Problemas resueltos de sucesiones en R

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1. Calcular los siguientes límites.

a) L = lim_n\frac{3n^2+2}{5n-1}

Aplicando la regla de los límites de fracciones polinómicas, L = +∞, pues el numerador tiene mayor grado que el denominador.

b) L=lim_n\frac{2n^3-5n-2}{-n^3-n^2+2n1+1}

Siendo los grados de numerador y denominador iguales, el límite es el cociente de los factores de mayor grado,  L =\frac{2}{-1} = -2

c) L=lim_n\frac{2n^2-5n-2}{-n^3-n^2+2n1+1}

L = 0, pues el numerador tiene menor grado que el denominador.

d) L=lim_n\frac{\sqrt{n^{2\;}+3}\;-\;\sqrt[{}]{n^2+5}}{\sqrt{n^{2\;}+3}\;+\;\sqrt[{}]{n^2+5}}

Tenemos L=lim_n\frac{\infty\;-\;\infty}{\infty\;+\;\infty}=\frac?\infty, el límite del numerador es uno de los casos de indeterminación. Observamos que el “grado” del numerador y del denominador es \sqrt{n^{2\;}}=n. Por ello, para eliminar la indeterminación probemos a dividir por n:

L=lim_n\frac{\left(\sqrt{n^{2\;}+3}\;-\;\sqrt[{}]{n^2+5}\right)/n}{\left(\sqrt{n^{2\;}+3}\;+\;\sqrt[{}]{n^2+5}\right)/n\;}=\frac{\sqrt{1+3/n^2}\;-\;\sqrt[{}]{1+5/n^2}}{\sqrt{1+3/n^2}\;+\;\sqrt[{}]{1+5/n^2}}

Cuando n → ∞ resulta L = L=\frac{\sqrt{1+0}-\sqrt{1+0}}{\sqrt{1+0}+\sqrt{1+0}}=\frac{1-1}{1+1}=0

e) L=\lim_n\left(\sqrt{n^2+1}-\sqrt n\right)

El límite es indeterminado del tipo +∞ -∞. Para deshacer la indeterminación, convertimos el término general en una expresión racional, multiplicando y dividiendo por el conjugado:

L=\lim_n\left(\sqrt{n^2+1}-\sqrt n\right)\frac{\sqrt{n^2+1}+\sqrt n}{\sqrt{n^2+1}+\sqrt n}

L=\lim_n\frac{\left(n^2+1\right)-\left(n\right)}{\sqrt{n^2+1}+\sqrt n}

De esta forma aprovechamos el hecho de que \left(a+b\right)\left(a-b\right)=a^2-b^2 para eliminar los radicandos del numerador. Pero el límite sigue siendo indeterminado:

L=\lim_n\frac{\left(n^2+1\right)-\left(n\right)}{\sqrt{n^2+1}+\sqrt n}=\frac{\infty-\infty}{\infty+\infty}=\frac?\infty

Para deshacer la indeterminación dividimos todo per n elevado al mayor grado de los términos: n²

L=\lim_n\frac{\left(n^2+1-n\right)/n^2}{\left(\sqrt{n^2+1}+\sqrt n\right)/n^2}=\lim_n\frac{1+1/n^2-1/n}{\sqrt{1/n^{2\;}+1/n^4}+\sqrt{1/n^3}}=\frac{1+0-0}{0+0+0}=\frac10

Recordando las propiedades de los límites infinitos, concluimos L = +∞


2. Calcular L=\lim_n\frac{n!}{n^n}

L=\lim_n\frac{n!}{n^n}=\lim_n\frac{n\cdot\left(n-1\right)\cdot\left(n-2\right)\cdot\dots\cdot2\cdot1}{n\cdot n\cdot n\dots n\cdot n}=\frac\infty\infty=?

Observemos que \frac{n!}{n^n}>0 para todo n, y que \left(x_n\right)=\left\{1,\frac12,\frac6{27},\dots\right\} es decreciente y acotada, por lo que ha de ser convergente (no demostraremos estas afirmaciones, y que no nos lo piden explícitamente en el enunciado).

Si comparamos \left(x_n\right) con la sucesión \left(y_n\right) de términos \left(y_n\right)=\left(\frac{n^{n-1}}{n^n}\right)=\frac{n\cdot n\dots n\cdot1}{n\cdot n\dots n\cdot n}=\frac1n  vemos que se cumple, para todo n:

0\leq\frac{n\cdot\left(n-1\right)\cdot\left(n-2\right)\cdot\dots\cdot2\cdot1}{n\cdot n\cdot n\dots n\cdot n}\leq\frac{n\cdot n\dots n\cdot1}{n\cdot n\dots n\cdot n}=\frac1n\Rightarrow0\leq\left(x_n\right)\leq\left(y_n\right)

Pero \left(y_n\right)\rightarrow0, con lo que tenemos que 0\leq\underset{}{\lim\left(x_n\right)\leq0\Rightarrow\lim\left(x_n\right)=0.}


3. Mediante la definición de límite basada en puntos de acumulación, comprobar que la sucesión \left(a_n\right)=\left(\frac{n-3}{2n}\right)  es convergente.

El teŕmino general es del tipo fracción racional polinómica, aplicando el criterio de convergéncia adecuado concluimos inmediatamente que \lim_{}\left(a_n\right)=\frac12.

Para demostrar que es convergente con límite \frac12 hemos de ver que x=\frac12 es un punto de acumulación del conjunto \left\{-1,\frac-14,0,\frac18,\dots\right\}, que equivale a decir que siempre podemos encontrar elementos de la sucesión x_n a medida que nos acercamos a distancias progresivamente menores r del punto x = 1/2:

recta

xn está situado a una distancia menor que r del  punto  x=1/2

 

Planteamos pues x_n > 1/2 - r (ver figura), o sea:

\frac{n-3}{2n}>\frac12-r\Leftrightarrow n-1>n-2rn\Leftrightarrow-1>2rn\Leftrightarrow1<2rn\Leftrightarrow n>\frac1{2r}

Para todo n>\frac1{2r} los valores x_n quedan más cerca de x=1/2 que el valor r, sea cual sea r, por lo que x=1/2 es punto de acumulación, y también el límite de la sucesión.


 

4. Mediante la definición clásica de límite basada en entornos, probar que la sucesión definida por a_n=1 si n es impar, \frac1n en otro caso, no es convergente.

Los primeros términos de la sucesión son \left\{1,\frac12,1,\frac14,1,\frac16,\dots\right\}. Vemos que la sucesión no es monótona. Procedemos por reducción al absurdo: supongamos que el límite es x. Entonces, para todo r>0 existirá un m\in\mathbb{N} tal que x_n\in\Beta\left(x,r\right) siempre que n\geq m,  equivalentemente, tendremos x_n\in\left(x-r,x+r\right), que implica x-r\leq x_n\leq x+r. Entonces tendremos, simultaneamente,

\left\{\begin{array}{l}x-r\leq\frac1n\leq x+r,\;n\;par\\x-r\leq1\leq x+r,\;n\;impar\end{array}\right.

De la segunda desigualdad, sumando -x-1 obtenemos -1-r<-x<r-1\Leftrightarrow1+r>x>1-r, que ha de ser cierto para cualquier r>0, lo cual nos lleva a concluir que x=1. Sustituimos este valor de x en la primera desigualdad para obtener 1-r<\frac1n<1+r. pero para n suficientemente grande, tenemos que \frac1n tiende a 0, entonces para valores de r pequeños la desigualdad es imposible. En conclusión no existe el límite de la sucesión.


 

 

5. Mediante las propiedades de las sucesiones de Cauchy, probar que la sucesión definida por a_n=1 si n es impar, \frac1n en otro caso, no es convergente.

En las sucesiones de Cauchy, la distancia entre los términos posteriores a uno dado puede hacerse tan pequeña como se quiera, esto es, para cualquier valor r>0, existirá un m\in\mathbb{N} tal que para cualquiera valores n, p>m se cumplirá \left|x_n-x_p\right|<r. ¿Es esto cierto para la sucesión del enunciado?

Supongamos que n>m es par y que p>m es impar; podemos suponerlo por que la propiedad anterior que define la sucesión de Cauchy ha de cumplirse para cualesquiera términos posteriores a uno dado. Entonces \left|x_n-x_p\right|=\left|\frac1n-1\right|=1-\frac1n, pero este valor aumenta con n, acercándose a 1 cuando n es muy grande, por lo tanto no podemos hacerlo menor que un r dado para valores grandes de n. En conclusión, la sucesión no es de Cauchy, y tampoco puede ser convergente.


 

6. Clasificar (¿acotada? ¿creciente? ¿decreciente? ¿monótona? ¿convergente?) la sucesión de término general:

\left(a_n\right)=\left\{\begin{array}{l}\frac{n+1}n,\;n\;\text{par}\\1-\frac1{2n},\;n\;\text{impar}\end{array}\right.

Escribamos los primeros términos de la sucesión:

\left(a_n\right)=\left\{\frac12,\frac32,\frac56,\frac54,\frac9{10},\frac76,\frac{13}{14},\frac98,\dots\right\}

Vemos que a medida que avanzamos no hay un orden estricto, a veces aumentan los valores, a veces decrecen: no es una sucesión ni creciente ni decreciente, y por tanto tampoco es monótona. Para ver si es convergente consideremos cómo se comporta la diferencia entre dos términos cualesquiera \left(a_p\right),\left(a_q\right),\;p,q>m\in\mathbb{N} cuando avanzamos en la sucesión; como tenemos dos términos generales, dependiendo de si p, q son pares o impares, tendremos que distinguir cada caso por separado. Suponemos que q>p.

Tanto p como q son pares:

\frac{q+1}q-\frac{p+1}p=\left(1+\frac1q\right)-\left(1+\frac1p\right)=\frac1q-\frac1p\xrightarrow[\infty]{}\frac1\infty-\frac1\infty=0..

Tanto p como q son impares:

\left(1-\frac1{2q}\right)-\left(1-\frac1{2p}\right)=\frac1{2p}-\frac1{2q}\xrightarrow[\infty]{}\frac1\infty-\frac1\infty=0.

p es par, q es impar:

\left(1-\frac1{2q}\right)-\left(1+\frac1p\right)=\frac1p-\frac1{2q}\xrightarrow[\infty]{}\frac1\infty-\frac1\infty=0.

El caso restante p es impar, q es par es análogo y lo dejamos para el lector. Vemos que en todos los casos la diferencia entre términos sucesivos cualesquiera se hace más y más pequeña conforme avanzamos en la sucesión, por tanto podremos hacer que sea menor que cualquier r>0 dado siempre que p, q > m para cierto m que dependerá de r, en otras palabras, la sucesión es de Cauchy, y por tanto convergente.

Si queremos calcular el límite, que ahora sabemos que existe, lo hacemos para ambas expresiones:

\left(a_n\right)=\left\{\begin{array}{l}\frac{n+1}n\xrightarrow[\infty]{}1\\1-\frac1{2n}\xrightarrow[\infty]{}1-0=1\end{array}\right.

Vemos que en cualquier caso la sucesión se acerca progresivamente a 1, que es el límite de la sucesión.


7. Clasificar la sucesión de números racionales \left(a_n\right)=1-\frac13+\frac15-\dots+\left(-1\right)^{n+1}\frac1{2n-1}=\sum_{i=1}^n\left(-1\right)^{i+1}\frac1{2i-1}  teniendo en cuenta que sólo contiene números racionales, esto es, \left(a_n\right)\in\mathbb{Q}

Escribamos los primeros términos de la sucesión:

  • n=1) 1
  • n=2) 1 – 1/3 = 2/3
  • n=3) 1 – 1/3 + 1/5 = 2/3 + 1/5 = 13/15
  • n=4) 1 – 1/3 + 1/5 – 1/7 = 76/105

Vemos que  a veces aumentan los valores, a veces decrecen: no es una sucesión ni creciente ni decreciente, y por tanto tampoco es monótona. Para ver si es una sucesión de Cauchy calculamos la diferencia entre dos términos cualesquiera:

\left(a_p\right)-\left(a_q\right)=\left(1-\frac13+\frac15-\dots+\left(-1\right)^{p+1}\frac1{2p-1}\right)-\left(1-\frac13+\frac15-\dots+\left(-1\right)^{q+1}\frac1{2q-1}\right)

\left(a_p\right)-\left(a_q\right)=\left(-1\right)^{p+1}\frac1{2p-1}-\left(-1\right)^{q+1}\frac1{2q-1}

Como solo nos interesa el valor absoluto de la diferencia, ignoramos los signos:

\left|\left(a_p\right)-\left(a_q\right)\right|=\left|\frac1{2p-1}-\frac1{2q-1}\right|\xrightarrow[\infty]{}\left|\frac1\infty-\frac1\infty\right|=0.

Por tanto la sucesión es de Cauchy, no obstante, ahora no implica que sea convergente, pues la implicación Cauchy \Rightarrow convergente sólo es válida para sucesiones de números reales, y esta sucesión es de números racionales. De hecho, esta sucesión se conoce como serie de Leibniz y se puede probar que converge a \mathrm\pi/4, que es un número irracional, por lo tanto la sucesión no converge a ningún número racional: es divergente.

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Bibliografia

 

Sucesiones y series infinitas (Curso programado de Cálculo C.E.M.). Un libro antiguo e injustamente olvidado, en mi opinión. El Curso programado sigue la didáctica constructivista, introduciendo cada concepto con ejemplos, de forma que el alumno va construyendo su conocimiento en vez de simplemente memorizarlo.

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