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EJERCICIOS DE SUCESIONES NUM ´ ERICAS 1. C´ alculo de l´ ımites 1. Calcular el l´ ımite de la sucesi´on de t´ ermino general a n = √ n 2 +4n - √ n 2 - n. Soluci´ on Multiplicamos y dividimos por el conjugado y se obtiene: L = l´ ım n→∞ ( √ n 2 +4n - √ n 2 - n)( √ n 2 +4n + √ n 2 - n) √ n 2 +4n + √ n 2 - n = l´ ım n→∞ 5n √ n 2 +4n + √ n 2 - n = l´ ım n→∞ 5 p 1+4/n + p 1 - 1/n = 5 2 . 2. Calcular el l´ ımite de la sucesi´on de t´ ermino general a n = √ n 2 + n +1 - n. Soluci´ on Como tenemos una indeterminaci´ on ∞-∞, multiplicamos y dividimos por el conjugado: L = l´ ım n→∞ ( p n 2 + n +1 - √ n 2 ) = l´ ım n→∞ ( √ n 2 + n +1 - √ n 2 )( √ n 2 + n +1+ √ n 2 ) √ n 2 + n +1+ √ n 2 = l´ ım n→∞ n +1 √ n 2 + n +1+ √ n 2 = l´ ım n→∞ 1+1/n p 1+1/n +1/n 2 + √ 1 = 1 2 . 3. Calcular el l´ ımite de la sucesi´on de t´ ermino general a n = p n 2 + √ n 4 +1 - √ 2n. Soluci´ on Multiplicamos y dividimos dos veces por el conjugado y obtenemos: L = l´ ım n→∞ q n 2 + p n 4 +1 - √ 2n 2 = l´ ım n→∞ ( p n 2 + √ n 4 +1 - √ 2n 2 )( p n 2 + √ n 4 +1+ √ 2n 2 ) p n 2 + √ n 4 +1+ √ 2n 2 = l´ ım n→∞ √ n 4 +1 - √ n 4 p n 2 + √ n 4 +1+ √ 2n 2 = l´ ım n→∞ n 4 +1 - n 4 ( p n 2 + √ n 4 +1+ √ 2n 2 )(√ n 4 +1+ √ n 4 ) =0. 1
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EJERCICIOS DE SUCESIONES NUMERICAS
1. Calculo de lımites
1. Calcular el lımite de la sucesion de termino general an =√n2 + 4n−
√n2 − n.
Solucion
Multiplicamos y dividimos por el conjugado y se obtiene:
L = lımn→∞
(√n2 + 4n−
√n2 − n)(
√n2 + 4n+
√n2 − n)√
n2 + 4n+√n2 − n
= lımn→∞
5n√n2 + 4n+
√n2 − n
= lımn→∞
5√1 + 4/n+
√1− 1/n
=5
2.
2. Calcular el lımite de la sucesion de termino general an =√n2 + n+ 1− n.
Solucion
Como tenemos una indeterminacion ∞−∞, multiplicamos y dividimos por el conjugado:
L = lımn→∞
(√n2 + n+ 1−
√n2)
= lımn→∞
(√n2 + n+ 1−
√n2)(√n2 + n+ 1 +
√n2)
√n2 + n+ 1 +
√n2
= lımn→∞
n+ 1√n2 + n+ 1 +
√n2
= lımn→∞
1 + 1/n√1 + 1/n+ 1/n2 +
√1
=1
2.
3. Calcular el lımite de la sucesion de termino general an =√n2 +
√n4 + 1−
√2n.
Solucion
Multiplicamos y dividimos dos veces por el conjugado y obtenemos:
L = lımn→∞
(√n2 +
√n4 + 1−
√2n2
)= lım
n→∞
(√n2 +
√n4 + 1−
√2n2)(√
n2 +√n4 + 1 +
√2n2)√
n2 +√n4 + 1 +
√2n2
= lımn→∞
√n4 + 1−
√n4√
n2 +√n4 + 1 +
√2n2
= lımn→∞
n4 + 1− n4(√n2 +
√n4 + 1 +
√2n2)(√
n4 + 1 +√n4) = 0.
1
4. Calcular el lımite de la sucesion de termino general an =√n2 + n+ 1−
√3n2 − 1− 3n.
Solucion
Debido a la indeterminacion ∞−∞, procedemos ası:
L = lımn→∞
(√n2 + n+ 1−
√3n2 − 1)− lım
n→∞3n = lım
n→∞
n2 + n+ 1− 3n2 + 1√n2 + n+ 1 +
√3n2 − 1
− lımn→∞
3n = lımn→∞
−2n2 + . . .√n2 + . . .+
√3n2 + . . .
−∞ = −∞.
5. Calcular el lımite de la sucesion de termino general an = 3√n3 + 2n2 − 3
√n3 − n.
Solucion
Teniendo en cuenta la factorizacion a3 − b3 = (a− b)(a2 + ab+ b2), si llamamos
a = 3√n3 + 2n2 y b = 3
√n3 − n, resulta:
L = lımn→∞
(a− b) = lımn→∞
a3 − b3
a2 + ab+ b2
= lımn→∞
n3 + 2n2 − n3 + n
(n3 + 2n2)2/3 + (n3 + 2n2)1/3(n3 − n)1/3 + (n3 − n)2/3
= lımn→∞
2n2 + n3√n6 + . . .+ 3
√n6 + . . .+ 3
√n6 + . . .
= lımn→∞
2 + 1/n3√
1 + . . .+ 3√
1 + . . .+ 3√
1 + . . .=
2
3.
6. Calcular el lımite de la sucesion de termino general an = 3√n9 + 2n−
√n6 − 7n3.
Solucion
Teniendo en cuenta que L = lımn→∞
6√
(n9 + 2n)2 − 6√
(n6 − 7n3)3, si llamamos a = 6√
(n9 + 2n)2,
b = 6√
(n6 − 7n3)3, aplicamos la formula
a− b =a6 − b6
a5 + a4b+ a3b2 + a2b3 + ab4 + b5
y obtenemos
L = lımn→∞
(a− b) = lımn→∞
(n9 + 2n)2 − (n6 − 7n3)3
6√
(n9 + 2n)10 + · · ·+ 6√
(n6 − 7n3)15
= lımn→∞
4n10 + 4n2 − (−21n15 + 147n12 − 73n9)6√n90 + . . .+ · · ·+ 6
√n90 + . . .
=21
6=
7
2.
2
7. Calcular el lımite de la sucesion de termino general an =3√n3 + 5 +
3√
8n3 + 4n2 − 3n.
Solucion
En primer lugar, transformamos la indeterminacion ∞−∞ en 0 · ∞:
L = lımn→∞
[3√n3(1 + 5/n3) + 3
√8n3(1 + 4n2/8n3)− 3n
]= lım
n→∞
[n(1 + 5/n3)1/3 + 2n(1 + 1/2n)1/3 − 3n
]= lım
n→∞n[(1 + 5/n3)1/3 + 2(1 + 1/2n)1/3 − 3
].
Aplicamos ahora la formula de Newton:(1 +
5
n3
)1/3
= 1 +
(1/3
1
)5
n3+
(1/3
2
)52
n6+ . . .
= 1 +1
3· 5
n3+
1/3(1/3− 1)
2!· 52
n6+ · · · = 1 +
5
3n3− 25
9n6+ . . .(
1 +1
2n
)1/3
= 1 +
(1/3
1
)1
2n+
(1/3
2
)1
22n2+ . . .
= 1 +1
3· 1
2n+
1/3(1/3− 1)
2!· 1
22n2+ · · · = 1 +
1
6n− 1
36n2+ . . .
Sustituyendo en la ultima expresion de L:
L = lımn→∞
n
[1 +
5
3n3− 25
9n6+ · · ·+ 2 +
1
3n− 1
18n2+ · · · − 3
]= lım
n→∞n
[1
3n− 1
18n2+ . . .
]= limn→∞
[1
3− 1
18n+ . . .
]=
1
3.
8. Calcular el lımite de la sucesion de termino general an =a√na + na−1 − a
√na − na−1, a ∈ N.
Solucion
En primer lugar sacamos n factor comun en cada sumando:
L = lımn→∞
n a
√(1 +
1
n
)− n a
√(1− 1
n
).
Desarrollamos ahora cada termino en serie de potencias:(1 +
1
n
)1/a
= 1 +
(1/a
1
)1
n+
(1/a
2
)1
n2+
(1/a
3
)1
n3+ . . .
= 1 +1
a· 1
n+
1/a(1/a− 1)
2!· 1
n2+
1/a(1/a− 1)(1/a− 2)
3!· 1
n3+ . . .
= 1 +1
an+
1− a2a2n2
+(1− a)(1− 2a)
6a3n3+ . . .(
1− 1
n
)1/a
= 1−(
1/a
1
)1
n+
(1/a
2
)1
n2−(
1/a
3
)1
n3+ . . .
= 1− 1
an+
1− a2a2n2
− (1− a)(1− 2a)
6a3n3+ . . .
3
Sustituyendo ahora en la ultima expresion del lımite, resulta:
L = lımn→∞
n
[2
an+
(1− a)(1− 2a)
3a3n3+ . . .
]= lım
n→∞
[2
a+
(1− a)(1− 2a)
3a3n2+ . . .
]=
2
a.
9. Calcular el lımite de la sucesion de termino general an =n(√n+ 2n+ 1)
n2 + 3.
Solucion
Comparando los grados del numerador y denominador, resulta:
L = lımn→∞
n√n+ 2n2 + n
n2 + 3= 2.
10. Calcular el lımite de la sucesion de termino general an =(3n− 2)(n+ 3)(2n− 5)2
n2(2n+ 6)(3n− 5).
Solucion
Comparando de nuevo los grados del numerador y del denominador, obtenemos:
L = lımn→∞
(3n2 + 9n− 2n− 6)(4n2 + 25− 20n)
n2(6n2 − 10n+ 18n− 30)= lım
n→∞
12n4 + . . .
6n4 + . . .= 2.
11. Calcular el lımite de la sucesion de termino general an =1
n2+
2
n2+ · · ·+ n
n2.
Solucion
Aplicamos la formula 1 + 2 + · · ·+ n = n(n+ 1)/2. Resulta:
L = lımn→∞
1 + 2 + · · ·+ n
n2= lım
n→∞
n(n+ 1)
2n2= lım
n→∞
n+ 1
2n=
1
2.
12. Calcular el lımite de la sucesion de termino general an =1
na
(n
a
), a ∈ N.
Solucion
Al desarrollar(na
)resulta directamente:
L = lımn→∞
1
na· n(n− 1)(n− 2) . . . (n− a+ 1)
a!=
1
a!lımn→∞
na + . . .
na=
1
a!.
4
13. Calcular el lımite de la sucesion de termino general an =
√n√
n+√n+√n
.
Solucion
Si dividimos numerador y denominador por√n, tenemos:
L = lımn→∞
1√n+√n+√n
n
= lımn→∞
1√1 +
√n+√n
n2
= lımn→∞
1√1 +
√1/n+
√n/n4
= 1.
14. Calcular el lımite de la sucesion de termino general an =3 3√
4− 45√n2
3√n− 3(4− 5
√n)
.
Solucion
Para comparar los grados del numerador y denominador escribimos:
L = lımn→∞
315√
45 − 415√n6
15√
(n− 3)5(4− 15√n3)
= lımn→∞
315√
45 − 415√n6
4 15√n5 − 5n4 · 3 + . . .− 15
√n8 + . . .
= lımn→∞
315√
45−415√n6
15√n8
4 15√n5−5n4·3+...− 15√n8+...15√n8
=0
0− 1= 0.
15. Calcular el lımite de la sucesion de termino general an =
√n2 +
√n−
√n2 −
√n
n(
3√n3 +
√n− 3
√n3 −
√n) .
Solucion
Si racionalizamos numerador y denominador, tenemos:
L = lımn→∞
(n2 +√n− n2 +
√n)( 3√
(n3 +√n)2 + . . . )
n(n3 +√n− n3 +
√n)(√n2 +
√n+
√n2 −
√n)
= lımn→∞
2√n(
3√
(n3 +√n)2 + 3
√n6 − n+ 3
√(n3 −
√n)2)
2n√n(√n2 +
√n+
√n2 −
√n)
=3
2,
debido a que los grados del numerador y denominador son iguales.
16. Calcular el lımite de la sucesion de termino general an =3n + 7
5n − 4.
Solucion
Debido a la indeterminacion ∞/∞, dividimos numerador y denominador por 5n:
L = lımn→∞
(3/5)n + (7/5n)
1− (4/5n)=
0
1= 0,
debido a que (3/5)n → 0.
5
17. Calcular el lımite de la sucesion de termino general an =4√n+ h− 4
√n+ k
3√n+ h− 3
√n+ k
· 12√n+ j.
Solucion
En primer lugar tenemos:
L = lımn→∞
4√n(1 + h/n)− 4
√n(1 + k/n)
3√n(1 + h/n)− 3
√n(1 + k/n)
· 12√n(1 + j/n)
= lımn→∞
n1/4[(1 + h/n)1/4 − (1 + k/n)1/4
]n1/3
[(1 + h/n)1/3 − (1 + k/n)1/3
] · n1/12 · (1 + j/n)1/12
= lımn→∞
(1 + h/n)1/4 − (1 + k/n)1/4
(1 + h/n)1/3 − (1 + k/n)1/3· (1 + j/n)1/12.
Desarrollamos ahora las potencias de los binomios:(1 +
h
n
)1/4
= 1 +
(1/4
1
)h
n+
(1/4
2
)h2
n2+ . . .
= 1 +1
4· hn
+1/4(1/4− 1)
2!· h
2
n2+ · · · = 1 +
h
4n− 3h2
32n2+ . . .(
1 +h
n
)1/3
= 1 +
(1/3
1
)h
n+
(1/3
2
)h2
n2+ . . .
= 1 +1
3· hn
+1/3(1/3− 1)
2!· h
2
n2+ · · · = 1 +
h
3n− h2
9n2+ . . .(
1 +j
n
)1/12
= 1 +
(1/12
1
)j
n+
(1/12
2
)j2
n2+ . . .
= 1 +1
12· jn
+1/12(1/12− 1)
2!· j
2
n2+ · · · = 1 +
j
12n− 11j2
288n2+ . . .
Sustituimos en la formula del lımite y tenemos:
L = lımn→∞
1 + h4n −
3h2
32n2 + · · · −(
1 + k4n −
3k2
32n2 + . . .)
1 + h3n −
h2
9n2 + · · · −(
1 + k3n −
k2
9n2 + . . .)
×(
1 +j
12n− 11j2
288n2+ . . .
)= lım
n→∞
h−k4n −
3(h2−k2)32n2 + . . .
h−k3n −
h2−k29n2 + . . .
(1 +
j
12n− 11j2
288n2+ . . .
)=
14(h− k)13(h− k)
· 1 =3
4.
18. Calcular el lımite de la sucesion de termino general an =1/(2n2) + 1− cos 1/n
n4.
Solucion
Operando directamente resulta L = 0/∞ = 0.
6
19. Calcular el lımite de la sucesion de termino general an =ln(5n4 − 4n3 + 6n2 + 3n− 2)
ln(6n3 + 4n2 − 5n+ 7).
Solucion
Por las propiedades de los logaritmos, tenemos:
L = lımn→∞
lnn4(5− 4/n+ 6/n2 + 3/n3 − 2/n4)
lnn3(6 + 4/n− 5/n2 + 7/n3)
= lımn→∞
lnn4 + ln(5− 4/n+ 6/n2 + 3/n3 − 2/n4)
lnn3 + ln(6 + 4/n− 5/n2 + 7/n3)
= lımn→∞
4 lnn+ ln(5− 4/n+ 6/n2 + 3/n3 − 2/n4)
3 lnn+ ln(6 + 4/n− 5/n2 + 7/n3)
= lımn→∞
4 + ln(5− 4/n+ 6/n2 + 3/n3 − 2/n4)/ lnn
3 + ln(6 + 4/n− 5/n2 + 7/n3)/ lnn=
4
3.
20. Calcular el lımite de la sucesion de termino general an =sen πn
2n−1
sen −π4n−2 ·
4√n4 + 1
.
Solucion
Debido a que senπn
2n− 1→ senπ/2 = 1, y teniendo en cuenta la equivalencia de infinitesimos
sen−π
4n− 2∼ −π
4n− 2, resulta:
L = lımn→∞
sen πn2n−1
−π4n−2 ·
4√n4 + 1
= lımn→∞
4n− 2
−π 4√n4 + 1
= − 4
π.
21. Sabiendo que 2 senA senB = − cos(A + B) + cos(A − B), calcular el lımite de la sucesionde termino general
an = sen1
n2+ sen
2
n2+ sen
3
n2+ · · ·+ sen
n
n2.
Solucion
Multiplicando y dividiendo el termino general de la sucesion por 2 sen1
2n2:
an = 12 sen(1/2n2)
[2 sen 2·1
2n2 sen 12n2 + 2 sen 2·2
2n2 sen 12n2 + · · ·+ 2 sen 2n
2n2 sen 12n2
].
Si aplicamos ahora la formula dada, tenemos:
an =
[(− cos
3
2n2+ cos
1
2n2
)+ · · ·+
(− cos
2n+ 1
2n2+ cos
2n− 1
2n2
)]× 1
2 sen(1/2n2)=
1
2 sen(1/2n2)
[cos
1
2n2− cos
2n+ 1
2n2
]=
1
2 sen(1/2n2)· 2 sen
n+ 1
2n2sen
n
2n2.
Entonces, debido a la equivalencia senun ∼ un cuando un → 0:
L = lımn→∞
1
2 · (1/2n2)· 2 · n+ 1
2n2· n
2n2= lım
n→∞
n+ 1
2n=
1
2.
7
22. Calcular el lımite de la sucesion de termino general an =tg πn
2n+13√n3 + 2n− 1
.
Solucion
Por una parte,
L = lımn→∞
tg(π2 −
π4n+2
)3√n3 + 2n− 1
= lımn→∞
cotg π4n+2
3√n3 + 2n− 1
= lımn→∞
1/ tg π4n+2
3√n3 + 2n− 1
.
Teniendo en cuenta la equivalencia tgπ
4n+ 2∼ π
4n+ 2, podemos escribir
L = lımn→∞
4n+2π
3√n3 + 2n− 1
= lımn→∞
4n+ 2
π 3√n3 + 2n− 1
= lımn→∞
4 + 2/n
π 3√
1 + 2/n2 − 1/n3=
4
π.
23. Calcular el lımite de la sucesion de termino general an = n ln
√n+ a
n− a.
Solucion
Debido a la equivalencia lnn+ a
n− a∼ n+ a
n− a− 1, tenemos:
L = lımn→∞
n
2· ln n+ a
n− a= lım
n→∞
n
2
(n+ a
n− a− 1
)= lım
n→∞
n
2· n+ a− n+ a
n− a= lım
n→∞
2an
2n− 2a= a.
24. Calcular el lımite de la sucesion de termino general an = (4n+ 3)m(
lnn+ 1
n− 2
)mdonde
m ∈ R.
Solucion
Aplicamos la equivalencia lnn+ 1
n− 2∼ n+ 1
n− 2− 1 y resulta:
L = lımn→∞
[(4n+ 3) ln
n+ 1
n− 2
]m=
[lımn→∞
(4n+ 3)
(n+ 1
n− 2− 1
)]m=
[lımn→∞
(4n+ 3)3
n− 2
]m= 12m.
25. Calcular el lımite de la sucesion de termino general an = n n√a− n, siendo a > 0.
Solucion
Aplicaremos la equivalencia a1/n − 1 ∼ (1/n) ln a:
L = lımn→∞
(na1/n − n) = lımn→∞
n(a1/n − 1) = lımn→∞
n · 1
nln a = ln a.
8
26. Calcular el lımite de la sucesion de termino general an =(a+ n)(n− 1)n−1
nn.
Solucion
Si tomamos logaritmos y utilizamos la equivalencia ln(1 + un) ∼ un, cuando un → 0, resulta:
lnL = lımn→∞
ln
(a+ n
n· (n− 1)n−1
nn−1
)= lım
n→∞lna+ n
n+ lımn→∞
(n− 1) ln
(n− 1
n
)= ln lım
n→∞
a+ n
n+ lımn→∞
(n− 1)
(n− 1
n− 1
)= ln 1 + (−1) = −1.
Por tanto, L = e−1.
27. Calcular el lımite de la sucesion de termino general an = (n/3) ln(n+ a)(n+ b)(n+ c)− lnnn.
Solucion
Tenemos una indeterminacion ∞−∞ que operamos del siguiente modo:
L = lımn→∞
[(n/3) ln(n+ a)(n+ b)(n+ c)− ln(nn/3nn/3nn/3)
]= lım
n→∞[(n/3) ln(n+ a) + (n/3) ln(n+ b) + (n/3) ln(n+ c)
−(n/3) lnn− (n/3) lnn− (n/3) lnn]
= lımn→∞
(n/3) lnn+ a
n+ lımn→∞
(n/3) lnn+ b
n+ lımn→∞
(n/3) lnn+ b
n
= lımn→∞
n
3· an
+ lımn→∞
n
3· bn
+ lımn→∞
n
3· cn
=a
3+b
3+c
3=a+ b+ c
3.
28. Calcular el lımite de la sucesion de termino general an =3n4 sen2(1/n) ln(1 + 1/n)
(n+ 5) cos πn+54n+1
.
Solucion
Debido a las equivalencias sen 1/n ∼ 1/n y ln(1 + 1/n) ∼ 1/n, tenemos:
L = lımn→∞
3n4
n+ 5· 1/n2 · 1/n√
2/2
= lımn→∞
3n4 · 2√2n3(n+ 5)
=6√2
= 3√
2.
29. Calcular el lımite de la sucesion de termino general an = n2(ln sen(π/2 + 2/n)− ln cos 1/n).
Solucion
9
Nuevamente, por la equivalencia lnun ∼ un − 1, cuando un → 1, resulta:
L = lımn→∞
n2 lnsen(π/2 + 2/n)
cos 1/n= lım
n→∞n2 sen(π/2 + 2/n)− cos 1/n
cos 1/n
= lımn→∞
n2 cos 2/n− cos 1/n
cos 1/n= lım
n→∞n2 cos(1/n+ 1/n)− cos 1/n
cos 1/n
= lımn→∞
n2 cos2 1/n− sen2 1/n− cos 1/n
cos 1/n
= lımn→∞
n2 cos 1/n(cos 1/n− 1)
cos 1/n− lımn→∞
n2 sen2 1/n
cos 1/n
= lımn→∞
n2(−1)(1/n)2
2− lımn→∞
1
cos 1/n= −1
2− 1 = −3
2.
En la ultima lınea aplicamos las equivalencias sen(1/n) ∼ 1/n y 1− cos(1/n) ∼ (1/n)2/2.
30. Calcular el lımite de la sucesion de termino general an =(3n2 + 1)(1− cos(1/n)
(n2 − 2) ln[1 + (1/n2)].
Solucion
Teniendo en cuenta las equivalencias de los infinitesimos 1− cos1
n∼ (1/n)2
2y ln(1 + un) ∼ un,
cuando un → 0, tenemos:
L = lımn→∞
3n2 + 1
n2 − 2lımn→∞
1− cos(1/n)
ln(1 + (1/n2))= 3 lım
n→∞
1/n2
2
1/n2=
3
2.
31. Calcular el lımite de la sucesion de termino general an =
(√1− n1− 2n
) 2n−11+3n
.
Solucion
Calculando directamente los lımites de la base y el exponente, tenemos que
L =(√
1/2)2/3
=13√
2.
32. Calcular el lımite de la sucesion de termino general an =
(n+ 1
n− 1
)n−3
.
Solucion
Tenemos una indeterminacion del tipo 1∞. Tomamos logaritmos y utilizamos la equivalencialnun ∼ un − 1 cuando un → 1:
lnL = lımn→∞
(n− 3)
(n+ 1
n− 1− 1
)= lım
n→∞
(n− 3)(n+ 1− n+ 1)
n− 1= lım
n→∞
2n− 6
n− 1= 2 =⇒ L = e2.
10
33. Calcular el lımite de la sucesion de termino general an =
(n2 + 3
n2 + 4n
)(n2−1)/n
.
Solucion
De forma similar al anterior, tenemos:
lnL = lımn→∞
n2 − 1
n
[n2 + 3
n2 + 4n− 1
]= lım
n→∞
(n2 − 1)(n2 + 3− n2 − 4n)
n(n2 + 4n)
= lımn→∞
3n2 − 4n3 − 3 + 4n
n3 + 4n2= −4 =⇒ L = e−4.
34. Calcular el lımite de la sucesion de termino general an =
(n2 + 3n− 2
n2 + n
) n3+2
2n2+1
.
Solucion
Como la indeterminacion es del tipo 1∞, tenemos:
lnL = lımn→∞
n3 + 2
2n2 + 1lnn2 + 3n− 2
n2 + n
= lımn→∞
n3 + 2
2n2 + 1· n
2 + 3n− 2− n2 − nn2 + n
= lımn→∞
2n4 + . . .
2n4 + . . .= 1.
Por tanto, L = e1 = e.
35. Calcular el lımite de la sucesion de termino general an =
[1 + ln
n2 − 3n+ 5
n2 − 9n
] 2n2−3n+1
.
Solucion
Con la misma indeterminacion anterior, deberemos aplicar dos veces la equivalencia lnun ∼ un−1cuando un → 1:
lnL = lımn→∞
2n2 − 3
n+ 1lnn2 − 3n+ 5
n2 − 9n= lım
n→∞
2n2 − 3
n+ 1
(n2 − 3n+ 5
n2 − 9n− 1
)= lım
n→∞
2n2 − 3
n+ 1· n
2 − 3n+ 5− n2 + 9n
n2 − 9n
= lımn→∞
(6n+ 5)(2n2 − 3)
(n2 − 9n)(n+ 1)= lım
n→∞
12n3 + . . .
n3 + . . .= 12 =⇒ L = e12.
36. Calcular el lımite de la sucesion de termino general an =
[ln(n+ a)
lnn
]n lnn
.
Solucion
Debido a que
ln(n+ a)
lnn=
lnn(1 + a/n)
lnn=
lnn+ ln(1 + a/n)
lnn= 1 +
ln(1 + a/n)
lnn→ 1,
11
tenemos una indeterminacion del tipo 1∞. Por tanto, si llamamos L al lımite de la sucesion,resulta
lnL = lımn→∞
n lnn
[ln(n+ a)
lnn− 1
]= lım
n→∞n ln(1 + a/n)
= lımn→∞
n ln(1 + a/n) = lımn→∞
ln(1 + a/n)n = ln ea = a.
Queda en definitiva que L = ea.
37. Calcular el lımite de la sucesion de termino general an = [1 + ln(n2 − 5n+ 3)− ln(n2 + 3n− 5)]2n−5.
Solucion
Debido a que an =
[1 + ln
n2 − 5n+ 3
n2 + 3n− 5
]2n−5
→ 1∞, resulta:
lnL = lımn→∞
(2n− 5) lnn2 − 5n+ 3
n2 + 3n− 5= lım
n→∞(2n− 5)
(n2 − 5n+ 3
n2 + 3n− 5− 1
)= lım
n→∞
(2n− 5)(−8n+ 8)
n2 + 3n− 5= −16.
En definitiva, L = e−16.
38. Calcular el lımite de la sucesion de termino general an =
[3 · 12 + 32 + 52 + · · ·+ (2n− 1)2
4n3
]2n+1
.
Solucion
Calcularemos en primer lugar la expresion 12 + 32 + 52 + · · · + (2n − 1)2 utilizando la formula
12 + 22 + · · ·+ k2 =k(k + 1)(2k + 1)
6, ∀k ∈ N:
12 + 32 + 52 + · · ·+ (2n− 1)2 = 12 + 22 + 32 + 42 + 52 + · · ·+ (2n− 1)2 + (2n)2
−[22 + 42 + · · ·+ (2n)2]
= 12 + 22 + 32 + 42 + · · ·+ (2n− 1)2 + (2n)2 − 22(12 + 22 + · · ·+ n2)
=2n(2n+ 1)(4n+ 1)
6− 22n(n+ 1)(2n+ 1)
6=
8n3 − 2n
6.
De este modo an =
[3
4n3· 8n3 − 2n
6
]2n+1
=
[4n2 − 1
4n2
]2n+1
→ 1∞.
Entonces hacemos
lnL = lımn→∞
(2n+ 1)
[4n2 − 1
4n2− 1
]= lım
n→∞
−(2n+ 1)
4n2= 0.
Por tanto L = e0 = 1.
39. Calcular el lımite de la sucesion de termino general an =
( √4n2 − 7n
3√
8n3 + 4n2
) 3√n3+n2/2
.
Solucion
12
Tenemos un lımite de la forma 1∞. Llamando L = lımn→∞
an, si utilizamos la equivalencia lnun ∼un − 1, tenemos:
lnL = lımn→∞
3√n3 + n2/2 ·
√4n2 − 7n− 3
√8n3 + 4n2
3√
8n3 + 4n2
= lımn→∞
3
√n3 + n2/2
8n3 + 4n2
(6√
(4n2 − 7n)3 − 6√
(8n3 + 4n2)2)
=1
2lımn→∞
(6√
(4n2 − 7n)3 − 6√
(8n3 + 4n2)2).
Si llamamos ahora a = 6√
(4n2 − 7n)3 y b = 6√
(8n3 + 4n2)2 y utilizamos la identidad a6 − b6 =(a− b)(a5 + a4b+ · · ·+ b5), tenemos
lnL =1
2lımn→∞
(4n2 − 7n)3 − (8n3 + 4n2)2
6√
(4n2 − 7n)15 + · · ·+ 6√
(8n3 + 4n2)10
=1
2lımn→∞
−400n5 + 572n4 − 343n3
6√
(2n)30 + . . .+ · · ·+ 6√
(2n)30=
1
2· −400
6 · 230/6=−25
24.
En definitiva, L = e−25/24.
40. Calcular el lımite de la sucesion de termino general an =
[cos(a+ 1/n)
cos a
]n.
Solucion
Como tenemos una indeterminacion 1∞, hacemos:
lnL = lımn→∞
n
[cos(a+ 1/n)
cos a− 1
]= lım
n→∞n · cos(a+ 1/n)− cos a
cos a.
Aplicamos la formula cosA− cosB = −2 senA+B
2sen
A−B2
y tenemos:
lnL = lımn→∞
n ·−2 sen
(a+ 1
2n
)sen 1
2n
cos a= lım
n→∞
−2 sen(a+ 1
2n
)cos a
· lımn→∞
n sen1
2n
=−2 sen a
cos a· lımn→∞
n · 1
2n= −2 tg a · 1
2= − tg a.
Queda en definitiva L = e− tg a.
41. Calcular el lımite de la sucesion de termino general an =
[cos
1√n
]n.
Solucion
Analogamente al anterior tenemos:
lnL = lımn→∞
n
[cos
1√n− 1
].
Utilizaremos la formula cos 2x = cos2 x − sen2 x = 1 − 2 sen2 x =⇒ cos 2x − 1 = −2 sen2 x yresulta:
lnL = lımn→∞
n
[−2 sen2 1
2√n
]= lım
n→∞(−2n)
(1
2√n
)2
= lımn→∞
−2n
4n=−1
2.
13
En definitiva, L = e−1/2.
42. Calcular el lımite de la sucesion de termino general an =
[1 + tg 1/n
1− tg 1/n
]n.
Solucion
Como tenemos una indeterminacion del tipo 1∞, hacemos lo siguiente:
lnL = lımn→∞
n
[1 + tg 1/n
1− tg 1/n− 1
]= lım
n→∞n
[2 tg 1/n
1− tg 1/n
].
Como 1/n→ 0, podemos sustituir tg 1/n por 1/n. Ası:
lnL = lımn→∞
n · 2/n
1− tg 1/n= lım
n→∞
2
1− tg 1/n= 2.
Por tanto, L = e2.
43. Calcular el lımite de la sucesion de termino general an = (cosφ/n+ a senφ/n)n.
Solucion
Como tenemos un lımite de la forma 1∞, usamos las equivalencias lnun ∼ un − 1, 1− cosun ∼u2n/2, senun ∼ un, cuando un → 0 y resulta:
lnL = lımn→∞
n (cosφ/n− 1 + a senφ/n)
= lımn→∞
n (cosφ/n− 1) + lımn→∞
n · a senφ/n
= lımn→∞
−n · φ2
2n2+ lımn→∞
n · a · (φ/n) = φ · a.
Luego L = eφa.
44. Calcular el lımite de la sucesion de termino general an = (1/n+ sen 1/n+ cos 1/n)cotg 1/n.
Solucion
Tomando logaritmos, y usando las equivalencias tg 1/n ∼ 1/n, 1− cos 1/n ∼ (1/n)2
2 , tenemos:
lnL = lımn→∞
cotg 1/n(1/n+ sen 1/n+ cos 1/n− 1)
= lımn→∞
1/n+ sen 1/n+ cos 1/n− 1
tg 1/n
= lımn→∞
1/n
tg 1/n+ lımn→∞
sen 1/n
tg 1/n+ lımn→∞
cos 1/n− 1
tg 1/n
= lımn→∞
1/n
1/n+ lımn→∞
cos 1/n+ lımn→∞
−(1/n)2
2(1/n)= 1 + 1− 0 = 2.
de donde L = e2.
45. Calcular el lımite de la sucesion de termino general an =
(a
1/n1 + · · ·+ a
1/nk
k
)n.
Solucion
14
Debido a la indeterminacion 1∞, usamos la equivalencia a1/n ∼ (1/n) ln a con lo que:
lnL = lımn→∞
n
[a
1/n1 + · · ·+ a
1/nk
k− 1
]= lım
n→∞n
(a1/n1 − 1) + · · ·+ (a
1/nk − 1)
k
= lımn→∞
n(1/n) ln a1 + · · ·+ (1/n) ln ak
k=
ln(a1 . . . ak)
k.
De donde, L = k√a1 . . . ak.
46. Calcular el lımite de la sucesion de termino general an =
(n+ n√a
n+ n√b
)n2
.
Solucion
Procediendo como en el problema anterior, tenemos:
lnL = lımn→∞
n2(n+ n√a− n− n
√b)
n+ n√b
= lımn→∞
n2( n√a− n√b)
n+ n√b
= lımn→∞
( n√a− 1)− ( n
√b− 1)
1/n+ n√b/n2
= lımn→∞
n√a− 1
1/n+ n√b/n2
− lımn→∞
n√b− 1
1/n+ n√b/n2
= lımn→∞
(1/n) ln a
1/n+ n√b/n2
− lımn→∞
(1/n) ln b
1/n+ n√b/n2
= lımn→∞
ln a
1 + n√b/n− lımn→∞
ln b
1 + n√b/n
= ln a− ln b = lna
b.
Por tanto, L = a/b.
47. Calcular el lımite de la sucesion de termino general an =
(n√
1 + n√
2 + · · ·+ n√p
p
)n.
Solucion
Utilizaremos la equivalencia aun − 1 ∼ un ln a, cuando un → 0:
lnL = lımn→∞
n lnn√
1 + n√
2 + · · ·+ n√p
p
= lımn→∞
n
p
[(
n√
1− 1) + (n√
2− 1) + · · ·+ ( n√p− 1)
]= lım
n→∞
n
p(
n√
1− 1) + · · ·+ lımn→∞
n
p( n√p− 1)
= lımn→∞
n
p· 1
nln 1 + · · ·+ lım
n→∞
n
p· 1
nln p
=ln 1 + · · ·+ ln p
p=
ln(1 . . . p)
p= ln p
√p!
Por tanto, L = eln p√p! = p√p!
48. Calcular el lımite de la sucesion de termino general an =
[p · a1/n + q · b1/n + r · c1/n
p+ q + r
]n.
Solucion
15
Como tenemos un lımite de la forma 1∞, hacemos lo siguiente:
lnL = lımn→∞
n
[p · a1/n + q · b1/n + r · c1/n
p+ q + r− 1
]
= lımn→∞
n
[p(a1/n − 1) + q(b1/n − 1) + r(c1/n − 1)
p+ q + r
]=
1
p+ q + r
[p lımn→∞
n(a1/n − 1) + q lımn→∞
n(b1/n − 1) + r lımn→∞
n(c1/n − 1)].
Tal como hemos visto en el problema anterior,
lımn→∞
n(a1/n − 1) = ln a, lımn→∞
n(b1/n − 1) = ln b, lımn→∞
n(c1/n − 1) = ln c.
Luego,
lnL =1
p+ q + r(p ln a+ q ln b+ r ln c)
=1
p+ q + rln(apbqcr) = ln(apbqcr)
1p+q+r .
y finalmente L = p+q+r√apbqcr.
49. Calcular el lımite de la sucesion de termino general an =
(1
n
)1/ ln(3/n)
.
Solucion
En este caso tenemos una indeterminacion 00. Ası pues:
lnL = ln lımn→∞
(1
n
)1/ ln(3/n)
= lımn→∞
1
ln(3/n)ln
1
n
= lımn→∞
− lnn
ln 3− lnn= lım
n→∞
− lnn/ lnn
ln 3/ lnn− lnn/ lnn= 1.
Como lnL = 1 =⇒ L = e.
50. Calcular el lımite de la sucesion de termino general an =
(n+ 2
3n3 − 1
)1/ ln(n4−3)
.
Solucion
Debido a la indeterminacion 00, tomamos logaritmos y aplicamos las equivalencias ln(n4 − 3) ∼lnn4 y ln
n+ 2
3n3 − 1∼ ln
n
n3= lnn−2:
lnL = lımn→∞
1
ln(n4 − 3)ln
n+ 2
3n3 − 1= lım
n→∞
1
lnn4lnn−2
= lımn→∞
−2 lnn
4 lnn= −1
2.
Se deduce entonces que L = e−1/2.
16
51. Calcular el lımite de la sucesion de termino general an =
(n+ 1
n2 + n+ 5
)1/(1+lnn)
.
Solucion
Tomando logaritmos, tenemos:
lnL = lımn→∞
1
1 + lnnln
n+ 1
n2 + n+ 5= lım
n→∞
ln(n+ 1)− ln(n2 + n+ 5)
1 + lnn
= lımn→∞
lnn(1 + 1/n)− lnn2(1 + 1/n+ 5/n2)
1 + lnn
= lımn→∞
lnn+ ln(1 + 1/n)− 2 lnn− ln(1 + 1/n+ 5/n2)
1 + lnn
= lımn→∞
lnn− 2 lnn
1 + lnn+ lımn→∞
ln(1 + 1/n)− ln(1 + 1/n+ 5/n2)
1 + lnn
= lımn→∞
− lnn
1 + lnn+ 0 = lım
n→∞
−1
1/ lnn+ 1= −1 =⇒ L = e−1 =
1
e.
52. Calcular el lımite de la sucesion de termino general an = (2 + 3n4)1/[3+2 ln(n+1)].
Solucion
La indeterminacion es en este caso del tipo ∞0. Ası pues:
lnL = lımn→∞
1
3 + 2 ln(n+ 1)ln(2 + 3n4).
Teniendo en cuenta las equivalencias ln(2 + 3n4) ∼ lnn4 y ln(n+ 1) ∼ lnn, resulta:
lnL = lımn→∞
4 lnn
3 + 2 lnn= lım
n→∞
4
3/ lnn+ 2= 2.
Por tanto, L = e2.
53. Calcular el lımite de la sucesion de termino general an = (1− 1/22)(1− 1/32) . . . (1− 1/n2).
Solucion
Desarrollando cada factor y simplificando, tenemos:
L = lımn→∞
22 − 1
22· 32 − 1
32. . .
n2 − 1
n2
= lımn→∞
(2− 1)(2 + 1)
22· (3− 1)(3 + 1)
32. . .
(n− 1)(n+ 1)
n2
= lımn→∞
n+ 1
2n=
1
2.
54. Calcular el lımite de la sucesion de termino general an =1
1 · 2+
1
2 · 3+ · · ·+ 1
(n− 1)n+
1
n(n+ 1).
Solucion
17
Si descomponemos cada fraccion en fracciones simples tenemos:
1
k(k + 1)=A
k+
B
k + 1=A(k + 1) +Bk
k(k + 1)=⇒ 1 = A(k + 1) +Bk.
Entonces A = 1, B = −1, de donde1
k(k + 1)=
1
k− 1
k + 1.
Aplicando lo anterior a cada sumando de la sucesion dada tenemos:
an =
(1
1− 1
2
)+
(1
2− 1
3
)+ · · ·+
(1
n− 1− 1
n
)+
(1
n− 1
n+ 1
)= 1− 1
n+ 1.
Es evidente entonces que
L = lımn→∞
an = 1.
55. Demostrar quelnn
n→ 0 cuando n→∞. Deducir de lo anterior que n
√n→ 1.
Solucion
Por ser lnn > 0 y n > 0, entonces lımn→∞
lnn
n≥ 0.
Por otro lado, si llamamos an = lnn, tenemos:
L = lımn→∞
lnn
n= lım
an→∞
anean≤ lım
an→∞
an2an
= lıman→∞
an(1 + 1)an
= lıman→∞
an
1 +(an2
)+(an3
)+ . . .
≤ lıman→∞
an(an2
)= lım
an→∞
anan(an − 1)/2!
= lıman→∞
2
an − 1= 0.
Esto prueba entonces que lımn→∞
lnn
n= 0.
Si ahora aplicamos la formula ab = eb ln a, podemos calcular:
lımn→∞
n√n = lım
n→∞n1/n = elımn→∞ 1/n lnn = e0 = 1.
56. Calcular el lımite de la sucesion de termino general an =n√nn+1( n
√a− 1).
Solucion
Teniendo en cuenta la equivalencia a1/n − 1 ∼ (1/n) ln a y sabiendo que n√n→ 1, resulta:
L = lımn→∞
n(n+1)/n(a1/n − 1) = lımn→∞
n(n+1)/n 1
nln a
= lımn→∞
n(n+1)/n · n−1 · ln a = lımn→∞
n√n ln a = ln a.
18
57. Calcular el lımite de la sucesion de termino general an =n√n3 + an2 + bn+ c.
Solucion
Debido a que
lımn→∞
anan−1
= lımn→∞
n3 + an2 + bn+ c
(n− 1)3 + a(n− 1)2 + b(n− 1) + c= 1,
se deduce por el criterio del cociente-raız que L = 1.
58. Calcular el lımite de la sucesion de termino general an =3n√n3 − 1.
Solucion
Por el mismo criterio anterior, si escribimos 3n√n3 − 1 =
(n√n3 − 1
)1/3, como lım
n→∞
n3 − 1
(n− 1)3 − 1= 1,
entonces lımn→∞
n√n3 − 1 = 1. Por tanto, L = 1.
59. Calcular el lımite de la sucesion de termino general an =n
√(a+ 1)(a+ 2) . . . (a+ n)
n!.
Solucion
Calculamos tambien el lımite del cociente entre dos terminos consecutivos:
L = lımn→∞
(a+1)(a+2)...(a+n)n!
(a+1)(a+2)...(a+n−1)(n−1)!
= lımn→∞
(a+ n)
n= 1.
60. Calcular el lımite de la sucesion de termino general an = n
√nn+1(
√a− 1).
Solucion
Por el criterio del cociente-raız, tenemos:
L = lımn→∞
nn+1(√a− 1)
(n− 1)n(√a− 1)
= lımn→∞
nn+1
(n− 1)n
= lımn→∞
n
(n
n− 1
)n= +∞ · e = +∞.
61. Calcular el lımite de la sucesion de termino general an =n√nlnn
ln a.
Solucion
Utilizamos el mismo criterio de los problemas anteriores y tenemos:
L =1
ln alımn→∞
n√nlnn =
1
ln alımn→∞
nlnn
(n− 1)ln(n−1).
19
Teniendo en cuenta la equivalencia lnn ∼ ln(n− 1), resulta:
L =1
ln alımn→∞
(n
n− 1
)lnn
=1
ln ae
lımn→∞
lnn·n−n+1n−1
=1
ln ae
lımn→∞
lnnn−1 =
1
ln ae0 =
1
ln a.
62. Calcular el lımite de la sucesion de termino general an = n√
(1 + 1/n)p . . . (1 + n/n)p.
Solucion
Por el criterio del cociente-raız nuevamente, resulta:
L = lımn→∞
(1 + 1/n)p . . . (1 + n/n)p
[1 + 1/(n− 1)]p . . . [1 + (n− 1)/(n− 1)]p.
Escribimos ahora
1 +1
n− 1=
(1 +
1
n
)n · n
(n+ 1)(n− 1),
1 +2
n− 1=
(1 +
2
n
)n · (n+ 1)
(n+ 2)(n− 1),
1 +3
n− 1=
(1 +
3
n
)n · (n+ 2)
(n+ 3)(n− 1),
. . .
1 +n− 2
n− 1=
(1 +
n− 2
n
)n · (2n− 3)
(2n− 2)(n− 1),
1 +n− 1
n− 1=
(1 +
n− 1
n
)n · (2n− 2)
(2n− 1)(n− 1),
y obtenemos
L = lımn→∞
(1 + 1/n) . . . (1 + (n− 1)/n)(1 + n/n)
(1 + 1/n) n·n(n+1)(n−1) . . . (1 + (n− 1)/n) n·(2n−2)
(n−1)(2n−1)
p
= lımn→∞
(1 + n/n)nn−1
(n−1)n−1n(n+1)...(2n−3)(2n−2)(n+1)(n+2)...(2n−1)
p
=
[lımn→∞
(1 + n/n)
(n− 1
n
)n−1 2n− 1
n
]p= (4e−1)p = (4/e)p.
63. Calcular el lımite de la sucesion de termino general an =1 +√
2 + · · ·+ n√n
n.
Solucion
Por el criterio de la media aritmetica
L = lımn→∞
n√n = lım
n→∞
n
n− 1= 1.
En general lımn→∞
n√np = lım
n→∞
np
(n− 1)p= 1.
20
64. Calcular el lımite de la sucesion de termino general an =ln(n!)
n.
Solucion
Por el criterio de Stolz (o el de la media aritmetica), tenemos:
L = lımn→∞
ln 1 + ln 2 + · · ·+ lnn
n= lım
n→∞lnn =∞.
65. Calcular el lımite de la sucesion de termino general an =1 +√
2 + 3√
3! + · · ·+ n√n!
n2.
Solucion
Aplicamos el criterio de Stolz y utilizamos la formula de Stirling:
L = lımn→∞
1 +√
2 + 3√
3! + · · ·+ n√n!− (1 +
√2 + 3√
3! + · · ·+ n−1√
(n− 1)!)
n2 − (n− 1)2
= lımn→∞
n√n!
n2 − n2 + 2n− 1= lım
n→∞
n√nne−n
√2πn
2n− 1
= lımn→∞
n
e(2n− 1)lımn→∞
n
√√2πn = lım
n→∞
n
2en− elımn→∞
√n√
2πn =1
2e.
66. Calcular el lımite de la sucesion de termino general an =n1 + n−1
2 + n−23 + · · ·+ 2
n−1 + 1n
lnn!.
Solucion
Aplicamos el criterio de Stolz por dos veces:
L = lımn→∞
n1 + n−1
2 + · · ·+ 2n−1 + 1
n −[n−1
1 + n−22 + · · ·+ 2
n−2 + 1n−1
]lnn!− ln(n− 1)!
= lımn→∞
1 + 12 + · · ·+ 1
n−1 + 1n
ln[n!/(n− 1)!]= lım
n→∞
1 + 12 + · · ·+ 1
n−1 + 1n
lnn
= lımn→∞
1 + 12 + · · ·+ 1
n−1 + 1n −
[1 + 1
2 + · · ·+ 1n−1
]lnn− ln(n− 1)
= lımn→∞
1/n
ln(n/n− 1)= lım
n→∞
1
ln(
nn−1
)n = lımn→∞
1
ln e= 1.
67. Calcular el lımite de la sucesion de termino general an =
n∑k=1
ln[arc tg(1/√k) + 1]
n∑k=1
1/√
3k + 2
.
Solucion
21
Aplicamos en primer lugar el criterio de Stolz:
L = lımn→∞
n∑k=1
ln[arc tg(1/√k) + 1]−
n−1∑k=1
ln[arc tg(1/√k) + 1]
n∑k=1
1/√
3k + 2−n−1∑k=1
1/√
3k + 2
Teniendo en cuenta que arc tg 1/√n→ 0 y ln(un + 1) ∼ un cuando un → 0, tenemos
L = lımn→∞
ln[arc tg(1/√n) + 1]
1/√
3n+ 2= lım
n→∞
1/√n
1/√
3n+ 2= lım
n→∞
√3n+ 2
n=√
3.
68. Calcular el lımite de la sucesion de termino general an =1√n
(1√1
+ · · ·+ 1√n
).
Solucion
Por el criterio de Stolz tenemos directamente:
L = lımn→∞
1/√n
√n−√n− 1
= lımn→∞
√n+√n− 1√
n(n− n+ 1)
= lımn→∞
√n+√n− 1√n
= 2.
69. Calcular el lımite de la sucesion de termino general an =1 + 2
√2 + · · ·+ n
√n
n2√n
.
Solucion
Nuevamente por el criterio de Stolz tenemos:
L = lımn→∞
n√n
n2√n− (n− 1)2
√n− 1
= lımn→∞
n√n(n2√n+ (n− 1)2
√n− 1)
n4 · n− (n− 1)4 · (n− 1)
= lımn→∞
n4 + n(n− 1)2√n2 − n
n5 − (n− 1)5= lım
n→∞
n4 +√n8 + . . .
5n4 + . . .=
2
5.
70. Calcular el lımite de la sucesion de termino general an =ln[√
1 +√
2 · 3√
1 + 3√
2 . . .n√
1 + n√
2]
sen 1 + sen(1/2) + · · ·+ sen(1/n).
Solucion
Aplicamos el criterio de Stolz y tenemos en cuenta la equivalencia sen 1/n ∼ 1/n:
L = lımn→∞
ln√
1 +√
2 + ln3√
1 + 3√
2 + · · ·+ lnn√
1 + n√
2
sen 1 + sen(1/2) + · · ·+ sen(1/n)
= lımn→∞
lnn√
1 + n√
2
sen(1/n)= lım
n→∞
(1/n) ln(1 + 21/n)
sen(1/n)
= lımn→∞
(1/n) ln(1 + 21/n)
(1/n)= lım
n→∞ln(1 + 21/n) = ln 2.
22
71. Calcular el lımite de la sucesion de termino general an =ln 1− ln 2 + ln 3− · · ·+ ln(2n− 1)− ln(2n)
lnn.
Solucion
Por el criterio de Stolz y la equivalencia lnun ∼ un − 1, cuando un → 1, tenemos:
L = lımn→∞
ln(2n− 1)− ln(2n)
lnn− ln(n− 1)= lım
n→∞
ln(2n− 1)/(2n)
lnn/(n− 1)
= lımn→∞
2n−12n − 1nn−1 − 1
= lımn→∞
1− n2n
= −1
2.
72. Calcular el lımite de la sucesion de termino general an =12 + 22 + · · ·+ n2(n1
)+(n2
)+ · · ·+
(nn
) .
Solucion
Recordando que 2n = (1 + 1)n =n∑k=0
(n
k
)1k · 1n−k y aplicando sucesivamente el criterio de Stolz,
tenemos:
L = lımn→∞
12 + 22 + · · ·+ n2
(1 + 1)n − 1= lım
n→∞
n2
2n − 1− 2n−1 + 1
= lımn→∞
n2
2n − 2n−1= lım
n→∞
n2
2n(1− 1/2)= lım
n→∞
n2
2n−1
= lımn→∞
n2 − (n− 1)2
2n−1 − 2n−2= lım
n→∞
2n− 1
2n−2= lım
n→∞
2n− 1− (2n− 3)
2n−2 − 2n−3
= lımn→∞
2
2n−3= 0.
73. Calcular el lımite de la sucesion de termino general
an =
√1 · 2 · 3 +
√2 · 3 · 4 + · · ·+
√n(n+ 1)(n+ 2)
n2√n
.
Solucion
Por el criterio de Stolz se obtiene directamente:
L = lımn→∞
√n(n+ 1)(n+ 2)
n2√n− (n− 1)2
√n− 1
= lımn→∞
√n3 + 3n2 + 2n(n2√n+ (n− 1)2
√n− 1)
n5 − (n− 1)5
= lımn→∞
√n3 + . . .(
√n5 +
√n5 + . . .)
5n4 + . . .=
2
5.
74. Sabiendo que lımn→∞
un = a, calcular
a) L1 = lımn→∞
u1 + 2u2 + 3u3 + · · ·+ nunn2
.
23
b) L2 = lımn→∞
u1/1 + u2/2 + · · ·+ un/n
lnn.
Solucion
a) Por el criterio de Stolz,
L1 = lımn→∞
nunn2 − (n− 1)2
= lımn→∞
un · lımn→∞
n
2n− 1=a
2.
b) Si aplicamos nuevamente el criterio de Stolz,
L2 = lımn→∞
un/n
lnn− ln(n− 1)= lım
n→∞
unn ln n
n−1
= lımn→∞
un lımn→∞
1
ln(
nn−1
)n = a · 1
ln e= a.
75. Calcular el lımite de la sucesion de termino general
an =1
n2
[2
1+
32
2+
43
32+ · · ·+ (n+ 1)n
nn−1
].
Solucion
Por el criterio de Stolz tenemos:
L = lımn→∞
(n+1)n
nn−1
n2 − (n− 1)2= lım
n→∞
n(n+1n
)n2n− 1
= lımn→∞
n
2n− 1lımn→∞
(1 +
1
n
)n=
1
2· e =
e
2.
76. Calcular el lımite de la sucesion de termino general
an = n2e−√n.
Solucion
Tomando logaritmos, resulta:
lnL = lımn→∞
[2 lnn−√n] = lım
n→∞
√n
[2 lnn√n− 1
].
Aplicamos ahora el criterio de Stolz para resolver el lımite de cn =2 lnn√n
:
lımn→∞
cn = lımn→∞
2 lnn− 2 ln(n− 1)√n−√n− 1
= lımn→∞
2 ln nn−1
n−(n−1)√n+√n−1
= 2 lımn→∞
(√n+√n− 1) ln
n
n− 1= 2 lım
n→∞ln
(n
n− 1
)√n+√n−1
= 2 lımn→∞
ln
(1 +
1
n− 1
)(n−1)√n+√n−1
n−1
= 2 ln elım
n→∞
√n+√
n−1n−1 = 2 ln e0 = 0.
24
Resulta entonces que
lnL = lımn→∞
√n[cn − 1] = −∞.
y L = e−∞ = 0.
77. Calcular el lımite de la sucesion de termino general
an =(lnn)2
n.
Solucion
Aplicando el criterio de Stolz tenemos:
L = lımn→∞
(lnn)2 − [ln(n− 1)]2
n− (n− 1)= lım
n→∞[lnn− ln(n− 1)][lnn+ ln(n− 1)]
= lımn→∞
ln[n(n− 1)] lnn
n− 1= lım
n→∞ln(n2 − n)
(n
n− 1− 1
)= lım
n→∞
ln(n2 − n)
n− 1.
Aplicamos nuevamente el criterio de Stolz, y obtenemos:
L = lımn→∞
ln(n2 − n)− ln[(n− 1)2 − (n− 1)]
n− 1− (n− 2)
= lımn→∞
lnn2 − n
n2 − 3n+ 2= ln 1 = 0.
78. Calcular el lımite de la sucesion de termino general
an = n(cosx)n, 0 < x < π/2.
Solucion
En el intervalo 0 < x < π/2, 0 < cosx < 1 y (cosx)n → 0, por lo que tenemos un lımiteindeterminado de la forma ∞ · 0. Resulta:
lnL = lımn→∞
lnn(cosx)n = lımn→∞
[lnn+ n ln cosx] = lımn→∞
n
[lnn
n+ ln cosx
]= lım
n→∞n · lım
n→∞
[lnn
n+ ln cosx
].
Por una parte, segun el criterio de Stolz,
lımn→∞
lnn
n= lım
n→∞
lnn− ln(n− 1)
n− (n− 1)= lım
n→∞ln
n
n− 1= 0.
Por otra parte, como 0 < cosx < 1, entonces −∞ < ln cosx < 0, con lo que
lımn→∞
[lnn
n+ ln cosx
]= k < 0 y
lnL = lımn→∞
n lımn→∞
[lnn
n+ ln cosx
]= +∞ · k = −∞.
En definitiva, L = e−∞ = 0.
25
79. Calcular el lımite de la sucesion de termino general
an =ln 1 + ln 2 + · · ·+ lnn
n lnn.
Solucion
Aplicando el criterio de Stolz,
L = lımn→∞
lnn
n lnn− (n− 1) ln(n− 1)= lım
n→∞
lnn
lnnn − ln(n− 1)n−1
= lımn→∞
lnn
ln nn
(n−1)n−1
= lımn→∞
lnn
lnn(
nn−1
)n−1
= lımn→∞
lnn
lnn+ ln(
nn−1
)n−1 = lımn→∞
1
1 + 1lnn ln
(nn−1
)n−1 .
Como
(n
n− 1
)n−1
=
(1 +
1
n− 1
)n−1
→ e, L = 11+0 = 1.
80. Calcular el lımite de la sucesion de termino general
an =1
nn√
(n+ 1)(n+ 2) . . . (n+ n).
Solucion
En primer lugar tomamos logaritmos:
lnL = lımn→∞
lnn
√(n+ 1)(n+ 2) . . . (n+ n)
nn
= lımn→∞
1
nln
(n+ 1)(n+ 2) . . . (n+ n)
nn.
Aplicamos ahora el criterio de Stolz y resulta:
lnL = lımn→∞
ln (n+1)(n+2)...(n+n)nn − ln n(n+1)...(n−1+n−1)
(n−1)n−1
n− (n− 1)
= lımn→∞
ln
[(n+ 1)(n+ 2) . . . (2n)
nn· (n− 1)n−1
n(n+ 1) . . . (2n− 2)
]= lım
n→∞ln
[(2n− 1)2n
n· (n− 1)n−1
nn
]= lım
n→∞ln
[(2n− 1)2n
n2· (n− 1)n−1
nn−1
]= ln lım
n→∞
(2n− 1)2n
n2+ ln lım
n→∞
(n− 1
n
)n−1
= ln 4 + ln e−1 = ln(4e−1).
Queda por tanto, L = 4e−1.
81. Calcular el lımite de la sucesion de termino general
an =1
nln
22 · 33 · 44 . . . (n− 1)n−1 · nn
52 · 63 · 74 . . . (n+ 2)n−1 · (n+ 3)n.
26
Solucion
Agrupando terminos y aplicando las propiedades de los logaritmos,
L = lımn→∞
1
nln
(2
5
)2(3
6
)3(4
7
)4
. . .
(n− 1
n+ 2
)n−1( n
n+ 3
)n= lım
n→∞
1
n
[ln
(2
5
)2
+ ln
(3
6
)3
+ · · ·+ ln
(n
n+ 3
)n]
= lımn→∞
1
n
[2 ln
2
5+ 3 ln
3
6+ · · ·+ n ln
n
n+ 3
].
Aplicando ahora el criterio de Stolz, obtenemos:
L = lımn→∞
n ln nn+3
n− (n− 1)= lım
n→∞n ln
n
n+ 3
= lımn→∞
n
(n
n+ 3− 1
)= lım
n→∞
−3n
n+ 3= −3.
82. Calcular el lımite de la sucesion de termino general
an = n2
√(n
1
)(n
2
). . .
(n
n
).
Solucion
Tomamos logaritmos y aplicamos el criterio de Stolz:
lnL = lımn→∞
ln(n1
)(n2
). . .(nn
)n2
= lımn→∞
ln(n1
)(n2
). . .(nn
)− ln
(n−1
1
)(n−1
2
). . .(n−1n−1
)n2 − (n− 1)2
= lımn→∞
ln(n1)(
n2)...(
nn)
(n−11 )(n−1
2 )...(n−1n−1)
n2 − (n− 1)2.
Sabiendo que
(nk
)(n−1k
) =
n!(n−k)!k!
(n−1)!(n−k−1)!k!
=n
n− ky
(n
n
)= 1, resulta:
lnL = lımn→∞
ln nn−1 ·
nn−2 . . .
n2 ·
n1
2n− 1= lım
n→∞
ln nn−1
(n−1)!
2n− 1= lım
n→∞
ln(nn/n!)
2n− 1.
Aplicamos ahora la formula de Stirling n! ∼ nne−n√
2πn y tenemos:
lnL = lımn→∞
ln nn
nne−n√
2πn
2n− 1= lım
n→∞
ln en√2πn
2n− 1
= lımn→∞
ln en − ln√
2πn
2n− 1= lım
n→∞
n
2n− 1− lımn→∞
ln√
2πn
2n− 1.
27
Volvemos a aplicar el criterio de Stolz:
lnL =1
2− lımn→∞
ln√
2πn− ln√
2π(n− 1)
2n− 1− (2n− 3)=
1
2− lımn→∞
1
2ln
√2πn√
2π(n− 1)
=1
2− 1
2lımn→∞
ln
√n
n− 1=
1
2− 1
2ln 1 =
1
2.
Tenemos entonces L = e1/2 =√e.
83. Calcular el lımite de la sucesion de termino general
an =n[2 · 4 · 6 · . . . (2n− 2)]2
[1 · 3 · 5 · . . . (2n− 1)]2.
Solucion
Escribiremos la sucesion en terminos de factoriales y aplicaremos la formula de Stirling:
L = lımn→∞
n
[2 · 4 . . . (2n− 2)
1 · 3 . . . (2n− 1)
]2
= lımn→∞
n
[2n−1 · 1 · 2 . . . (n− 1) · 2 · 4 . . . 2n
1 · 2 · 3 . . . (2n− 1) · 2n
]2
= lımn→∞
n
[2n−1(n− 1)! · 2 · 4 . . . 2n
(2n)!
]2
= lımn→∞
n
[2n−1 · (n− 1)! · 2n · n!
(2n)!
]2
= lımn→∞
n
[22n−1 · (n− 1)! n!
(2n)!
]2
= lımn→∞
n
[22n−1(n− 1)n−1e−n+1
√2π(n− 1) · nne−n
√2πn
(2n)2ne−2n√
2π · 2n
]2
= lımn→∞
n
[(n− 1)n−1e
√π√n(n− 1)
2nn√n
]2
= lımn→∞
n · e2π2n(n− 1)(n− 1)2n−2
4 · n2n · n
= lımn→∞
(n− 1)2n−1e2π2
4n2n−1= lım
n→∞
(n− 1
n
)2n−1 π2e2
4
=π2e2
4lımn→∞
(1− 1
n
)2n−1
=π2e2e−2
4=π2
4.
84. Calcular el lımite de la sucesion de termino general
an =
(2n
n
)4−n√n.
Solucion
Por la formula de Stirling, tenemos:
L = lımn→∞
(2n)! 4−n√n
(n!)2= lım
n→∞
(2n)2ne−2n√
4πn 4−n√n
n2ne−2n · 2πn
= lımn→∞
4nn2ne−2n2n · 4−n√π
n2ne−2n · 2πn=
√π
π.
28
85. Calcular el lımite de la sucesion de termino general
an = n
[2 · 4 . . . (2n− 2)
1 · 3 . . . (2n− 1)
]2
.
Solucion
Aplicando nuevamente la formula de Stirling,
L = lımn→∞
√n · (n− 1)! 2n−1
(2n−1)!2n−1(n−1)!
2
= lımn→∞
[√n · 2n−1[(n− 1)!]22n−1
(2n− 1)!
]2
= lımn→∞
[√n · 22n−2e−2n+2(n− 1)2n−2[
√2π(n− 1)]2
e−2n+1(2n− 1)2n−1√
2π(2n− 1)
]2
= lımn→∞
[√n · 22n−2e · (n− 1)2n−12π
(2n− 1)2n−1√
2π(2n− 1)
]2
= lımn→∞
[22n−1(n− 1)2n−1
(2n− 1)2n−1
]2
· e2nπ2
4πn− 2π
=
[lımn→∞
(2n− 2
2n− 1
)2n−1]2
· lımn→∞
e2nπ2
4πn− 2π
= (e−1)2 · e2 π2
4π=π
4.
86. Calcular el lımite de la sucesion de termino general
an =22n(n!)2√n(2n+ 1)!
.
Solucion
Utilizamos la formula de Stirling en el numerador y denominador:
L = lımn→∞
22ne−2nn2n2πn√n
e−2n−1(2n+ 1)2n+1√
4πn+ 2π
= lımn→∞
22nn2n2πn√n
e−1(2n+ 1)2n+1√
4πn+ 2π
= lımn→∞
(2n
2n+ 1
)2n
· e · lımn→∞
2πn√n
(2n+ 1)√
4πn+ 2π
= e−1 · e · 2π
2√
4π=
√π
2.
87. Calcular el lımite de la sucesion de termino general
an =(2n!)2
(en
n/(n!)2 − 1)
nn.
Solucion
29
Debido a que A = lımn→∞
nn
(n!)2= lım
n→∞
nn
n2ne−2n2πn= 0, resulta la equivalencia de infinitesimos
enn/(n!)2 − 1 ∼ nn
(n!)2. Luego
L = lımn→∞
4(n!)2nn
nn(n!)2= 4.
88. Calcular el lımite de la sucesion de termino general
an =n√n!
n.
Solucion
Si aplicamos la formula de Stirling, tenemos:
L = lımn→∞
n√nne−n
√2πn
n= lım
n→∞
n · e−1 2n√
2πn
n= lım
n→∞e−1 2n√
2πn.
Ahora bien, como lımn→∞
2n√
2πn = lımn→∞
2n√
2π√
n√n = 1, resulta que L = e−1.
89. Calcular el lımite de la sucesion de termino general
an =22n(n!)2
√n[(2n)!]
.
Solucion
Aplicando la formula de Stirling tenemos:
L = lımn→∞
22n(nne−n√
2πn)2
√n(2n)2ne−2n
√2π(2n)
= lımn→∞
22nn2ne−2n · 2πn√n · 22nn2ne−2n
√4πn
= lımn→∞
2πn√n · 2√π√n
=√π.
90. Dada la sucesion {an} definida por a1 = 2, an = 5an−1 + 3, calcular lımn→∞
an5n
.
Solucion
Vamos a obtener el termino general de la sucesion dando valores a n:
an = 5an−1 + 3;
an−1 = 5an−2 + 3 =⇒ 5an−1 = 52an−2 + 5 · 3;
an−2 = 5an−3 + 3 =⇒ 52an−2 = 53an−3 + 52 · 3;
. . .
a3 = 5a2 + 3 =⇒ 5n−3a3 = 5n−2a2 + 5n−3 · 3;
a2 = 5a1 + 3 =⇒ 5n−2a2 = 5n−1a1 + 5n−2 · 3.
Sumando miembro a miembro, an = 5n−1a1 + 3(5n−2 + · · ·+ 52 + 5 + 1).
30
El ultimo parentesis corresponde a la suma de los terminos de una progresion geometrica, conlo que
an = 5n−1 · 2 + 3 · 5n−1 − 1
5− 1=
11 · 5n−1 − 3
4.
Entonces,
L = lımn→∞
an5n
= lımn→∞
11 · 5n−1 − 3
4 · 5n= lım
n→∞
[11
20− 3
4 · 5n
]=
11
20.
2. Sucesiones convergentes y lımites de oscilacion. Sucesiones monoto-nas y acotadas
1. Determinar el menor valor de N para el que se verifica lo siguiente:
a) |an − 2| < 10−5, ∀n > N, si an =√
4 + 1/n.
b)1
n+
(−1)n
n2< 10−6, ∀n > N .
Solucion
a) Se trata de resolver la desigualdad |an − 2| < 10−5. Debido a que an > 2, ∀n, tenemos lasiguiente cadena de equivalencias:
|√
4 + 1/n− 2| < 10−5 ⇐⇒√
4 + 1/n− 2 < 10−5
⇐⇒√
4 + 1/n < 10−5 + 2
⇐⇒ 4 + (1/n) < (10−5 + 2)2
⇐⇒ 1/n < 10−10 + 4 + 4 · 10−5 − 4
⇐⇒ n > (10−10 + 4 · 10−5)−1 = 1010 · (1 + 4 · 105)−1.
El resultado indica que la sucesion dada por an =√
4 + 1/n tiene lımite 2.
b) Procediendo analogamente al caso anterior, tenemos:
1
n+
(−1)n
n2< 10−6 ⇐⇒ n+ (−1)n < 10−6 · n2 ⇐⇒ 10−6 · n2 − n− (−1)n > 0.
Si resolvemos esta inecuacion de segundo grado, resulta:
- Cuando n es par:
10−6 · n2 − n− 1 > 0 =⇒ n >1 +√
1 + 4 · 10−6
2 · 10−6
=⇒ n >1
2
[106 + 103
√4 + 106
]' 106.
- Cuando n es impar:
10−6 · n2 − n+ 1 > 0 =⇒ n >1 +√
1− 4 · 10−6
2 · 10−6
=⇒ n >1
2
[106 + 103
√106 − 4
]< 106.
En definitiva, para n > 106 se verifica la desigualdad propuesta.
31
2. Demostrar, utilizando la definicion de lımite, que la sucesion de termino general an =4n− 3
n+ 1converge a 4.
Solucion
Debemos probar que, dado cualquier numero ε > 0, somos capaces de encontrar un numeronatural N tal que la distancia entre an y el lımite 4, es menor que ε, ∀n > N . Ahora bien, dichadistancia es
|an − 4| =∣∣∣∣4n− 3
n+ 1− 4
∣∣∣∣ =
∣∣∣∣ −7
n+ 1
∣∣∣∣ =7
n+ 1,
y sera |an − 4| < ε si y solo si n >7
ε− 1. Por tanto, basta elegir cualquier numero natural
N >7
ε− 1 para que se cumpla la definicion de lımite.
3. Sean a y b positivos. Probar que lımn→∞
n√an + bn = max{a, b}.
Solucion
En primer lugar, si a = b,
lımn→∞
n√an + bn = lım
n→∞n√
2an = lımn→∞
an√
2 = a = max{a, b}.
Supongamos ahora que a > b. Entonces
lımn→∞
n√an + bn = lım
n→∞n√an[1 + (b/a)n] = lım
n→∞a n√
1 + (b/a)n = a = max{a, b},
debido a que (b/a)n → 0.
Analogamente se deduce el caso en que b > a.
4. Sabiendo que lımn→∞
(an+ 1
an− 1
)n= 9, calcular el valor de a.
Solucion
Como se trata de una indeterminacion de la forma 1∞, podemos tomar logaritmos y aplicar la
equivalencia lnan+ 1
an− 1∼ an+ 1
an− 1− 1. De este modo,
ln 9 = lımn
(an+ 1
an− 1− 1
)= lımn · 2
an− 1=
2
a,
con lo que debemos tomar a =2
ln 9.
5. Hallar la relacion entre los parametros a y b para que se verifique
lımn→∞
(n+ a
n+ 1
)2n+3
= lımn→∞
(n+ 3
n+ 2
)bn+4
.
Solucion
32
Ambos lımites son de la forma 1∞. Tomando logaritmos y aplicando la equivalencia lnun ∼ un−1,cuando un → 1, obtenemos:
lnL1 = lımn→∞
(2n+ 3) ln
(n+ a
n+ 1
)= lım
n→∞(2n+ 3)
(n+ a
n+ 1− 1
)= lım
n→∞(2n+ 3) · n+ a− n− 1
n+ 1= 2(a− 1),
lnL2 = lımn→∞
(bn+ 4) ln
(n+ 3
n+ 2
)= lım
n→∞(bn+ 4)
(n+ 3
n+ 2− 1
)= lım
n→∞(bn+ 4) · n+ 3− n− 2
n+ 2= b.
Para que L1 = L2, debe cumplirse que e2(a−1) = eb, o bien 2(a− 1) = b.
6. Probar que la sucesion de termino general
an =1
2+
2
4+
3
8+ · · ·+ n
2n
es de Cauchy.
Solucion
La sucesion {an} es precisamente la sucesion de sumas parciales de la serie de terminos positivos∑n≥1
n
2n. Como dicha serie es convergente (lo cual se puede probar facilmente aplicando el criterio
de la raız), tambien lo es la sucesion de sumas parciales y converge a la suma de la serie. Comotoda sucesion convergente es de Cauchy, obtenemos el resultado deseado.
7. Sea {xn} una sucesion monotona creciente. Probar que tambien lo es la sucesion de
termino general yn =x1 + · · ·+ xn
n.
Solucion
Probaremos que yn+1 ≥ yn, para lo cual utilizamos el hecho de que x1 ≤ x2 ≤ · · · ≤ xn ≤ xn+1:
yn+1 =x1 + · · ·+ xn + xn+1
n+ 1=x1 + (1/n)xn+1 + · · ·+ xn + (1/n)xn+1
n+ 1
≥ x1(1 + 1/n) + · · ·+ xn(1 + 1/n)
n+ 1=nyn(1 + 1/n)
n+ 1= yn.
Analogamente se prueba que si {xn} es decreciente, tambien lo es la sucesion de sus mediasaritmeticas.
8. Demostrar que es convergente la sucesion de termino general
xn =1
2n+ 1+ · · ·+ 1
3n.
Solucion
Demostraremos que la sucesion es monotona creciente y acotada superiormente, lo que da comoconsecuencia la convergencia de la sucesion.
33
*) La sucesion esta acotada superiormente pues:
xn =1
2n+ 1+ · · ·+ 1
3n<
1
2n+ · · ·+ 1
2n=
n
2n=
1
2.
*) La sucesion es monotona creciente, como se comprueba al realizar la siguiente resta:
xn+1 − xn =1
3n+ 3+
1
3n+ 2+
1
3n+ 1− 1
2n+ 2− 1
2n+ 1
=9n2 + 11n+ 4
6(n+ 1)(3n+ 2)(3n+ 1)(2n+ 1)> 0, ∀n.
Como hemos indicado al principio, se aquı se deduce que la sucesion es convergente.
9. Encontrar los lımites de oscilacion de las sucesiones siguientes:
a) an = n2[1 + (−1)n].
b) an =n
n+ 1sen2 nπ
4.
Solucion
a) Si n es par, tenemos la sub-sucesion an = 2n2 que es divergente (su lımite es +∞).
Por otra parte, si n es impar, resulta an = 0, que converge a cero.
En definitiva, los lımites de oscilacion son 0 y +∞.
b) En este caso, si n es impar, sennπ
4= ±√
2
2, con lo que an =
n
2(n+ 1)que converge a 1/2.
Si n es multiplo de 4, sennπ
4= 0 y la subsucesion correspondiente converge a cero.
Si n es de la forma n = 4k + 2, k ∈ N, entonces sennπ
4= ±1, con lo que an =
n
n+ 1que
converge a 1.
En definitiva, los lımites de oscilacion son {0, 1/2, 1}.
10. Encontrar los lımites de oscilacion de la sucesion cuyo termino general es
an = sennπ
2+
12 + 2n
2n+1· cos
nπ
2.
Solucion
Si n es par, n = 2k, tenemos la sub-sucesion
a2k = sen kπ +12 + 22k
22k+1· cos kπ = (−1)k
12 + 22k
2 · 22k
(debido a que sen kπ = 0 y cos kπ = (−1)k). Como lımn→∞
12 + 22k
2 · 22k= 1/2, la subsucesion {a2k} es
oscilante. Por lo tanto, si k nuevamente es par, la sub-sucesion correspondiente tiene lımite 1/2,y si k es impar, la sub-sucesion converge a −1/2.
34
Por otra parte, si n es impar, n = 2k + 1, obtenemos la sub-sucesion
a2k+1 = sen(2k + 1)π
2+
12 + 22k+1
22k+2· cos
(2k + 1)π
2= (−1)k,
que tambien es oscilante pero tiene lımites de oscilacion 1 y −1.
En definitiva, los lımites de oscilacion de la sucesion propuesta son −1, −1/2, 1/2 y 1, que sonlos lımites de las subsucesiones {a4k+3}, {a4k+2}, {a4k} y {a4k+1}, respectivamente.
11. Encontrar los lımites de oscilacion de la sucesion {m/n : m,n ∈ N, m.c.d.(m,n) = 1}ordenada de modo que m+ n vaya de menor a mayor.
Solucion
Como la sucesion consta de todos los numeros racionales positivos, tiene por lımites de oscilaciona todos los reales no negativos pues, como es sabido, en cualquier entorno de un numero realhay siempre una infinidad de numeros racionales.
12. Sea f una funcion real monotona creciente y acotada en el intervalo [0, 1]. Definimos lassucesiones {sn} y {tn} como:
sn =1
n
n−1∑k=0
f(k/n), tn =1
n
n∑k=1
f(k/n).
i) Demostrar que
sn ≤∫ 1
0f(x) dx ≤ tn y 0 ≤
∫ 1
0f(x) dx− sn ≤
f(1)− f(0)
n.
ii) Demostrar que las sucesiones {sn} y {tn} convergen ambas a
∫ 1
0f(x)dx.
Solucion
i) Como f es creciente, si P = {0, 1/n, 2/n, . . . , (n − 1)/n, 1} es una particion cualquiera delintervalo [0, 1], entonces
f
(k − 1
n
)≤ f(x) ≤ f
(k
n
), ∀x ∈
(k − 1
n,k
n
), k = 1, . . . , n.
De aquı se deduce que∫ k/n
(k−1)/nf
(k − 1
n
)dx ≤
∫ k/n
(k−1)/nf(x) dx ≤
∫ k/n
(k−1)/nf
(k
n
)dx,
de modo que, sumando a lo largo de los subintervalos de la particion P , se obtiene precisa-
mente que sn ≤∫ 1
0f ≤ tn.
Si restamos sn a los tres miembros de la desigualdad anterior, obtenemos que
0 ≤∫ 1
0f − sn ≤ tn − sn =
1
n
[n∑k=1
f(k/n)−n−1∑k=0
f(k/n)
]=
1
n[f(1)− f(0)].
35
Si, en vez de restar sn, restamos tn en la misma desigualdad, se obtiene la desigualdadanaloga
− 1
n[f(1)− f(0)] ≤
∫ 1
0f − tn ≤ 0.
ii) De las dos ultimas desigualdades, al calcular el lımite de los extremos se obtiene que
0 ≤ lım
[∫ 1
0f − sn
]≤ lım
1
n[f(1)− f(0)] = 0 =⇒ lım sn =
∫ 1
0f ;
0 = lım− 1
n[f(1)− f(0)] ≤ lım
[∫ 1
0f − tn
]≤ 0 =⇒ lım tn =
∫ 1
0f.
13. Sea X el conjunto de los numeros reales que son solucion de las ecuaciones n2x2−n(3n−1)x+ (2n2 − 3n− 2) = 0 para cada n ∈ N. Hallar supX e ınf X.
Solucion
Al resolver la ecuacion obtenemos las raıces
x =n(3n− 1)±
√n2(3n− 1)2 − 4n2(2n2 − 3n− 2)
2n2
=⇒ an =2n+ 1
n, bn =
n− 2
n.
Resulta entonces el conjuntoX =
{2n+ 1
n: n ∈ N
}∪{n− 2
n: n ∈ N
}. Como la sucesion an =
2n+ 1
n
es decreciente y tiene lımite 2 y la sucesion bn =n− 2
nes creciente y tiene lımite 1, se deduce
que supX = a1 = 3 e ınf X = b1 = −1.
3. Sucesiones definidas por recurrencia
1. Calcular el lımite de las sucesiones de termino general
a) an =
√2√
2√
2 . . . (n veces).
b) an =
√2 +
√2 +√
2 + . . . (n veces).
Solucion
a) Si escribimos el termino general como
an = 21/2 · 21/4 · · · · · 21/2n = 21/2+1/4+···+1/2n ,
y sabiendo que el exponente es la suma de los terminos de una progresion geometrica derazon 1/2,
1/2 + 1/4 + · · ·+ 1/2n =1/2− 1/2n+1
1− 1/2= 1− 1/2n,
36
al calcular el lımite obtenemos:
lım an = lım 21−1/2n = 2.
Otro metodo: El termino general se puede escribir como an =√
2an−1 y se puede probarque es monotona creciente y esta acotada superiormente.
Por induccion se demuestra que an < 2, ∀n:
Como a1 =√
2, es evidente que a1 < 2.
Si suponemos ahora que an−1 < 2, probaremos que an < 2:
an =√
2an−1 <√
2 · 2 = 2.
Por otra parte, comoanan−1
=
√2
an−1> 1, se deduce que la sucesion es monotona creciente.
Lo anterior prueba que la sucesion es convergente y, por tanto, de la relacion L = lım an =lım an−1 resulta que:
L =√
2L =⇒ L2 = 2L =⇒ L = 0 o L = 2.
Como an > 0, ∀n y es creciente, solo puede ser L = 2.
b) Como no podemos escribir una formula explıcita (simple) para expresar el termino general,aplicamos el segundo metodo del apartado anterior. Escribimos para ello en forma recurrentean =
√2 + an−1, ∀n y probamos que la sucesion es monotona y acotada.
- La sucesion esta acotada superiormente por 2:
Es evidente que a1 =√
2 < 2 y, si suponemos que an−1 < 2, resulta que
an =√
2 + an−1 <√
2 + 2 = 2.
- La sucesion es monotona creciente. Para ello escribiremos desigualdades equivalentes a laque queremos probar:
an+1 ≥ an ⇐⇒√
2 + an ≥ an ⇐⇒ 2 + an ≥ a2n ⇐⇒ a2
n − an − 2 ≤ 0
⇐⇒ (an − 2)(an + 1) ≤ 0⇐⇒ −1 ≤ an ≤ 2,
lo que es evidentemente cierto.
De lo anterior se deduce nuevamente que la sucesion es convergente. Si llamamos L a sulımite, debido a que L = lım an = lım an+1, tenemos:
L =√
2 + L =⇒ L2 = 2 + L =⇒ L2 − L− 2 = 0 =⇒ (L− 2)(L+ 1) = 0 =⇒ L = 2,
ya que los terminos de la sucesion son todos positivos y el lımite no puede ser negativo.
2. Se considera la sucesion (an)n≥1 definida por a1 = a2 = a > 0, an =1
1an−1
+ 1an−2
, si n ≥ 3.
Probar que es monotona y acotada y calcular su lımite.
Solucion
37
Es evidente por la misma construccion del termino general que an ≥ 0, ∀n, lo que indica por unaparte que la sucesion esta acotada inferiormente por 0. Veamos que es monotona decreciente.
Para ello escribimos an =an−1 · an−2
an−1 + an−2y obtenemos que
anan−1
=an−2
an−1 + an−2< 1 =⇒ an < an−1,
como querıamos probar.
Para calcular el lımite tenemos en cuenta que L = lım an = lım an−1 = lım an−2 y planteamos la
ecuacion L =1
1/L+ 1/L. Esto implica que L = L/2 de donde L = 0.
3. Sea (xn)n∈N la sucesion definida de la siguiente forma:{x1 = 1,
xn+1 = 11+x2n
· xn.
Demostrar que es convergente y que lımn→∞
xn = 0.
Solucion
Para probar que es convergente, basta ver que esta acotada inferiormente y que es decreciente.
Por una parte, es evidente que xn ≥ 0, ∀n.
Por otra parte, comoxn+1
xn=
1
1 + x2n
< 1, se deduce que xn+1 < xn, ∀n.
Sabiendo ya que es convergente, para calcular el lımite tendremos en cuenta que lımxn =lımxn+1. Si llamamos L a dicho lımite, resulta que
L =1
1 + L2· L =⇒ L = 0 o
1
1 + L2= 1 =⇒ L = 0.
4. Sea (an)n∈N la sucesion definida de la siguiente forma:{a1 = 1,
an+1 = 2(1+an)2+an
.
Probar que lımn→∞
an =√
2.
Solucion
(*) Probaremos en primer lugar por induccion que a2n < 2:
a21 = 1 < 2;
Si a2n < 2, a2
n+1 = 4 · 1 + 2an + a2n
4 + 4an + a2n
= 2 · 2 + 4an + 2a2n
4 + 4an + a2n
.
Pero como a2n < 2, entonces 2 + 4an + 2a2
n < 4 + 4an + a2n, de donde a2
n+1 < 2.
Queda pues probado que la sucesion esta acotada superiormente por√
2.
38
(*) Por otra parte, como a2n < 2, entonces
an+1
an=
2 + 2an2an + a2
n
> 1 =⇒ an+1 > an, es decir que la
sucesion es monotona creciente.
(*) De lo anterior podemos concluir que la sucesion es convergente; si llamamos L = lım an,tenemos
L =2(1 + L)
2 + L=⇒ 2L+ L2 = 2 + 2L =⇒ L2 = 2 =⇒ L =
√2,
pues an ≥ 0 para todo n.
5. Sea (xn)n∈N la sucesion definida de la siguiente forma:{x1 = 10,
xn+1 = 12
(xn + 1
xn
).
Demostrar que es convergente y que lımn→∞
xn = 1.
Solucion
*) Veremos que la sucesion esta acotada inferiormente.
Para ello probaremos en primer lugar por induccion que xn > 0, ∀n:
Es evidente que x1 > 0 y, si suponemos que xn > 0, tenemos que xn + 1/xn > 0, de dondexn+1 > 0.
Veamos a continuacion que ademas xn ≥ 1, ∀n. Para ello suponemos tambien que xn ≥ 1 yprobaremos que xn+1 ≥ 1:
Como (xn − 1)2 ≥ 0, entonces
x2n + 1− 2xn ≥ 0 =⇒ x2
n + 1 ≥ 2xn =⇒ x2n + 1
2xn≥ 1 =⇒ xn+1 ≥ 1.
*) La sucesion es monotona decreciente:
Como x2n ≥ 1, se deduce que, para todo n,
1
x2n
≤ 1 =⇒ 1 +1
x2n
≤ 2 =⇒ xn+1
xn=x2n + 1
2x2n
=1
2
(1 +
1
x2n
)≤ 1 =⇒ xn+1 ≤ xn.
*) De lo anterior se deduce que la sucesion es convergente. Ademas, si llamamos L al lımite,tenemos que
L =1
2· L
2 + 1
L=⇒ 2L2 = L2 + 1 =⇒ L2 = 1 =⇒ L = ±1.
Como todos los terminos son positivos, solo es posible la solucion L = 1.
6. Sea (xn)n∈N la sucesion definida de la siguiente forma:{x1 = 1/3,
xn+1 = 1
1+√
(1/xn)−1.
Demostrar que es convergente y calcular su lımite.
Solucion
39
- En primer lugar, probaremos por induccion que 0 < xn < 1/2, ∀n:
La propiedad es cierta para n = 1 pues x1 = 1/3 < 1/2.
Si suponemos cierta la propiedad para xn, veamos que tambien lo es para xn+1:
0 < xn < 1/2 =⇒ 1/xn > 2 =⇒ 1/xn − 1 > 1 =⇒√
1/xn − 1 > 1
=⇒ 1 +√
1/xn − 1 > 2 =⇒ xn+1 =1
1 +√
(1/xn)− 1< 1/2,
y ademas xn+1 > 0.
- Veamos a continuacion que la sucesion es creciente, es decir xn+1 ≥ xn, ∀n. Para ello, escri-biremos inecuaciones equivalentes a la que queremos probar hasta obtener alguna cuya solucionsea mas asequible:
xn+1 ≥ xn ⇐⇒ 1
1 +√
(1/xn)− 1≥ xn ⇐⇒
1
xn≥ 1 +
√(1/xn)− 1
⇐⇒ 1
xn− 1 ≥
√1
xn− 1⇐⇒ 1
xn− 1 ≥ 1⇐⇒ 1
xn≥ 2⇐⇒ 1
2≥ xn
lo cual esta ya probado al principio.
- En definitiva, como la sucesion es monotona creciente y acotada superiormente, sera conver-gente. Para calcular su lımite, utilizamos la formula L = lımxn = lımxn+1 y tenemos en cuentaque 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
=⇒ L =3±√
9− 8
4=⇒ L = 1 o L = 1/2 =⇒ L = 1/2.
Observacion. Aunque la sucesion este definida en forma recurrente, en este caso es posibleencontrar una formula explıcita del termino general. Ası, se puede probar por induccion que
xn =1
1 + 21/2n−1 , ∀n y es evidente que lımxn = 1/2.
7. Demostrar que la sucesion (xn)n∈N definida por:{x1 = 1/8, xn+1 = x2
n + 1/4, n ≥ 1,
es convergente y calcular su lımite.
Solucion
*) Veamos en primer lugar que {xn} es creciente:
xn+1 − xn = x2n − xn + 1/4 = (xn − 1/2)2 ≥ 0, ∀n =⇒ xn+1 ≥ xn, ∀n.
*) A continuacion probaremos por induccion que la sucesion esta acotada superiormente por1/2. En efecto,
x1 = 1/8 < 1/2.
40
Ademas, si suponemos xn < 1/2, veamos que xn+1 < 1/2:
xn < 1/2 =⇒ x2n < 1/4 =⇒ x2
n + 1/4 < 1/2 =⇒ xn+1 < 1/2.
*) De lo anterior se deduce que {xn} es convergente. Si llamamos L a su lımite, se debe verificar:
L = L2 + 1/4 =⇒ L2 − L+ 1/4 = 0 =⇒ (L− 1/2)2 = 0 =⇒ L = 1/2.
8. Se define la siguiente sucesion: {x1 ∈ (0, 1),
xn+1 = 1−√
1− xn.
Probar que es convergente y calcular su lımite.
Solucion
*) Veamos en primer lugar que la sucesion esta acotada probando por induccion que xn ∈(0, 1), ∀n.
Por hipotesis x1 ∈ (0, 1). Si suponemos que xn ∈ (0, 1), resulta:
0 < xn < 1 =⇒ 0 > −xn > −1 =⇒ 1 > 1− xn > 0 =⇒ 1 >√
1− xn > 0
=⇒ −1 < −√
1− xn < 0 =⇒ 0 < 1−√
1− xn < 1,
que es precisamente la condicion 0 < xn+1 < 1.
*) La sucesion es decreciente pues, como
xn+1 = 1−√
1− xn =1− (1− xn)
1 +√
1− xn=
xn1 +√
1− xn
y 1 +√
1− xn > 1, resulta que
xn+1
xn=
1
1 +√
1− xn< 1 =⇒ xn+1 < xn, ∀n.
*) Lo anterior prueba que la sucesion es convergente. Si llamamos L al lımite y utilizamos lapropiedad L = lımxn = lımxn+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 sucesion decreciente y sus terminosmenores que 1, debe ser L = 0.
9. Sea (xn)n∈N la sucesion 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.
41
Solucion
Estudiaremos en primer lugar el crecimiento en el caso general. Como
xn+1 − xn =x3n
7+
6
7− xn =
x3n − 7xn + 6
7=
(xn − 1)(xn − 2)(xn + 3)
7,
el crecimiento depende del signo de los factores.
Por otra parte, si la sucesion fuera convergente y llamamos L al lımite, debe verificarse que
7L = L3 + 6⇐⇒ L3 − 7L+ 6 = 0⇐⇒ (L− 1)(L− 2)(L+ 3) = 0,
con lo que los unicos posibles lımites son L = 1, L = 2 o L = −3.
Veamos las distintas posibilidades segun los valores del primer termino.
i) Si x1 = 1/2, probaremos por induccion que 0 < xn < 1, ∀n: Efectivamente, si suponemosque 0 < xk < 1, entonces
0 < x3k < 1 =⇒ 6 < x3
k + 6 < 7 =⇒ 6/7 < xk+1 < 1,
como querıamos probar.
De lo anterior se deduce que la sucesion es creciente pues xn−1 < 0, xn−2 < 0, xn+3 > 0,de donde xn+1 − xn > 0. Como tambien esta acotada superiormente, debe ser convergentey, recordando que 0 < xn < 1, el lımite debe ser L = 1.
ii) Si x1 = 3/2, probaremos por induccion que 1 < xn < 2, ∀n: Efectivamente, si suponemosque 1 < xk < 2, entonces
1 < x3k < 8 =⇒ 7 < x3
k + 6 < 14 =⇒ 1 < xk+1 < 2,
como querıamos probar.
En este caso, como ahora xn−1 > 0, xn−2 < 0, xn+3 > 0, se deduce que xn+1−xn < 0, conlo que la sucesion es decreciente. Como esta acotada inferiormente, tambien es convergentey su lımite solo puede ser L = 1.
iii) Si x1 = 5/2, se comprueba tambien por induccion que xn > 2, ∀n: Suponemos para ello quexk > 2; entonces
x3k > 8 =⇒ x3
k + 6 > 14 =⇒ xk+1 > 2,
como querıamos probar.
De lo anterior se deduce que la sucesion es creciente pues, como xn − 1 > 0, xn − 2 > 0 yxn + 3 > 0, resulta que xn+1 − xn > 0. Su lımite, en caso de existir, deberıa ser mayor que2 lo cual es imposible segun hemos comprobado anteriormente. Esto indica que la sucesiones divergente.
10. Sea (an)n∈N la sucesion definida por recurrencia de la siguiente forma:
a1 = −3/2, 3an+1 = 2 + a3n.
a) Comprobar que es convergente y calcular su lımite.
b) Modificar el primer termino a1 para que el lımite sea −2.
42
Solucion
a) - Probaremos en primer lugar que an ∈ (0, 1), ∀n > 2.
En efecto, como 3a2 = 2 + (−3/2)3 =⇒ a2 = −11/24, de donde
a3 =2 + (−11/24)3
3= 0,63.
Si suponemos ahora que 0 < an < 1, se deduce que:
0 < a3n < 1 =⇒ 2 < a3
n + 2 < 3 =⇒ 0 < 2/3 < an+1 < 1.
- Probamos a continuacion que la sucesion es creciente. Para ello efectuamos la resta entredos terminos consecutivos y obtenemos:
an+1 − an =2 + a3
n
3− an =
2 + a3n − 3an3
=(an − 1)2 · (an + 2)
3> 0,
con lo que, efectivamente, an+1 > an, ∀n.
- Lo anterior implica que la sucesion es convergente y L = lım an = lım an+1. Entonces:
3L = 2 + L3 =⇒ L3 − 3L+ 2 = 0 =⇒ (L− 1)2(L+ 2) = 0.
Como an > 0, ∀n > 2, debe ser L = 1.
b) Veamos las distintas posibilidades para a1:
- Si a1 > −2, entonces se prueba por induccion que an > −2, ∀n. Debido a que
an+1 − an =(an − 1)2 · (an + 2)
3> 0,
la sucesion es creciente y el lımite no puede ser −2, que es una cota inferior.
- Si a1 < −2, entonces se prueba analogamente que an < −2, ∀n y que la sucesion esdecreciente; el lımite no puede ser −2 que es ahora una cota superior.
La unica posibilidad es pues que a1 = −2. Esto da lugar a una sucesion constante pues, sian = −2, entonces an+1 = (2− 8)/3 = −2. En este caso el lımite es evidentemente −2.
11. Sea (xn)n∈N la sucesion definida de la siguiente forma:{x1 = 2,
xn+1 = 2− 1xn.
Demostrar que es convergente y calcular su lımite. ¿Que pasarıa si x1 = 4?
Solucion
Para que sea convergente basta comprobar que esta acotada inferiormente y es monotona decre-ciente. Para ello veamos en primer lugar que xn ≥ 1, ∀n:
Esta claro que x1 ≥ 1. Si ademas suponemos que xn ≥ 1 para algun n, entonces
1
xn≤ 1 =⇒ − 1
xn≥ −1 =⇒ 2− 1
xn≥ 1
43
o bien xn+1 ≥ 1.
Ademas, como
xn+1 − xn = 2− 1
xn− xn =
2xn − 1− x2n
xn= −(xn − 1)2
xn< 0,
se deduce que xn+1 < xn y la sucesion es efectivamente decreciente.
Ahora bien, si llamamos L al lımite de la sucesion, como L = lımxn = lımxn+1, entoncesL = 2− 1/L =⇒ L2 = 2L− 1 =⇒ L = 1.
El mismo procedimiento se aplica al caso en que x1 = 4 pues son validas las mismas operacioneshechas anteriormente.
Observemos que en ambos casos podemos escribir una expresion explıcita para el termino general
de la sucesion. Concretamente, en el caso en que x1 = 2, es xn =n+ 1
ny, si x1 = 4, entonces
xn =3n+ 1
3n− 2, lo que se puede probar por induccion.
12. Sean a1, a2 > 0, 2an+1 = an + an−1, para n > 2. Probar que lımn→∞
an =1
3(a1 + 2a2).
Solucion
En primer lugar veremos que la sucesion es de Cauchy:
|an+1 − an| =∣∣∣∣an + an−1
2− an
∣∣∣∣ =|an−1 − an|
2.
Procediendo por recurrencia se obtiene que
|an+1 − an| =|a1 − a2|
2n−1.
En general, si m > n, por la desigualdad triangular,
|am − an| ≤ |am − am−1|+ |am−1 − am−2|+ · · ·+ |an+1 − an|
= |a1 − a2|[
1
2m−2+
1
2m−3+ · · ·+ 1
2n−1
]≤ |a1 − a2| ·
1/2n−1
1− 1/2= |a1 − a2| ·
1
2n−2.
De lo anterior se deduce que, si m,n→∞, |am − an| → 0 y la sucesion es de Cauchy.
Por el criterio general de convergencia de Cauchy, la sucesion es convergente. Ademas,
2an+1 = an + an−1
2an = an−1 + an−2
2an−1 = an−2 + an−3
...
2a3 = a2 + a1.
Sumando miembro a miembro, 2an+1 + 2an = an + 2a2 + a1 y llamando L = lım an = lım an+1,
resulta que 3L = 2a2 + a1, de donde L =2a2 + a1
3.
44
13. Sea (an)n∈N la sucesion definida de la siguiente forma:
a1 =√
2, an+1 =√
2 +√an, ∀n = 1, 2, . . .
Probar que la sucesion es convergente.
Solucion
*) Probaremos en primer lugar por induccion que an ∈ (1, 2), ∀n.
Para n = 1 es cierto por hipotesis. Suponemos por tanto que tambien es cierto para n y loprobaremos 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.
*) Veamos a continuacion que la sucesion es de Cauchy. Para ello, calculamos una cota superiorde |an+1 − an|:
|an+1 − an| =
∣∣∣∣√2 +√an −
√2 +√an−1
∣∣∣∣=
∣∣(2 +√an)− (2 +
√an−1)
∣∣√2 +√an +
√2 +√an−1
=|an − an−1|(√
2 +√an +
√2 +√an−1
) (√an +
√an−1
) < |an − an−1|2 · 2
.
(Esta ultima desigualdad se deduce de que√an > 1 y
√2 +√an > 1.) Procediendo por recu-
rrencia se obtiene que
|an+1 − an| <|an − an−1|
4< . . . <
|a2 − a1|4n−1
.
De lo anterior resulta que, si n, p > 0:
|an+p − an| ≤ |an+p − an+p−1|+ |an+p−1 − an+p−2|+ · · ·+ |an+1 − an|
< |a2 − a1|[
1
4n+p−2+
1
4n+p−3+ · · ·+ 1
4n−1
]< |a2 − a1| ·
∞∑k=n
1
4k−1= |a2 − a1| ·
1/4n−1
1− 1/4=
4|a2 − a1|3 · 4n−1
.
Como el ultimo termino tiende a cero cuando n → ∞, entonces |an+p − an| < ε, ∀ε > 0. Estoindica que la sucesion es de Cauchy y, por tanto, convergente.
14. Sean a y b dos numeros reales que verifican 0 < a < b. Demostrar que las dos sucesiones(xn)n∈N, (yn)n∈N definidas de la siguiente forma{
x1 = axn+1 =
√xnyn
,
{y1 = b
yn+1 = xn+yn2
,
son convergentes y que tienen el mismo lımite, llamado media aritmetico-geometrica dea y b.
45
Solucion
Es evidente que xn > 0, yn > 0 para todo n ∈ N.
(*) Probaremos en primer lugar que xn ≤ yn, ∀n:
Como
0 ≤ (xn − yn)2 = x2n + y2
n − 2xnyn
= x2n + y2
n + 2xnyn − 4xnyn = (xn + yn)2 − 4xnyn,
tenemos que (xn + yn)2 ≥ 4xnyn, es decir4xnyn
(xn + yn)2≤ 1, ∀n.
Ahora bien, comox2n+1
y2n+1
=xnyn
(xn + yn)2/4≤ 1, resulta que x2
n+1 ≤ y2n+1, de donde xn+1 ≤ yn+1, ∀n.
(*) Veamos a continuacion que {xn} es creciente y que {yn} es decreciente:
Comoxn+1
xn=
√ynxn≥ 1, entonces xn+1 ≥ xn y {xn} es creciente.
Ademas yn+1 − yn =xn + yn
2− yn =
xn − yn2
≤ 0, es decir {yn} es decreciente.
En definitiva, la sucesion {xn} es monotona creciente y acotada superiormente por b y la suce-sion {yn} es monotona decreciente y acotada inferiormente por a. Esto implica que ambas sonconvergentes.
(*) Por ultimo, si llamamos L = lımxn, M = lım yn, tenemos que L =√LM , de donde L2 = LM
y, por ser L > 0, L = M .
15. Dados los numeros reales u0 y v0 con u0 < v0, se construyen las sucesiones
u1 =u0 + v0
2, v1 =
u0 + 2v0
3...
...
un =un−1 + vn−1
2, vn =
un−1 + 2vn−1
3
a) Probar que lımn→∞
(un − vn) = 0.
b) Probar que las sucesiones {un} y {vn} son convergentes.
Solucion
a) Si calculamos la diferencia |un − vn|, obtenemos:
|un − vn| =
∣∣∣∣un−1 + vn−1
2− un−1 + 2vn−1
3
∣∣∣∣=
∣∣∣∣3un−1 + 3vn−1 − 2un−1 − 4vn−1
6
∣∣∣∣ =|un−1 − vn−1|
6.
Procediendo por recurrencia, se obtiene que
0 ≤ |un − vn| =|un−1 − vn−1|
6=|un−2 − vn−2|
62= · · · = |u0 − v0|
6n.
Como lımn→∞
|u0 − v0|6n
= 0, se deduce que lımn→∞
|un − vn| = 0.
46
b) Para probar que ambas sucesiones son convergentes, basta ver que verifican el criterio generalde Cauchy. Por el apartado anterior,
|un+1 − un| =
∣∣∣∣un + vn2
− un∣∣∣∣ =|vn − un|
2=|u0 − v0|
2 · 6n.
Si ahora p es un entero positivo cualquiera,
|un+p − un| ≤ |un+p − un+p−1|+ |un+p−1 − un+p−2|+ · · ·+ |un+1 − un|
=|u0 − v0|
2
[1
6n+p−1+ · · ·+ 1
6n
]≤ |u0 − v0|
2
[1
6n+ · · ·+ 1
6n+p−1+ . . .
]=|u0 − v0|
2· 1/6n
1− 1/6=
3
5 · 6n· |u0 − v0| → 0,
cuando n→∞.
Para demostrar que {vn} es de Cauchy se procede de forma completamente analoga. Sepodrıa razonar tambien diciendo que si {un− vn} y {un} son ambas convergentes, tambiendebe serlo {vn} que es su resta.
16. Dadas las constantes k > 0 y a > 0, se definen las sucesiones:
a) an+1 =√k + an con a1 = a;
b) bn+1 =k
1 + bncon b1 = a.
Probar que {an} converge a la raız positiva de la ecuacion x2 − x − k = 0 y que {bn}converge a la raız positiva de la ecuacion x2 + x− k = 0.
Solucion
a) Sea L la raız positiva de la ecuacion x2 − x− k = 0; ası L verifica L2 = L+ k. Dividiremosel estudio de la sucesion en tres casos:
1) Caso a1 = a = L. En este caso la sucesion es constante pues, debido a que L2 = L+ k,si suponemos an = L, entonces
an+1 =√k + an =
√k + L =
√L2 = L.
De aquı se deduce evidentemente que la sucesion converge a L.
2) Caso a1 = a < L. Probaremos que la sucesion esta acotada superiormente por L y quees monotona creciente.
En efecto, procediendo por induccion, 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 esta comprendido entre las dos raıces de la ecuacion x2−x−k = 0,deducimos que
a2n − an − k < 0 =⇒ k + an > a2
n =⇒√k + an > an =⇒ an+1 > an.
47
Estas dos propiedades conducen a la convergencia de la sucesion dada.
3) Caso a1 = a > L. Este caso es similar al anterior, pues se prueba analogamente que lasucesion esta acotada inferiormente y es monotona decreciente.
b) Llamamos en este caso M a la raız positiva de la ecuacion x2 + x − k = 0. Esta sucesionno es monotona como se deduce de la siguiente implicacion (debemos tener en cuenta queM2 +M = k, o bien M = k/(1 +M)):
an > M =⇒ an+1 =k
1 + an<
k
1 +M= M.
(Analogamente se prueba que si an < M , an+1 > M .) Veamos que la sucesion es de Cauchy.Supondremos para ello que a1 > M > a2, pero la situacion serıa analoga en el caso de quea1 < M < a2. Tenemos ası:
a2n+1 − a2n =k
1 + a2n− a2n =
k − a2n − a22n
1 + a2n(1)
∗=
a2n · a2n−1 − a22n
1 + a2n=
a2n
1 + a2n· (a2n−1 − a2n) (2)
∗∗<
L
1 + L(a2n−1 − a2n). (3)
Los pasos (*) y (**) se deducen de que, por una parte,
a2n =k
1 + a2n−1=⇒ a2n + a2n · a2n−1 = k
y, por otra,
a2n < L =⇒ a2n + a2n · L < L+ a2n · L =⇒ a2n(1 + L) < L(1 + a2n)
=⇒ a2n
1 + a2n<
L
1 + L.
Ademas, de (1) se deduce que
a2n−1 − a2n = a2n−1 −k
1 + a2n−2=a2n−1 + a2
2n−1 − k1 + a2n−1
(4)
=a2n−1(a2n−1 − a2n−2)
1 + a2n−1< a2n−1 − a2n−2. (5)
De (1) y (2), procediendo por recurrencia, llegamos a:
a2n+1 − a2n <L
1 + L(a2n−1 − a2n−2) <
(L
1 + L
)2
(a2n−3 − a2n−4)
< . . . <
(L
1 + L
)n−1
(a3 − a2) <
(L
1 + L
)n(a1 − a2),
y
a2n+1 − a2n+2 < a2n+1 − a2n <
(L
1 + L
)n(a1 − a2).
De estas acotaciones se deduce como en los problemas anteriores que la sucesion es deCauchy y, por tanto, tambien es convergente.
48
17. Para los antiguos griegos, el rectangulo mas estetico era aquel cuyos lados a y b verifican
la llamada “relacion aurea”, es decira
b=
b
a+ b.
a) Comprobar que la relacion anterior es cierta si y solo si el cociente L =b
avale
L =1 +√
5
2.
b) Probar que dicho numero L es el lımite de la sucesion{a1 = 1,an+1 = 1 + 1/an.
c) Probar que si n ≥ 2, an =xnxn−1
donde (xn) es la sucesion de Fibonacci siguiente:
1, 2, 3, 5, 8, 13, 21, . . .
es decir, aquella cuyos terminos se obtienen sumando los dos terminos anteriores ael.
Solucion
a) Escribiendo identidades equivalentes, tenemos
a
b=
b
a+ b⇐⇒ a2 + ab = b2 ⇐⇒ 1 +
b
a=
(b
a
)2
⇐⇒(b
a
)2
− b
a− 1 = 0⇐⇒ b
a=
1±√
1 + 4
2.
Como a, b > 0, entonces b/a > 0 y solo es valida la solucion positivab
a=
1 +√
5
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 sucesion esta acotada, 1 ≤ an ≤ 2, ∀n.
Veremos a continuacion que es una sucesion de Cauchy:
|an+1 − an| =
∣∣∣∣1 +1
an− an
∣∣∣∣ =
∣∣∣∣1 +1
an− 1− 1
an−1
∣∣∣∣=|an − an−1|an · an−1
=|an−1 − an−2|
(an · an−1)(an−1 · an−2)
= · · · = |a2 − a1|(an · an−1)(an−1 · an−2) . . . (a2 · a1)
.
Como a2−a1 = 1 y an+1·an = an+1 > 2, es decir1
an+1 · an<
1
2, ∀n, resulta que |an+1 − an| ≤
1
2n−1.
49
En general,
|an+p − an| ≤ |an+p − an+p−1|+ |an+p−1 − an+p−2|+ · · ·+ |an+1 − an|
≤ 1
2n+p−2+
1
2n+p−3+ · · ·+ 1
2n−1
≤ 1
2n−1+
1
2n+ · · ·+ 1
2n+p−2+ · · · = 1/2n−1
1− 1/2=
1
2n−2,
y el ultimo termino tiende a cero cuando n→∞.
Como la sucesion es de Cauchy, es convergente. Si llamamos L a su lımite, tenemos que L =1 + 1/L, de donde, sucesivamente, obtenemos:
L2 = L+ 1 =⇒ L2 − L− 1 = 0 =⇒ L =1±√
1 + 4
2=⇒ L =
1 +√
5
2,
debido a que L debe ser positivo.
c) Probaremos por induccion que an =xnxn−1
:
Para n = 2, a2 = 1 + 1 = 2 yx2
x1=
2
1= 2.
Supongamos ahora que an =xnxn−1
y veamos que an+1 =xn+1
xn:
an+1 = 1 +1
an= 1 +
xn−1
xn=xn + xn−1
xn=xn+1
xn,
debido a que xn + xn−1 = xn+1.
4. Ejercicios propuestos
Calcular el lımite de las sucesiones de termino general
1.- an =
(n+ 1
n− 1
)n2+2n−3
.
Resp.: L = e2.
2.- an =
[3n2 − 2
3n2 − 1
]pn2−1
.
Resp.: L = −p/3.
3.- an = n
√(2n
n
).
Resp.: L = 4.
50
4.- an =(2n+ 1)3 − (2n− 1)3
3n2 + 1.
Resp.: L = 8.
5.- an =nπ − 2n(4n− n3)
5− n3· 1 + n−1
1 + n.
Resp.: L = −2.
6.- an = 3√n3 + an2 − 3
√n3 − an2.
Resp.: L = 2a/3.
7.- an =
√n2 +
√n−
√n2 −
√n
n 3√n3 +
√n− 3
√n3 −
√n
.
Resp.: L = 0.
8.- an =
√n cos(tg n)
n!.
Resp.: L = 0.
9.- an = n sen(π/n).
Resp.: L = π.
10.- an =n√n2 + n.
Resp.: L = 1.
11.- an = (4n+ 3) ln
(n+ 1
n+ 2
).
Resp.: L = −4.
12.- an =
(5n+ 2
15n− 4
) 3n+49n−5
.
Resp.: L = 1/ 3√
3.
13.- an =n2√n!
Resp.: L = 0.
14.- an =1
nn√
(n+ 1)(n+ 2) . . . 2n.
Resp.: L = 4/e.
51
15.- an =n√n!
n.
Resp.: L = 1/e.
16.- an =1m + 2m + · · ·+ nm
nm+1, (m > −1).
Resp.: L = 1/(1 +m).
17.- an =
√2√
2 . . .√
2 (n veces).
Resp.: L = 2.
18.- an =
√2 +
√2 + . . .
√2 (n veces).
Resp.: L = 2.
19.- an =1 +√
2! + 3√
3! + · · ·+ n√n!
n2.
Resp.: L = 1/e.
20.- an =1√
n2 + 1+
1√n2 + 2
+1√
n2 + 3+ · · ·+ 1√
n2 + n.
Resp.: L = 1.
21. Sea (xn)n∈N una sucesion de numeros reales. Responder razonadamente si cada uno delos siguientes apartados es verdadero o falso.
a) Si (xn)n∈N converge, entonces es creciente o decreciente.
Resp.: Falso (ver por ejemplo la sucesion xn = (−1)n/n).
b) Si (xn)n∈N es creciente o decreciente, entonces converge.
Resp.: Falso (ejemplo xn = n).
c) Si (xn)n∈N converge, entonces esta acotada.
Resp.: Verdadero (se deduce de la definicion de convergencia).
d) Si (xn)n∈N esta acotada, entonces converge.
Resp.: Falso (ejemplo xn = (−1)n).
e) Si (xn)n∈N es creciente, entonces esta acotada superiormente.
Resp.: Falso (ejemplo xn = n).
f) Si (xn)n∈N es creciente, entonces esta acotada inferiormente.
Resp.: Verdadero pues x1 ≤ an, ∀n.
52
g) Si lımxn = x, entonces lım |xn| = |x|.
Resp.: Verdadero pues∣∣|xn| − |x|∣∣ ≤ |xn − x| → 0.
h) Si (xn)n∈N esta acotada y converge, entonces es monotona.
Resp.: Falso (ejemplo xn = (−1)n/n).
22. Sean (an)n∈N y (bn)n∈N dos sucesiones cualesquiera. Responder razonadamente si cadauno de los apartados siguientes es verdadero o falso.
a) Si para todo n ∈ N, an 6= 0, entonces lımn→∞
anbn 6= 0.
Resp.: Falso (ejemplo bn = 0, ∀n).
b) Si para todo n ∈ N, an 6= 0 y bn 6= 0, entonces lımn→∞
anbn 6= 0.
Resp.: Falso (ejemplo an = bn = 1/n).
c) Si lım anbn = 0, entonces lım an = 0 o lım bn = 0.
Resp.: Verdadero pues si fueran a = lım an 6= 0 y b = lım bn 6= 0, entonces a·b = lım an ·bn 6=0.
23. Hallar a tal que lımn→∞
(n+ a
n− a
)n= 4.
Resp.: a = ln 2.
24. Hallar la relacion entre a y b para que
lımn→∞
ln
(n+ b
n
)n+1
= lımn→∞
(√n+ a
n
) √2n√
n+1−√n
.
Resp.: b = ea√
2/2.
25. Hallar la relacion que debe existir entre a y b para que
lımn→∞
(3n+ a
3n− 4
)2n−1
= lımn→∞
(√4n2 + bn− 2n
).
Resp.: e2(a+4)/3 = b/4.
26. Hallar la relacion que debe existir entre a y b para que
lımn→∞
(2n+ a
2n− 1
)3n−1
= lımn→∞
(√n2 + bn− n
).
Resp.: b/2 = e3(a+1)/2.
53
27. Sean a1, . . . , ak numeros reales positivos. Calcular el lımite de la sucesion de terminogeneral n
√an1 + · · ·+ ank .
Resp.: L = max{a1, . . . , ak}.
28. Sea {an} una sucesion creciente, con an ≥ 0, ∀n. Probar que la sucesion de terminogeneral xn = n
√a1 · a2 · · · · · an tambien es creciente.
Sugerencia: Comprobar que la sucesion {lnxn} es creciente y deducir que tambien lo es la sucesionpedida.
29. Probar que la sucesion de termino general an =
√2
3
√3 . . . n
√n es convergente.
Sugerencia: Calcular el logaritmo de an y estudiar la serie resultante.
30. Demostrar que la sucesion de termino general an =n∑k=1
1
n+ kes convergente.
Resp.: Como an <n
n+ 1, ∀n, la sucesion esta acotada superiormente; ademas
an+1 − an =1
(2n+ 1)(2n+ 2)> 0 y la sucesion es creciente.
31. Sea (xn)n∈N la sucesion definida de la siguiente forma:{x1 = k < 0,
xn+1 = 12
(xn + 1
xn
).
i)Probar que xn ≤ −1, ∀n ≥ 2. (Aplicar el metodo de induccion.)
ii) Probar que {xn} es convergente y hallar su lımite. (La sucesion es creciente pues xn+1−xn ≥ 0, ∀n.)
Resp.: L = −1.
32. Se define la sucesion (un)n≥0 por:
u0 = 1, u1 = 2/3, . . . , un =un−1(1 + un−1)
1 + 2un−1.
i) Comprobar que es decreciente.
ii) Demostrar que es convergente y calcular su lımite.
Resp.: Es evidente que un/un−1 ≤ 1 porque un ≥ 1, ∀n. Ademas un ≥ 0, ∀n.
33. Sea {xn} la sucesion definida por x1 = 1, xn+1 =√
2 + xn para n > 1. Demostrar que esmonotona creciente y acotada superiormente por 2. Calcular su lımite.
Resp.: L = 2.
54
34. Comprobar que la sucesion definida por an+1 =2anan + 3
, a1 = 3, es convergente y calcular
su lımite.
Resp.: an > 0, yan+1
an< 1, ∀n. Ademas L = 0.
35. Se define la sucesion a1 ∈ (1, 2), an+1 = 3− 2
an. Estudiar su convergencia.
Resp.: La sucesion es creciente y acotada. Su lımite es L = 2.
36. Sea {an} una sucesion que verifica an > 0, ∀n yan+1
an<
1
5. Calcular lım an.
Resp.: Como 0 < an <a1
5n−1, lım an = 0.
37. Dados a, b > 0, se define la sucesion u1 = a+ b, un = a+ b− ab
un−1, n > 1.
i) Probar que un =an+1 − bn+1
an − bnsi a 6= b.
Resp.: Aplicar el metodo de induccion.
ii) Calcular lımun si a 6= b.
Resp.: lımun = max{a, b}.
iii) Calcular un y lımun si a = b.
Resp.: un =(n+ 1)a
n, lımun = a.
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