 2, es decir
resulta que |an+1 − an | ≤
1
2n−1
1
1
< , ∀n,
an+1 · an
2
.
En general,
|an+p − an | ≤ |an+p − an+p−1 | + |an+p−1 − an+p−2 | + · · · + |an+1 − an |
1
1
1
+
+ · · · + n−1
≤
2n+p−2 2n+p−3
2
1
1
1/2n−1
1
1
+
+
·
·
·
+
+
·
·
·
=
= n−2 ,
≤
2n−1 2n
2n+p−2
1 − 1/2
2
y el u
´ltimo t´ermino tiende a cero cuando n → ∞.
Como la sucesi´on es de Cauchy, es convergente. Si llamamos L a su l´ımite,
tenemos que L = 1 + 1/L, de donde, sucesivamente, obtenemos:
√
√
1± 1+4
1+ 5
2
2
L = L + 1 =⇒ L − L − 1 = 0 =⇒ L =
=⇒ L =
,
2
2
debido a que L debe ser positivo.
c) Probaremos por inducci´on que an =
xn
:
xn−1
x2
2
= = 2.
x1
1
xn
xn+1
Supongamos ahora que an =
y veamos que an+1 =
:
xn−1
xn
Para n = 2, a2 = 1 + 1 = 2 y
an+1 = 1 +
1
xn−1
xn + xn−1
xn+1
=1+
=
=
,
an
xn
xn
xn
debido a que xn + xn−1 = xn+1 .
188
C. EJERCICIOS PROPUESTOS.
1. Sea (xn )n∈N una sucesi´
on de n´
umeros reales. Responder razonadamente si cada uno de los siguientes apartados es verdadero o
falso.
a) Si (xn )n∈N converge, entonces es creciente o decreciente.
Resp.: Falso (ver por ejemplo la sucesi´on 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 est´
a acotada.
Resp.: Verdadero (se deduce de la definici´on de convergencia).
d) Si (xn )n∈N est´
a acotada, entonces converge.
Resp.: Falso (ejemplo xn = (−1)n ).
e) Si (xn )n∈N es creciente, entonces est´
a acotada superiormente.
Resp.: Falso (ejemplo xn = n).
f) Si (xn )n∈N es creciente, entonces est´
a acotada inferiormente.
Resp.: Verdadero pues x1 ≤ an , ∀n.
g) Si l´ım xn = x, entonces l´ım |xn | = |x|.
Resp.: Verdadero pues |xn | − |x| ≤ |xn − x| → 0.
h) Si (xn )n∈N est´
a acotada y converge, entonces es mon´
otona.
Resp.: Falso (ejemplo xn = (−1)n /n).
2. Sean (an )n∈N y (bn )n∈N dos sucesiones cualesquiera. Responder
razonadamente si cada uno de los apartados siguientes es verdadero o falso.
a) Si para todo n ∈ N, an = 0, entonces l´ım an bn = 0.
n→∞
Resp.: Falso (ejemplo bn = 0, ∀n).
189
b) Si para todo n ∈ N, an = 0 y bn = 0, entonces l´ım an bn = 0.
n→∞
Resp.: Falso (ejemplo an = bn = 1/n).
c) Si l´ım an bn = 0, entonces l´ım an = 0 ´
o l´ım bn = 0.
Resp.: Verdadero pues si fueran a = l´ım an = 0 y b = l´ım bn = 0,
entonces a · b = l´ım an · bn = 0.
3. Hallar a tal que l´ım
n→∞
n+a
n−a
n
= 4.
Resp.: a = ln 2.
4. Hallar la relaci´
on entre a y b para que
l´ım ln
n→∞
n+b
n
Resp.: b = ea
√
n+1
= l´ım
n→∞
2/2
n+a
n
√
2n √
√
n+1− n
.
.
5. Hallar la relaci´
on que debe existir entre a y b para que
l´ım
n→∞
3n + a
3n − 4
2n−1
= l´ım
n→∞
4n2 + bn − 2n .
Resp.: e2(a+4)/3 = b/4.
6. Hallar la relaci´
on que debe existir entre a y b para que
l´ım
n→∞
2n + a
2n − 1
3n−1
= l´ım
n→∞
n2 + bn − n .
Resp.: b/2 = e3(a+1)/2 .
7. Sean a1 , . . . , ak n´
umeros reales positivos. Calcular el l´ımite de la
sucesi´
on de t´
ermino general n an1 + · · · + ank .
Resp.: L = m´ax{a1 , . . . , ak }.
8. Sea {an } una sucesi´
on creciente, con an ≥ 0, ∀n. Probar que
√
la sucesi´
on de t´
ermino general xn = n a1 · a2 · · · · · an tambi´
en es
creciente.
Sugerencia: Comprobar que la sucesi´on {ln xn } es creciente y deducir
que tambi´en lo es la sucesi´on pedida.
190
9. Probar que la sucesi´
on de t´
ermino general an =
convergente.
2
3
3...
√
n
n es
Sugerencia: Calcular el logaritmo de an y estudiar la serie resultante.
n
10. Demostrar que la sucesi´
on de t´
ermino general an =
k=1
convergente.
1
es
n+k
n
, ∀n, la sucesi´on est´a acotada superiormente;
n+1
1
adem´as an+1 − an =
> 0 y la sucesi´on es creciente.
(2n + 1)(2n + 2)
Resp.: Como an <
11. Sea (xn )n∈N la sucesi´
on definida de la siguiente forma:
x1 = k < 0,
xn+1 =
1
2
xn +
1
xn
.
i)Probar que xn ≤ −1, ∀n ≥ 2. (Aplicar el m´etodo de inducci´on.)
ii) Probar que {xn } es convergente y hallar su l´ımite. (La sucesi´on
es creciente pues xn+1 − xn ≥ 0, ∀n.)
Resp.: L = −1.
12. Se define la sucesi´
on (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 l´ımite.
Resp.: Es evidente que un /un−1 ≤ 1 porque un ≥ 1, ∀n. Adem´as
un ≥ 0, ∀n.
√
13. Sea {xn } la sucesi´
on definida por x1 = 1, xn+1 = 2 + xn para n >
1. Demostrar que es mon´
otona creciente y acotada superiormente
por 2. Calcular su l´ımite.
Resp.: L = 2.
191
14. Comprobar que la sucesi´
on definida por an+1 =
convergente y calcular su l´ımite.
an+1
< 1, ∀n. Adem´as L = 0.
Resp.: an > 0, y
an
15. Se define la sucesi´
on a1 ∈ (1, 2), an+1 = 3 −
vergencia.
2an
, a1 = 3, es
an + 3
2
. Estudiar su conan
Resp.: La sucesi´on es creciente y acotada. Su l´ımite es L = 2.
16. Sea {an } una sucesi´
on que verifica an > 0, ∀n y
cular l´ım an .
Resp.: Como 0 < an <
an+1
1
< . Calan
5
a1
, l´ım an = 0.
5n−1
17. Dados a, b > 0, se define la sucesi´
on u1 = a + b, un = a + b −
an+1 − bn+1
si a = b.
an − bn
Resp.: Aplicar el m´etodo de inducci´on.
i) Probar que un =
ii) Calcular l´ım un si a = b.
Resp.: l´ım un = m´ax{a, b}.
iii) Calcular un y l´ım un si a = b.
Resp.: un =
(n + 1)a
, l´ım un = a.
n
192
ab
, n > 1.
un−1
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