Sucesiones

Universidad Tecnica Federico Santa MaraDepartamento de Matematica

Coordinacion de MAT022

Sucesiones

1. Dada la sucesion {an} ={

2n+1n+3

}nN

:

(a) Encontrar de manera intuitiva limn an = L

(b) Determine el menor natural N tal que n N la diferencia absoluta entre an y L sea menor que 0.0001.(c) Demuestre utilizando la definicion de lmite que limn an = L

Rpta:

(a) L = 2

(b) Se debe cumplir que2N + 1N + 3 2 < 0, 0001 2 0, 0001 < 2N + 1N + 3 < 2 + 0, 0001

Despejando N en la primera igualdad, obtenemos que N debe cumplir

N >5 3 0, 0001

0, 0001= 49997

(c) De manera similar al punto anterior, debemos encontrar N tal que n > N |an L| < para cualquier > 0, en otras palabras, N debe cumplir

< 2N + 1N + 3

2 <

y despejando N , obtenemos que

N >5 3

La otra igualdad corresponde a una solucion N < 0, luego, no la consideraremos.

2. Utilizando la definicion de lmite demostrar que

limn

(3n2 12n2 + 1

)=

3

2

Rpta: Analogo al ejercicio anterior, buscamos N tal que

3

2 < 3N

2 12N2 + 1

5/2

2

De donde consideramos solo la solucion positiva.

3. Calcular limn

(n4+41+n2

)y encontrar el menor natural N tal que la diferencia absoluta entre

n4+41+n2 y el

lmite sea menor que 1350 para todo n > N .

Rpta: limn

n4+4n2+1 = limn

n4n4+4

n4(n2+1)= limn

n4+4n4

11+ 1

n2= 1 Buscamos N tal que

n4 + 4

n2 + 1 1

< Despejando N obtenemos

(2 2)N4 + 2(+ 1)2N2 + (2 2 3) < 0 y (2 + 2)N4 + 2(+ 1)2N2 + (2 + 2 3) > 0

Luego, reemplazando = 1350 e intersectando las soluciones, obtenemos que N 19.

MAT022 Primer Semestre 2014 1


4. Calcule el lmite de las siguientes sucesiones:

1.-(

2n2+n+13n+n2+6

)nN

2.-(

(n1)(n2)(n3)n3

)nN

3.-((n

i=1 i3

n4

))nN

4.-((

n4

n3+1 n3

n2+n+1

))nN

5.-((

3n+ 1 3

n))nN 6.-

((n

nn+n

))nN

7.-(((

n+ 1n)

n+ 14

))nN

8.-((

3

27 + 6n 3

))nN

9.-((

2n+1+4n+1

2n+4n

))nN

10.-(n+(1)nn+lnn

)nN

11.-(n2 arctan

(1n2

))nN 12.-

(5n+6n

3n+7n

)nN

13.-(

nn!)nN

14.-( 1

0enx

x2+1

)nN

15.-(

2n+en

3n+(lnn)n

)nN

16.-( 1

0ex sin (nx) dx

)nN

Rpta:

(1) 2

(2) 1

(3) Debemos encontrar el termino de mayor orden deni=0

i3, que obtenemos considerando que

ni=0

(i+ 1)4 i4 = (n+ 1)4 =ni=0

(4i3 + 6i2 + 4i+ 1)

Como solo nos interesa el termino de mayor nivel, obtenemos que

ni=1

i3 =1

4

((n+ 1)4 6

i2 4

i

1)

=n4

4+ potencias de n menores que 4

Luego, limn

an =14

(4) lim((

n4

n3+1 n3

n2+n+1

))= lim

(n4(n2+n+1)n3(n3+1)

(n3+1)(n2+n+1)

)= lim n

5+...n6+... = 0

(5) lim(

3n+ 1 3

n)

= lim(

3n+ 1 3

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

(n+1)2/3+n(n+1)+n2/3= lim 1

(n+1)2/3+n(n+1)+n2/3= 0

(6) limn

nn+n

= lim

n

nn+n

= lim 14nn

= 0

(7) lim(n+ 1

n)

n+ 14 = lim

n+1/4

n+1+n

= 12

(8) lim 3

27 + 6n 3 = 0

(9) lim 2n+1+4n+1

2n+4n = lim2n+1+22n+2

2n+2n = lim2n+1

221+2n+1

1+2n = lim 212n +212n +1

.

(10) lim n+(1)n

n+lnn = lim1+

(1)nn

1+ lnnn= 1

(11) limn

n2 arctan(

1n2

)= limx0

arctan x2

x2 = limx0

11+x4

2x

2x = 1

(12) 0 5n+6n

3n+7n 5n+6n

7n =(57

)n+(67

)n n

0

(13) nn! = n

1 2 . . . (k 1) k . . . n n

knk k k, entonces n

n!

(14) 10enx

x2+1 10enx = e

nx

n |10 =

1enn 0



(15)2n+ en

3n+ (lnn)n =

2nen + 1

3nen +

(lnne

)n 0(16) Aplicando integracion por partes, dos veces, tenemos que 1

0

ex sin(nx)dx =n ne1 cos(n) e1 sin(n)

n2 + 1 0

5. Calcule los limites de las sucesiones con termino n-esimo dado por:

(a)n

0.001

(b)nn2 + 1

(c)n

(1.002)n

(d)n2

(0.99)n

(e) a1 = 0, a2 = 0.1, a3 = 0.12, a4 = 0.122, a5 = 0.1222, . . .

Rpta:

(a) lim n

0.001 = 1

(b) lim nn2 + 1 = 1

(c) lim n(1.002)n = limn

en ln(1.002)= 0

(d) lim n2

(0.99)n =

(e) lim an = 0, 12

6. Muestre que si a, b, c 0 entonces

limn

(nan + bn + cn

)= max {a, b, c}

Rpta: Sin perdida de generalidad, supongamos que a = max{a, b, c}, luego

limn

(nan + bn + cn

)= lim a

n

1 +(b

a

)n 1

+( ca

)n 1

= a

7. Calcular

limn

(1

n2+

2

n2+ + n

n2

)Rpta:

limn

(1

n2+

2

n2+ + n

n2

)= limn

1

n2

ni=1

i = limn

n(n+ 1)

2n2=

1

2

8. Dada la sucesion

an =1

n2 + 1+

1

n2 + 2+ + 1

n2 + n=

ni=1

(1

n2 + i

)(a) Escribir los 4 primeros terminos

(b) Calcular limn an

Rpta:



(a)

a1 = 0.5

a2 = 0.366667

a3 = 0.274242

a4 = 0.217011

(b) i {1, . . . , n} 1n2+1 1

n2+i , luego an =ni=1

1n2+i

nn2+1 0

9. Dada la sucesion

xn =1

n2 + 1+

1n2 + 2

+ + 1n2 + n

=

ni=1

(1n2 + i

)(a) Escribir los 4 primeros terminos

(b) Calcular limn xn

Rpta:

(a)

x1 = 0.707107

x2 = 0.855462

x3 = 0.906414

x4 = 0.93126

(b) De manera similar al ejercicio anterior, tenemos que nn2+n

xn nn2+1 , entonces, tomando lmite aambos lados obtenemos que lim

nxn = 1

10. Demostrar que

limn

(1

n2+

1

(n+ 1)2 + +

1

(2n)2

)= 0

Rpta: Notemos que(

1n2 +

1(n+1)2

+ + 1(2n)2

)k=n

1k2 0 pues

k=1

1k2 es convergente, ya que

k=1

1k2 1 +

1

1x2 dx.

11. Demuestre que la sucesion

xn =1

n+

1

n+ 1+

1

n+ 2+ + 1

2n

es convergente y su lmite se encuentra entre 12 y 1.

Rpta: Tenemos que i {0, . . . , n}, n n+ i n+ n = 2n 12n 1n+i

1n , por lo tanto

1

2+

1

n=

ni=0

1

2n

ni=0

1

n+ i

ni=0

1

n= 1 +

1

n

Luego, tomando lmite, vemos que la sucesion esta acotada inferior y superiormente, por lo tanto es conver-gente.



12. Dada la sucesion

x1 =

3

x2 =

3 + x1 =

3 +

3

...

xn+1 =

3 + xn

demuestre que es convergente y encuentre su lmite.

Rpta: Supongamos que la sucesion es convergente, llamemos x a su lmite, luego x debe cumplir con

x =

3 + x, es decir, los unicos candidatos a lmite son x = 113

2 . Pero como xn 0 n, tenemos quex debe ser igual a 1+

13

2 .Notemos que la sucesion es creciente, ya que la funcion

3 + x xn+1

xxn

0, 1

13

2 x 1 +

13

2

Luego, como x1 = 3 >113

2 , la sucesion es creciente. Por esta misma razon y recordando que

x =

3 + x, tenemos que si

xn x xn+1 =

3 + xn

3 + x = x

Finalmente, como la sucesion es creciente y acotada superiormente, es convergente.

13. Calcularlimn

n

16 + 26 + + n6

Rpta: De manera similar al ejercicio (4.3) se puede demostrar queni=1

i6 = n7

7 +potencias de orden menor a 7,

luego

limn

n

16 + 26 + + n6 = limn

n

n7

7+ . . . = 1

14. Sea

a1 =

2

an+1 =

2an para n 1

analizar su convergencia.

Rpta: Similar al ejercicio (12), si la sucesion es convergente, su lmite a satisface a =

2a a =0, a = 2. Ademas, la sucesion es creciente, para 0 a 2 y, aplicando el mismo argumento que en (12)tenemos que si an 2 an+1 2. Entonces como an es creciente y acotada superiormente, es convergente.

15. Demostrar que {xn} definida por la formula de recurrencia

xn+1 =1

2

(xn

1

xn1

)para n 2

donde x1 = 1 y x2 = 2 no converge.

Rpta: Notemos que el termino x4 = 0, luego la sucesion no esta bien definida desde x6 en adelante, y portanto, no converge.

16. Calcular los lmites cuando n de las sucesiones de termino n-esimo dado por:



(a)

(1 +

1

3n

)n(b)

(1 +

2

3n

)n(c)

(1 +

1

n+ 1

)4n(d)

(n2 + 2n+ 3

n2 + 2n+ 1

)(n+1)2(e)

(an+ b

an+ c

)n(Todos los posibles casos para a, b, c)

(f) n sin

(1

n

)(g)

(1)n + 4n + n!2n + (2n)!

Rpta:

(a)

(1 +

1

3n

)n=

((1 +

1

3n

)3n) 13 e 13

(b)

(1 +

2

3n

)n=

((1 +

132n

) 32n) 2

3

e 23

(c)

(1 +

1

n+ 1

)4n=

(1 +

1

n+ 1

)4(n+1)(1 +

1

n+ 1

)4 e4

(d)

(n2 + 2n+ 3

n2 + 2n+ 1

)(n+1)2=

(1 +

2

(n+ 1)2

)(n+1)2 e2

(e)

(an+ b

an+ c

)n(Todos los posibles casos para a, b, c)

Si a 6= 0, se tiene que(an+ b

an+ c

)n=

(an+ c+ (b c)

an+ c

)n=

((1 +

(b c)an+ c

) an+cbc

) bca

(%) ebca .

Si a = 0,

(b

c

)n

1, si b = c0, si b < c, si b > c(f) limn sin

(1

n

)= lim

sin(1n

)1n

= 1

(g)(1)n + 4n + n!

2n + (2n)!=

(1)n(2n)! +

4n

(2n)! +n!

(2n)!

2n

(2n)! + 1 0

17. Demostrar el siguiente criterio: Sea {xn} una sucesion de numeros reales estrictamente positivos, y supongaque

limn

(xn+1xn

)= L < 1

entonces limn xn = 0. Aplique este criterio a

limn

(an

n!

)



(donde a R) y

limn

(n!

nn

)Rpta:

Por definicion de lmite, tenemos que dado suficientemente pequeno, podemos encontrar N tal que

xn+1xn

L+ < 1 n N

Luego xn+1 =xn+1xn

xn (L+ )xn. Por lo tanto

xN+m (L+ )mxN m

0

limn

(xn+1xn

)= limn

|a|(n+1)

(n+ 1)!

n!

|a|n= limn

|a|n+ 1

= 0.

Como |xn| 0, xn 0.

limn

(xn+1xn

)= limn

(n+ 1)!

(n+ 1)n+1nn

n!= limn

(n

n+ 1

)n= e1 < 1

18. Sea p (x) un polinomio de grado arbitrario y sea a ]1, 1[. Analizar la convergencia de la sucesion

xn = p (n) an

Rpta: Sea k el grado del polinomio. Notemos que basta analizar lo que sucede con el termino de gradomayor, pues

xn = an(kn

k + k1nk1 + . . .+ a0) = n

kan(k + k1

1

n+ . . .+

0nk

).

Entonces, usando el criterio del cociente (ejercicio anterior), para la sucesion yn = k|a|nnk, tenemos que

limn

(xn+1xn

)= limn

(n+ 1

n

)k |a|n+1|a|

= limn

(1 +

1

n

)k|a| = |a|

Por lo tanto, como yn 0, xn 0

19. Sea a R con |a| < 1 analizar la convergencia de la sucesion

An = 1 + a+ a2 + + an

Rpta: Podemos escribir An en terminos de a, como An =1an+11a

11a pues |a| < 1.

20. Analizar la convergencia de la sucesion

Cn =

ni=1

(n

n2 + i

)Rpta: Analogo al ejercicio (9) podemos acotar Cn como sigue

n2

n2 + n Cn

n2

n2 + 1

Luego Cn converge a 1.

21. Sean (an) y (bn) sucesiones en R. Bajo cuales de las siguientes condiciones la sucesion (anbn) es convergente?Justifique:

(a) (an) convergente

(b) (an) convergente y (bn) acotada



(c) (an) convergente a 0 y (bn) acotada

(d) (an) y (bn) convergentes

(e) (an) convergente y bn an para todo n N

Rpta:

(a) No es suficiente, tomar an = 1 n y bn = (1)n, (anbn) no converge.(b) No es suficiente, tomar an = 1 n y bn = (1)n, (anbn) no converge.(c) Supongamos que |bn| M > 0, luego Man anbn Man y tomando lmite se tiene el resultado.(d) Sean a, b los lmites de an, bn respectivamente, luego

(anbn ab) = (an a)(bn b) + (an a)b+ a(bn b) 0

(e) No es suficiente, tomar an = 1 n y bn = (1)n, (anbn) no converge.

22. Suponga que y son numeros reales tales que 0 . Sea

a1 = , b1 = y an+1 =an + bn

2, bn+1 =

anbn para n N

muestre que (an) es monotona decreciente y acotada inferiormente por . Muestre que (bn) es monotonacreciente y acotada superiormente por . Ademas muestre que

0 an bn ( )

2n1para n N

Deducir que ambas sucesiones convergen y al mismo lmite.

Rpta: Notemos que, a, b R 0 (a b)2 = a2 + 2ab + b2, luego ab (a2+b2)2 , en particular, si tomamos

a =an y b =

bn, tenemos que

bn+1 =anbn

an + bn2

= an+1

Por induccion, a2 =a1+b1

2 =+2 a1 = , luego an+1 =

an+bn2 an pues bn an n por lo que de-

mostramos anteriormente. Ademas, como a1 y b1, si an, bn , an+1 = an+bn2 22 = . Por lo

cual, an esta acotada inferiormente por .Analogamente, tenemos que b2 =

a1b1 b1. Luego bn+1 = sqrtanbn bn. Tambien, por induccion, tenemos

que b1 = y si bn , bn+1 =anbn bn .

Para probar la ultima afirmacion, basta con notar que

(an+1 bn+1) =an + bn

2anbn

an + bn2

b2n =

1

2(an bn)

Entonces, aplicando la desigualdad n 1 veces, obtenemos el resultado.

23. Mostrar que

limn

(1 +

1

n

)n= limn

(nk=0

1

k!

)



Rpta:

limn

(1 +

1

n

)n= limn

nk=0

(nk

)1

nk

= limn

nk=0

n!

(n k)!k!nk

= limn

nk=0

1

k!

(n

n

(n 1)n

. . .(n k + 1)

n

)

1


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