calculo_diferencial_integral

Sucesiones convergentes 328

fxng converge a x, entonces para cada " > 0 dado hay, de hecho, infinitos números naturales
m" para los que se satisface la condición 7.1.

La definición 7.2 es típica del Análisis pues en ella se está definiendo una igualdad, a saber,
lKımfxngDx , en términos de desigualdades: jxn xj < " siempre que n>m". Observa también
que, de la definición dada, se deduce enseguida que fxng ! x es lo mismo que fxn xg ! 0.

Veamos con unos sencillos, pero importantes ejemplos, cómo se usa la definición 7.2 para
probar que una sucesión converge.

7.3 Ejemplo. La sucesión f1=ng es convergente a cero.

Para probarlo, dado " > 0, tenemos que encontrar un m 2 N tal que para todo n > m se

verifique que j1=n 0j D 1=n < ". Como 1=n 6 1=m siempre que n > m, bastará tomar como

número m cualquier natural que verifique que 1=m < ", es decir, m > 1=". Que, efectivamente,

hay números naturales, m, que verifican la condición m > 1=" cualquiera sea el número " > 0

dado, es justamente lo que dice la propiedad arquimediana (5.9) del orden de R. Pues bién,

cualquier m 2 N tal que m > 1=" nos sirve como apropiado m", pero parece razonable tomar

el más pequeño de todos ellos que será la parte entera de 1=" más una unidad, es decir, m" D

E.1="/ C 1 . Hemos demostrado así que lKımf1=ng D 0.

7.4 Ejemplo. Dado un número real x 2 1; 1Œ, se verifica que la sucesión de las potencias de
x, fxng, converge a cero.

En efecto, como jxj < 1 podemos escribir jxj en la forma jxj D 1=.1 C / para conveniente
1 jxj
> 0 (de hecho D jxj pero eso no interesa ahora). Dado " > 0, puesto que

jx n 0j D jxjn D 1 6 1 < 1
.1 C /n 1 C n n

1
m" 1
bastará tomar un m" tal que < ", por ejemplo, m" D E " C 1, para garantizar que

jx n 0j < " siempre que n > m".

7.5 Ejemplo. Dado x 2 1; 1Œ, se verifica que la sucesión f1 C x C x2 C C xng, llamada

serie geométrica de razón x, converge a 1 .

1x

En efecto, como

ˇˇˇˇ1 C x C x2 C C x n 1 x ˇˇˇˇ D jxjnC1
1x
1

poniendo, igual que antes, jxj D 1=.1 C / para conveniente > 0, y teniendo en cuenta que

0 < 1 jxj 6 1 x, y el ejemplo anterior deducimos que:
ˇˇˇˇ1 C x C x2 C C x n x ˇˇˇˇ
1 6 jxj jxjnD 1 jxjn < 1
jxj n 2
1 1


1
por lo que, dado " > 0 para todo n > m" D E " 2 C 1 se verifica que

ˇˇˇˇ1 C x C x2 C C x n 1 1 x ˇˇˇˇ < ":



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Sucesiones convergentes 329

Si demostrar, aplicando la definición 7.2, que una sucesión dada es convergente puede
ser complicado, suele serlo todavía más probar, usando dicha definición, que una sucesión no
converge.

7.6 Ejemplo. La sucesión f. 1/ng no es convergente.

En efecto, sea x 2 R y definamos "x D maKxfj1 xj=2; j1 C xj=2g. Claramente "x > 0.
Puesto que j. 1/2m xj D j1 xj, j. 1/2mC1 xj D j1C xj y alguno de estos números es

mayor que "x deducimos que, dado x 2 R, se verifica que existe un número "x > 0, tal que

cualquiera sea m 2 N se verifica que hay algún natural n, por ejemplo n D 2m o n D 2m C 1,

mayor que m y para el que no se verifica que j. 1/n xj < "x. Es decir, hemos probado que
f. 1/ng no converge a x. Puesto que en nuestro razonamiento x puede ser cualquier número

real concluimos, finalmente, que f. 1/ng no es convergente.

Conviene precisar algunas expresiones de uso frecuente al tratar con sucesiones.

Cuando se dice que una cierta propiedad se satisface por todos los términos de una su-
cesión fxng a partir de uno en adelante, lo que se quiere decir es que existe m 2 N; tal
que para todo n > m el número xn satisface dicha propiedad.

Cuando se dice que una cierta propiedad se satisface por infinitos términos de una suce-
sión fxng, lo que se quiere decir es que el conjunto de todos los números naturales n,
tales que xn satisface dicha propiedad, es infinito.

Cuando se dice que una cierta propiedad se satisface por un número finito de términos
de una sucesión fxng, lo que se quiere decir es que el conjunto de todos los números
naturales n, tales que xn satisface dicha propiedad, es finito.

El siguiente resultado, muy sencillo, es también muy útil.

7.7 Proposición. Sea fxng una sucesión y x un número real. Equivalen las siguientes afirma-
ciones:

i) fxng converge a x.

ii) Para todo intervalo abierto I que contiene a x se verifica que todos los términos de la
sucesión fxng a partir de uno en adelante están en I .

Demostración. Que ii) implica i) es consecuencia inmediata del comentario que sigue a la
definición 7.2. Probaremos que i) implica ii). Dado un intervalo abierto I tal que x 2 I , existirá
un número " > 0 (que dependerá del intervalo I ) tal que x "; x C "Œ I . Para dicho
" > 0 existe, por hipótesis, un número natural m tal que para todo n > m se verifica que
xn 2x "; x C "Œ y, por tanto, xn 2 I .

Observa que en la definición 7.2 no se exige que el límite sea único, por ello si fxng conver-

ge a x es lícito preguntar si puede haber otro número real y distinto de x tal que fxng también

converja a y. La respuesta es que no. En efecto, si fxng ! x, dado y ¤ x, hay intervalos
xCy
abiertos I , J tales que x 2 I , y 2 J e I \ J D Ø (por ejemplo las semirrectas  ; 2 Œ y

 xCy ; ! Œ). Sabemos, por la proposición anterior, que todos los términos de fxng a partir de
2

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Sucesiones convergentes y estructura de orden de R 330

uno en adelante están en I , por tanto sólo puede haber un número finito de términos en J .
Concluimos, en virtud de la misma proposición, que fxng no converge a y. Hemos probado
que si fxng es convergente, el número real lKımfxng está determinado de manera única.

7.8 Proposición. Una sucesión convergente tiene un único límite.

Para estudiar la convergencia de una sucesión dada no suele ser lo más aconsejable usar, de
entrada, la definición 7.2. Es preferible intentar primero otros caminos. Generalmente lo que
suele hacerse en la práctica consiste en relacionar dicha sucesión con otras más sencillas o que
ya han sido previamente estudiadas y deducir de dicha relación si nuestra sucesión es o no es
convergente y, cuando lo sea, el valor de su límite. Por ello son de gran utilidad los resultados
que siguen en los que se estudia cómo se comportan las sucesiones convergentes respecto de
las estructuras algebraica y de orden de R.

7.2.2. Sucesiones convergentes y estructura de orden de R

La siguiente estrategia, útil para probar desigualdades, se usa con frecuencia.

7.9 Estrategia. Sean x e y números reales. Equivalen las siguientes afirmaciones:

a) x 6 y.
b) Para todo número z > y se verifica que x < z.
c) Para todo número " > 0, se verifica que x < y C ".

Demostración. Es evidente que a) ÷ b) ÷ c). Probemos que c) ÷ a). Supuesto que para
todo número " > 0, se verifica que x < y C " debe ocurrir que x 6 y pues, en otro caso, si
fuera y < x, tomando " D x y debería verificarse que x < y C " D y C .x y/ D x, esto
es, x < x lo que es contradictorio.

7.10 Proposición. Supongamos que lKımfxng D x , lKımfyng D y y que existe m 2 N tal que
para todo n > m se tiene que xn 6 yn. Entonces se verifica que x 6 y.

Demostración. Sea " > 0, probaremos que x < y C ". Por hipótesis existen números naturales
m1 y m2 tales que para todo p > m1 se tiene que x "=2 < xp < x C "=2 y todo q > m2
se tiene que y "=2 < yq < y C "=2. Tomando un número natural n > maKx fm; m1; m2g, se
verifican las dos desigualdades anteriores y también la del enunciado, luego:

x "=2 < xn 6 yn < y C "=2 ÷ x < y C ":

Como queríamos probar.

Respecto al resultado anterior, conviene advertir que aunque las desigualdades sean es-
trictas no puede asegurarse que lKımfxng D x sea estrictamente menor que lKımfyng D y. Por
ejemplo, si xn D 0 e yn D1=n, es claro que xn < yn para todo n 2 N pero x D 0 D y.

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Sucesiones monótonas 331

7.11 Proposición (Principio de las sucesiones encajadas). Supongamos que fxng, fyng, fzng
son sucesiones tales que lKımfxng D lKımfzng D ’ y existe un número natural m0 tal que para
todo n>m0 se verifica que xn6yn6zn, entonces la sucesión fyng es convergente y lKımfyngD’.

Demostración. Sea " > 0. Por hipótesis existen m1; m2 tales que para todo p > m1 y todo

q > m2

’ " < xp < ’ C " y ’ " < zq < ’ C " (7.2)

Sea m3DmaKxfm0; m1; m2g. Para todo n>m3 las desigualdades (7.2) se cumplen para pDqDn.
Además como n > m0 se tiene que xn6 yn6 zn. Deducimos que, para todo n > m3 se verifica
que:

’ " < xn6 yn 6 zn < ’ C ";

y, por tanto, ’ " < yn < ’ C ". Hemos probado así que lKımfyng D ’.

Una consecuencia inmediata de este resultado es que si cambiamos arbitrariamente un nú-
mero finito de términos de una sucesión, la nueva sucesión así obtenida es convergente si lo era
la de partida y con su mismo límite. Esto es lo que dice el siguiente resultado.

7.12 Corolario. Sean fxng e fyng sucesiones cuyos términos son iguales a partir de uno en
adelante, es decir, hay un número natural m0 tal que para todo n > m0 es xn D yn. Entonces
fxng converge si, y sólo si, fyng converge en cuyo caso las dos sucesiones tienen igual límite.

El principio de las sucesiones encajadas es de gran utilidad y se usa con mucha frecuencia.

Naturalmente, cuando apliquemos dicho principio a un caso concreto, la sucesión fyng del

enunciado será la que queremos estudiar y tendremos que ser capaces de “inventarnos” las

sucesiones fxng y fzng de manera que se cumplan las condiciones del enunciado. Veamos un

ejemplo.

7.13 Ejemplo. La sucesión f pn ng es convergente a 1.
p

Pongamos yn D n n. La elección de fxng es inmediata: xn D 1. Un poco más difícil es la

elección de fzng. Para ello aplpiquemos la desigualdad de las medias a los números x1 D x2 D
D xn 2D 1; xn 1 D xnD n para obtener que para todo n > 2 es:

pn n 6 n p
2C2 n 2
<1C p : (7.3)
nn

2
Por tanto tomando zn D 1 C p , es inmediato que lKımfzng D 1 y concluimos, por el principio
n p

de las sucesiones encajadas, que lKımf n ng D 1.

7.2.3. Sucesiones monótonas

7.14 Definición. Una sucesión fxng se dice que es:
Mayorada o acotada superiormente si su conjunto imagen está mayorado, es decir, si hay un
número 2 R tal que xn6 para todo n 2 N.

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Sucesiones monótonas 332

Minorada o acotada inferiormente si su conjunto imagen está minorado, es decir, si hay un
número 2 R tal que 6 xn para todo n 2 N.

Acotada si su conjunto imagen está mayorado y minorado, equivalentemente, si hay un número
M 2 RC tal que jxnj 6 M para todo n 2 N.
Creciente si xn6 xnC1 para todo n 2 N.
Estrictamente creciente si xn < xnC1 para todo n 2 N.
Decreciente si xn > xnC1 para todo n 2 N.
Estrictamente decreciente si xn > xnC1 para todo n 2 N.
Monótona si es creciente o decreciente.

Estrictamente monótona si es estrictamente creciente o decreciente.

Observa que si una sucesión fxng es creciente (resp. decreciente) entonces se verifica que
xm 6 xn (resp. xm> xn) siempre que m 6 n.

Conviene advertir que cuando se dice que una sucesión es monótona no se excluye la po-
sibilidad de que, de hecho, sea estrictamente monótona. Es por ello que, en general, suele
hablarse de sucesiones monótonas y tan sólo cuando tiene algún interés particular se precisa si
son estrictamente monótonas.

7.15 Proposición. Toda sucesión convergente está acotada.

Demostración. Supongamos que lKımfxng D x. Todos los términos de fxng a partir de uno en
adelante estarán en el intervalo x 1; x C 1Œ, es decir, hay un número m 2 N tal que para
todo n > m se verifica que jxn xj < 1, lo que implica que

jxnj 6 jxn xj C jxj < 1 C jxj para todo n > m.

Tomando M D maKxf1Cjxj; jx1j; ; jxmjg, tenemos que jxnj 6 M para todo n 2 N.

La proposición anterior es útil a veces para probar que una sucesión no es convergente:
para ello basta probar que no está acotada.

7.16 Ejemplo. La sucesión fHng definida para todo n 2 N por:

Hn D Xn 1 11 1
D1C C C C
k 23 n
k D1

no es convergente.

Para todo n 2 N tenemos que:

X2n 1
k 1 11 1111 1 1
D 1C 2 C 3C4 C 5C6C7C8 C C 2n 1 C C 2n >
k D1

1 11 1111 1 1n
> 1C C C C CCC C C 2n C C 2n D1C (7.4)
2 44 8888 2

de donde se deduce que la sucesión ˚PknD11=k« no está mayorada. Esta sucesión recibe el

nombre de serie armónica.

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Sucesiones monótonas 333

La proposición recíproca de la anterior no es cierta: la sucesión f. 1/ng es acotada y no es
convergente. No obstante, hay un caso especial muy importante en que sí es cierta la recíproca.

7.17 Teorema. Toda sucesión monótona y acotada es convergente. Más concretamente, si una
sucesión fxng es:

i) Creciente y mayorada, entonces lKımfxng D ˇ, donde ˇ D supfxn W n 2 Ng.

ii) Decreciente y minorada, entonces lKımfxng D ˛, donde ˛ D Kınffxn W n 2 Ng.

Demostración. Probaremos i/ quedando la demostración de i i/ como ejercicio. La hipótesis de
que fxng es mayorada garantiza, en virtud del principio del supremo, la existencia del número
real ˇ D supfxn W n 2 Ng. Dado " > 0, tiene que existir un término xm de la sucesión tal que
ˇ " < xm. Puesto que la sucesión es creciente para todo n > m se verificará que xm6 xn, y
por tanto ˇ " < xn. En consecuencia ˇ " < xn < ˇ C " para todo n > m. Hemos probado
así que lKımfxng D ˇ.

7.18 Ejemplo. La sucesión fxng definida por xn D X2n 1
k , es convergente.
k DnC1

En efecto, como

1 11 1 11
xnC1 xnD 2n C 2 C 2n C 1 n C 1 > 2n C 2 C 2n C 2 n C 1 D 0

se sigue que xnC1 > xn para todo n 2 N, es decir, es una sucesión creciente. Además

xn 6 n 1 1C . n Cn 1 1 D n n 1 < 1
C C C

por lo que también está mayorada. Concluimos, por el teorema anterior, que dicha sucesión es

convergente.

7.2.3.1. El número e

1 n
En el ejercicio 30 hemos probado que la sucesión xn D 1C es creciente y que la
1 nC1 n

sucesión yn D 1C es decreciente. Como 0 < yn, se sigue que fyng es convergente.
n

Puesto que
1
1 n

xn D yn 1C D yn n C 1
n

se sigue que fxng también es convergente y lKımfxng D lKımfyng. El valor común de este límite

es un número real que se representa con el símbolo e. Como consecuencia del teorema 7.17, se

verifica que:

1 n ( 1 mC1 )

e D sup 1 C W n 2 N D Kınf 1 C W m2N
nm

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Sucesiones convergentes y estructura algebraica de R 334

En particular, para todos n; m 2 N se verifica que:

1 n 1 mC1
1C <e< 1C (7.5)
nm

7.2.4. Sucesiones convergentes y estructura algebraica de R

En los resultados anteriores han intervenido de manera esencial las propiedades de la es-
tructura de orden de R. Vamos a estudiar ahora el comportamiento de las sucesiones conver-
gentes respecto de la adición y el producto de números reales. Los resultados que vamos a
obtener, conocidos tradicionalmente con el nombre de álgebra de límites, son básicos para el
estudio de la convergencia de sucesiones.

Dadas dos sucesiones fxng e fyng, se define su suma como la sucesión fxn C yng y su
producto como la sucesión fxnyng.

7.19 Proposición. El producto de una sucesión convergente a cero por una sucesión acotada
es una sucesión convergente a cero.

Demostración. Sea lKımfxng D 0, e fyng acotada. Sea c > 0 tal que jynj6c para todo n 2 N.
Dado " > 0, existe un número natural m tal que para todo n> m se verifica que jxnj < "=c.

"
Deducimos que, para todo n>m, se verifica que jxnynj D jxnjjynj < c c D ", lo que prueba
que lKımfxnyng D 0.

7.20 Proposición (Álgebra de límites). Supongamos que lKımfxngDx y lKımfyngDy. Entonces
se verifica que:

lKımfxn C yng D x C y; lKımfxnyng D xy :

Si además suponemos que y ¤ 0, entonces lKımfxn=yng D x=y.

Demostración. Dado " > 0, por hipótesis existen m1; m2 tales que

x "=2 < xp < x C "=2 y y "=2 < yq < y C "=2 (7.6)

para todo p > m1 y todo q > m2. Sea m0 D maKxfm1; m2g. Para todo n > m0 las desigualda-
des (7.6) se cumplen para pDqD n, por lo que, sumándolas término a término, deducimos que
x Cy " < xn Cyn < x Cy C" cualquiera sea n>m0, lo que prueba que lKımfxnCyngDx Cy.

Teniendo en cuenta que, por las proposiciones 7.15 y 7.19, se verifica que lKımf.xn x/yngD
lKımfx.yn y/g D 0, y la igualdad

xnyn xy D .xn x/yn C x.yn y/

deducimos que lKımfxnyn xyg D 0, es decir, lKımfxnyng D xy.

Finalmente, para probar que lKımfxn=yng D x=y, probaremos que la sucesión


xn x D xny ynx
yn y yny

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Sucesiones parciales. Teorema de Bolzano–Weierstrass 335

converge a cero, para lo cual, teniendo en cuenta que lKımfxny ynxg D xy yx D 0, bas-
tará probar que la sucesión f1=yng está acotada. Puesto que lKımfyng D y, se deduce de la
desigualdad

jjynj jyjj 6 jyn yj

que lKımfjynjg D jyj. Existirá, por tanto, un número m0 2 N tal que para todo n > m0 es

jynj > jyj=2. Pongamos


11 12
K D maKx ; ;:::; ;:
jy1j jy2j jym0 j jyj

1
Se tiene entonces que jynj 6 K para todo n 2 N. Hemos probado así que la sucesión f1=yng
está acotada, lo que concluye la demostración del teorema.

7.21 Observación. Hay que leer con atención las hipótesis del teorema anterior para no hacer

un uso incorrecto del mismo. En particular, no hay que olvidar que la suma de dos sucesio-
nes no convergentes puede ser una sucesión convergente. Por ejemplo, las sucesiones xn Dn,
ynD n, no son convergentes pues no están acotadas, pero su suma xnCynD0 es, evidentemen-
te, convergente. Por tanto, antes de escribir lKımfxnCyngDlKımfxngClKımfyng, hay que asegurarse
de que estos últimos límites existen, es decir, que las sucesiones fxng, fyng convergen, pues
pudiera ocurrir que la sucesión fxnCyng fuera convergente y no lo fueran las sucesiones fxng,
fyng. Análogamente, basta considerar las sucesiones xnDynD. 1/n, para convencerse de que
el producto de dos sucesiones no convergentes puede ser una sucesión convergente y, en con-

secuencia, antes de descomponer una sucesión como producto de otras dos, debes asegurarte

de que estas sucesiones convergen.

7.2.5. Sucesiones parciales. Teorema de Bolzano–Weierstrass

7.22 Definición. Sea fxng una sucesión de números reales; dada una aplicación WN ! N
estrictamente creciente, la sucesión que a cada número natural n hace corresponder el número
real x .n/ se representa por fx .n/g y se dice que es una sucesión parcial o una subsucesión
de fxng. Observa que fx .n/g no es otra cosa que la composición de las aplicaciones fxng y ,
esto es, fx .n/g D fxng ı .

Se dice que un número real x es un valor de adherencia de la sucesión fxng si hay alguna
sucesión parcial de fxng que converge a x.

7.23 Ejemplo. Sea, como de costumbre, E.x/ el mayor entero menor o igual que x. La suce-
sión fxng dada por xnD n=5 E.n=5/ para todo n 2 N, tiene a 0; 1=5; 2=5; 3=5 y 4=5, como
valores de adherencia.

En efecto, basta considerar que para cada j 2 f0; 1; 2; 3; 4g, la sucesión parcial fx5n j gn2N

viene dada por x5n D 0, para j D 0, y x5n j D 1 j =5 para j D 1; 2; 3; 4.

Es fácil probar por inducción que si es una aplicación estrictamente creciente de N en N
entonces se verifica que .n/ > n para todo n 2 N.

Sea lKımfxng D x, y fx .n/g una sucesión parcial de fxng. Dado " > 0, existe m0 2 N tal
que para todo n>m0 se verifica que jxn xj < ". Puesto que .n/>n, deducimos que para

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Sucesiones parciales. Teorema de Bolzano–Weierstrass 336

todo n>m0 se tiene .n/>m0, y por tanto, jx .n/ xj < ". Hemos probado así el siguiente
resultado.

7.24 Proposición. Si lKımfxng D x, toda sucesión parcial de fxng también converge a x. En
particular, una sucesión convergente tiene como único valor de adherencia su límite.

7.25 Estrategia. Como consecuencia de la proposición anterior, para probar que una sucesión
no converge, es suficiente probar que tiene alguna sucesión parcial no convergente o que tiene
dos sucesiones parciales que convergen a límites diferentes.

Por ejemplo, para la sucesión xn D . 1/n se tiene que x2n D 1 y x2n 1 D 1. Por tanto
dicha sucesión no es convergente.

Observa que hay sucesiones, la de los números naturales por ejemplo, que no tienen ningún
valor de adherencia. También puede ocurrir que una sucesión tenga un único valor de adhe-
rencia y no sea convergente. Por ejemplo, la sucesión dada por xnD .1C . 1/n/n C 1=n para
todo n 2 N, no es convergente y tiene a 0 como único valor de adherencia. Vamos a ver a
continuación que estos comportamientos no pueden darse con sucesiones acotadas.

7.26 Lema. Toda sucesión tiene una sucesión parcial monótona.

Demostración. Sea fxng una sucesión y definamos

A D fn 2 N W xn > xp para todo p > ng

Podemos visualizar el conjunto A como sigue. Consideremos en el plano los segmentos de
extremos .n; xn/ y .n C 1; xnC1/, n D 1; 2; 3; : : :

0 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20

Figura 7.1. Puntos de sol y de sombra

Resulta así una línea poligonal infinita y podemos imaginar que dicha línea es el perfil de
una cordillera cuyas cumbres y valles son los puntos .n; xn/. Imaginemos ahora que los rayos
de luz del Sol, paralelos al eje de abscisas, iluminan dicha cordillera por el lado derecho (el Sol

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Sucesiones parciales. Teorema de Bolzano–Weierstrass 337

estaría, pues, situado en el infinito del eje de abscisas positivo). Pues bien, un número natural
n pertenece al conjunto A si el punto .n; xn/ está iluminado y no pertenece a A si dicho punto
está en sombra.

Supongamos que A es infinito. Entonces podemos definir una aplicación W N ! N
estrictamente creciente y tal que .N/ D A de la siguiente forma:

.1/ D mKın.A/
.n C 1/ D mKınfp 2 A W .n/ < pg para todo n 2 N

es decir la aplicación va eligiendo los elementos de A de menor a mayor empezando por el
primero. Resulta ahora evidente que la sucesión parcial fx .n/g es decreciente, porque todos
los puntos . .n/; x .n// están iluminados y, por tanto, ninguno de ellos puede hacerle sombra
a uno anterior.

Si A es finito podemos suponer que ADØ. En tal caso, para todo n 2 N hay algún p > n tal
que xn < xp (pues todo punto .n; xn/ está en sombra). Podemos definir ahora una aplicación
W N ! N estrictamente creciente de la siguiente forma:

.1/ D 1
.n C 1/ D mKınfp 2 N W .n/ < p y x .n/ < xpg para todo n 2 N

Es evidente que la sucesión parcial fx .n/g es creciente, pues cada punto . .n/; x .n// deja en
la sombra al anterior.

El siguiente resultado es uno de los más importantes en la teoría de sucesiones de números
reales.

7.27 Teorema (Teorema de Bolzano - Weierstrass). Toda sucesión acotada de números reales
tiene alguna sucesión parcial convergente.

Demostración. Sea fxng una sucesión acotada. En virtud el lema anterior, hay una sucesión
parcial de fxng que es monótona, dicha sucesión parcial está acotada por estarlo fxng y, por
tanto, es convergente.

Si volvemos a leer la definición de sucesión convergente, parece que para estudiar la conver-
gencia de una sucesión fxng debemos ser capaces de “adivinar”, de alguna manera, su posible
límite. De hecho, una idea bastante extendida consiste en pensar que es lo mismo probar la
convergencia de una sucesión que calcular su límite. Esto no es del todo correcto; son relativa-
mente pocas las sucesiones convergentes cuyo límite puede efectivamente calcularse. Cuando
se estudia la convergencia de una sucesión fxng, la mayoría de las veces, lo que conocemos es,
justamente, la sucesión y, naturalmente, se desconoce su posible límite el cual pudiera, incluso,
no existir. Por ello interesa tener criterios de convergencia intrínsecos a la sucesión, es decir,
que no hagan intervenir a un objeto en principio extraño a ella como es su posible límite. Co-
nocemos ya un criterio de convergencia intrínseco para sucesiones monótonas. Usando dicho
criterio hemos probado en el ejemplo 7.18 la convergencia de una sucesión sin necesidad de
conocer su límite.

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Condición de Cauchy. Teorema de completitud de R 338

7.2.6. Condición de Cauchy. Teorema de completitud de R

A continuación vamos a establecer un criterio intrínseco de convergencia para sucesiones
que es más general pues puede aplicarse a cualquier sucesión. Este criterio fué formulado
por Bolzano en 1817 y también, independientemente, por Cauchy en 1821, y establece una
condición necesaria y suficiente para la convergencia de una sucesión. Dicha condición se
conoce con el nombre de condición de Cauchy.

7.28 Definición. Se dice que una sucesión fxng satisface la condición de Cauchy, si para cada
número positivo, " > 0, existe un número natural m", tal que para todos p; q 2 N con p>m" y
q >m" se verifica que jxp xqj < ".

7.29 Teorema (Teorema de completitud de R). Una sucesión de números reales es conver-
gente si, y sólo si, verifica la condición de Cauchy.

Demostración. Supongamos que fxng verifica la condición de Cauchy. Probemos primero que

fxng está acotada. La condición de Cauchy implica que hay m0 2 N tal que jxp xm0j < 1
para todo p > m0, y como jxpj 6 jxp xm0j C jxm0j, deducimos que jxpj < 1 C jxm0j para
p > m0. En consecuencia si definimos M D maKxfjx1j; jx2j; : : : ; jxm0j; 1Cjxm0jg, obtenemos
que jxnj 6 M para todo n 2 N.

El teorema de Bolzano-Weierstrass garantiza que hay un número real x y una sucesión

parcial fx .n/g que converge a x. Probaremos que fxng también converge a x. Dado " > 0,
existe no 2 N tal que jxp xqj < "=2 siempre que p; q > no. También existe n1 2 N tal que
jx .n/ xj < "=2 siempre que n > n1. Sea m D maKxfno; n1g. Para todo n > m se tiene que
.n/ > n > m por lo que

""
jxn xj 6 jxn x .n/j C jx .n/ xj < C D "
22

lo que prueba que nl!Kım1fxng D x.

Recíprocamente, si fxng es convergente y lKımfxng D x, dado " > 0, hay un número m" 2 N
tal que para todo número natural n > m" se tiene que jxn xj < "=2. Deducimos que si p; q
son números naturales mayores o iguales que m" entonces

jxp xqj 6 jxp xj C jx xqj < "=2 C "=2 D ":

Por tanto la sucesión fxng verifica la condición de Cauchy.

7.30 Observación. La condición de Cauchy para sucesiones dada en la definición 7.28, puede
también expresarse de una manera equivalente, aunque formalmente distinta, como sigue.

Una sucesión fxng satisface la condición de Cauchy, si para cada número positivo, " > 0,
existe un número natural m", tal que para todo p>m" y para todo número natural h, se verifica
que jxpCh xpj < ".

Equivalentemente, una sucesión fxng verifica la condición de Cauchy si, y sólo si, la suce-
sión f ng dada para todo n 2 N por:

n D supfjxnCh xnj W h 2 Ng

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Límites superior e inferior de una sucesión 339

converge a cero.

Puesto que, evidentemente, para cada h 2 N se tiene que jxnCh xnj 6 n para todo

n 2 N, si fxng satisface la condición de Cauchy entonces se verifica que nl!Kım1fxnCh xng D 0
para cada h 2 N. Es importante observar que una sucesión fxng puede verificar esta última

condición y no ser convergente, es decir, no satisfacer la condición de Cauchy. UPnkneDje1m1=pklo.
de ello lo proporciona la serie armónica, esto es, la sucesión fHng dada por Hn D

Hemos visto en el ejemplo 7.16 que dicha sucesión no es convergente y, por tanto, no verifica

la condición de Cauchy. Sin embargo, fijado un número natural h 2 N, tenemos que

11 C C 1h
0 < HnCh Hn D n C h C n C h <
1 nC1 n

no
h
y, como lKım n D 0, deducimos que nl!Kım1fHnCh Hng D 0.

n!1

Observa que si hacemos h D 22.mCn/ n entonces, como consecuencia de la desigual-

dad 7.4, H2p > 1 C p=2, tenemos:

HnCh Hn D H22.mCn/ Hn > H22.mCn/ n > 1 C m C n n D m C 1

lo que prueba que el conjunto fHnCh Hn W h 2 Ng ni siquiera está mayorado para ningún
n2N.

7.2.7. Límites superior e inferior de una sucesión

Acabaremos esta parte del capítulo, esencialmente teórica, introduciendo dos conceptos,
que también tienen un interés principalmente teórico, que usaremos más adelante para formular
algunos criterios de convergencia para series.

Sea fxng una sucesión acotada y definamos para cada n 2 N:

An Dfxp Wp >ng D fxn; xnC1; xnC2; : : :g

El conjunto An está formado por todos los términos de la sucesión a partir del que ocupa el
lugar n-ésimo. Como An A1 y, por hipótesis, A1 es un conjunto acotado, An también está
acotado. Pongamos

˛n D Kınf.An/; ˇnD sup.An/:

Como AnC1 An se tiene que ˛n6 ˛nC1, ˇnC16 ˇn. Por tanto la sucesión f˛ng es creciente
y fˇng es decreciente. Además ˛1 6 ˛n 6 ˇn 6 ˇ1, para todo n 2 N y, por el teorema 7.17,
concluimos que ambas sucesiones son convergentes. El número ˛ D lKımf˛ng se llama límite
inferior de la sucesión fxng y se representa por lKım inffxng y también lKımfxng. El número
ˇ D lKımfˇng se llama límite superior de la sucesión fxng y se representa por lKım supfxng y
también por lKımfxng. Nótese que ˛6ˇ y además ˛ y ˇ vienen dados por ˛ D supf˛n Wn 2 Ng,
ˇ D Kınffˇn Wn 2 Ng.

7.31 Teorema. Una sucesión acotada es convergente si, y sólo si, su límite superior y su límite
inferior son iguales, en cuyo caso ambos coinciden con el límite de la sucesión.

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Ejercicios propuestos 340

Demostración. Sea fxng acotada, ˛ D lKım inffxng; ˇ D lKım supfxng. Supongamos que fxng
es convergente con lKımfxng D x. Dado " > 0, existe m0 2 N tal que para todo p > m0 es
x "=2 < xp < x C "=2. Por tanto x "=2 es un minorante de Am0 D fxp W p > m0g y, en
consecuencia, x "=2 6 ˛m0. También, por análogas razones, ˇm0 6 x C "=2. Como además
˛m0 6 ˛ 6 ˇ 6 ˇm0, resulta que:

x "=26˛m0 6 ˛ 6 ˇ 6 ˇm0 6 x C "=2: (7.7)

De donde se sigue que ˇ ˛ 6". Hemos probado que para todo " > 0 es ˇ 6˛ C" lo que, como
ya sabemos, implica que ˇ6˛ y, en consecuencia ˛Dˇ. Deducimos ahora de las desigualdades
(7.7) que, para todo " > 0, x "=2 6 ˛ D ˇ 6 x C "=2 y, por tanto, x 6 ˛ D ˇ 6 x, o sea,
x D ˛ D ˇ.

Recíprocamente, supongamos que ˛ D ˇ. Dado " > 0, todos los términos de cada una de

las sucesiones f˛ng y fˇng estarán en el intervalo ˛ "; ˛ C "ŒDˇ "; ˇ C "Œ a partir de uno
de adelante. Luego ˛ " < ˛m0 6 ˇm0 < ˛ C " para algún m0 2 N. Puesto que para n>m0
se verifica que ˛m0 6 xn6 ˇm0, concluimos que ˛ " < xn < ˛ C " para todo n>m0. Hemos
probado así que fxng es convergente y lKımfxng D ˛ D ˇ.

7.2.8. Ejercicios propuestos

312. Dado " > 0, calcula m" 2 N tal que para todo n>m" se verifique jxn xj < " donde
xn, x vienen dados en cada caso por:

2n C 3 2 p3 n C 1 p3 n ; x D 0
a/ xn D 3n ; xD I b/ xn D 1 n
50 3
p
c/ xnD n a .a > 0/; x D 1I d / xnD p ; x D 0
pn n ; x D 0I 2
n pn n
e/ xn D C 1 f / xnD n2an .jaj < 1/; x D 0

Sugerencia. Como consecuencia del binomio de Newton, para x 1 > 0 se verifica que
xnD.1C.x 1//n>1Cn.x 1/. Esta desigualdad, convenientemente usada, permite

resolver con facilidad los casos b), c), d) y e).

313. Sea A un conjunto no vacío y mayorado de números reales. Prueba que un número real,
ˇ, es el supremo de A si, y sólo si, ˇ es un mayorante de A y hay alguna sucesión de
puntos de A que converge a ˇ.

314. Supuesto que lKımfxngDx, prueba que el conjunto ADfxnWn 2 Ng[fxg tiene máximo y
mínimo.

315. a) Sea fxng una sucesión y supongamos que hay números 20; 1Œ; p 2 N, tales que

para todo n > p es jxnC1j 6 jxnj . Prueba que lKımfxng D 0.

b) Sea fxng una sucesión de números no nulos verificando que lKım jxnC1j D , donde
jxnj

0 6 < 1. Prueba que lKımfxng D 0.

Aplicación. Dados a 2 1; 1Œ; k 2 N, prueba que lKım fnk ang D 0.

n!1

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Ejercicios propuestos 341

316. Estudia la convergencia de las sucesiones siguientes.

a/ xn D 2n C . 1/n.n C 2/ b/ xn D n 1 C . 1/n n
c/ xn D
7CnnC 3n 3
3n d / xnD pn anC bn .a > 0; b > 0/
n2 1

Xn 1 xn
e/ xn D p f / xn D n! .x 2 R/
kpD1 k C n2
g/ xnD n2 C 3n C 2 p C p p p
n h/ xn D n2 n n n C 1 C 2n

Sugerencia. En algunos casos puede usarse el principio de las sucesiones encajadas o el
ejercicio anterior.

317. Sea xn D 1 3 5 .2n 1/ 1 lKımfxng
. Prueba que xn < p . Deduce que D 0.
2 4 6 2n 2n C 1

Sugerencia. Relaciona k con k C1 .
k C1 k C2

p1 C an 1 1
an .
318. Supongamos que fang ! 0. Justifica, usando derivadas, que lKım D 2

319. Sean a0; a1; : : : ; ap números reales cuya suma es igual a cero. Justifica que

np n C a1 p p po
lKım a0 n C 1 C a2 n C 2 C C ap nCp D0

n!1

p
Sugerencia. Saca factor común n, resta a0 C a1 C C ap y usa el ejercicio anterior.

320. Estudia la convergencia de la sucesión: Xn 1
p p

xn D 2 n kD1 k

321. Prueba que la sucesión dada por x1 D 0 y para n > 2:

xn D log.log n/ Xn 1

k D2 k log k

es convergente y su límite es menor o igual que log.log 2/.

322. Dados 0 < a1 < b1, definamos para todo n 2 N:

bnC1 D an C bn ; p
2 anC1 D anbn:

Justifica que las sucesiones así definidas son monótonas y convergen al mismo número
(que se llama media aritmético-geométrica de a1 y b1).

323. Dados 0 < a1 < b1, definamos para todo n 2 N:

bnC1 D an C bn ; anC1 D 2anbn :
2 an C bn

Justifica que las sucesiones así definidas son monótonas y convergen al mismo número
(que se llama media aritmético-armónica de a1 y b1).

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Ejercicios propuestos 342

324. Dados a; b 2 R con 0 < a < b, definamos:

a1 D a; a2 D b; anC2 D 2anC1an :
anC1 C an

a) Prueba que las sucesiones fa2ng y fa2n 1g son monótonas.

ba
b) Prueba que ja2n a2n 1j 6 2n 1 .
c) Justifica que fang converge y calcula su límite.

325. Estudia la convergencia de las siguientes sucesiones.

p
a) x1 D 1, xnC1 D 3xn.

b) x1 D 3, xnC1 D 3 C 3xn .
3 C xn

c) x1D 1, xnC1 D 4 C 3xn .
3 C 2xn

d) Dado a 2 2; 1Œ, definimos x1 D a, xnC1 D xn C 2
p p xn .

4

e) Dado a > 0, definimos x1D a, xnC1 D a C xn.

1
f) x1 D 0, xnC1D 3 xn2 .

1a
g) Dado a > 0 y a ¤ 1, definimos x1 D a, xnC1 D 3 2xn C xn2 .

h) Dado a 2 R, definimos x1 D a, xnC1 D 1 C .xn/2.
4

i) Dado a 2 2; 1Œ, definimos x1 D a, 3xnC1 D 2 C .xn/3.

Sugerencia. Estudia en cada caso monotonía y acotación. La convergencia puede depen-
der del valor inicial de a.

326. Para cada n 2 N sea

11 yn D xn 1
xnD1C 2 C C n log.n/; :
n

Prueba que fxng es estrictamente decreciente e fyng es estrictamente creciente. Deduce
que ambas sucesiones convergen a un mismo número. Dicho número se llama la cons-
tante de Euler, se representa por la letra griega ”.

a) Deduce que lKım 1 C 1=2 C C 1=n D 1.

n!1 log.n/

11 1

b) Justifica que lKım C C C C D log 2:
n!1 n 1 nC2 2n
( )
. 1/nC1
1 11 C C D log 2:
c) Justifica que lKım 1 C
n!1 2 34 n

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Ejercicios propuestos 343

327. Sea fxng una sucesión y supongamos que hay dos sucesiones parciales fx .n/g y fxs.n/g
que convergen a un mismo número x y tales que .N/ [ s.N/ D N. Prueba que fxng
converge a x.

328. Sea fxng una sucesión tal que las sucesiones parciales fx2ng, fx2n 1g y fx3ng, son con-
vergentes. Prueba que fxng es convergente.

329. ¿Puede existir alguna sucesión acotada, fxng, verificando que jxn xmj>10 75 siempre
que n ¤ m? Razona tu respuesta.

330. Sea fxng una sucesión de números reales y supongamos que hay números 20; 1Œ,
M > 0 y p 2 N tales que jxnC1 xnj 6 M n para todo n > p. Prueba que fxng es
convergente.

Sugerencia. Teniendo en cuenta que para todos n; h 2 N se verifica que:

nCh 1 C nCh 2 C C n < n
1

deduce que fxng verifica la condición de Cauchy.

331. Sea fxng una sucesión de números reales y supongamos que existen 20; 1Œ; p 2 N,
tales que jxnC1 xnj 6 jxn xn 1j para todo n > p. Prueba que fxng es convergente.
Sugerencia. Justifica que jxnC1 xnj 6 M n donde M es una constante independiente
de n.

332. Sea I un intervalo cerrado (puede ser I D R); f W I ! R una función, y supongamos
que hay un número ˛ 20; 1Œ tal que:

jf .x/ f .y/j 6 ˛jx yj; para todos x; y en I : (7.8)

Se dice entonces que f es una función contractiva en I . Supongamos además que
f .x/ 2 I para todo x 2 I . Dado un punto a 2 I , definamos fxng por x1 D a; y xnC1 D
f .xn/ para todo n 2 N.

a) Prueba que fxng converge a un punto x 2 I que es el único punto fijo de f , es decir,
f .x/ D x.

b) Justifica que si la función f es derivable en I y se verifica que hay un número ˛ 20; 1Œ
tal que jf 0.x/j 6 ˛ para todo x 2 I , entonces f es contractiva en I .

333. Estudia la convergencia de las sucesiones definidas para todo n 2 N por:

1 pp
a/ x1 D 1; xnC1 D 1 C xn I b/ x1 D 2; xnC1 D 2 xn:

334. Supongamos que la ecuación x2D bx C a tiene dos raíces reales distintas ˛ y ˇ. Dados
dos números reales y , definamos fxng por:

x1 D C ; x2 D ˛ C ˇ; xnC2 D bxnC1 C axn
Prueba que xnD ˛n 1 C ˇn 1 para todo n 2 N.

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Ejercicios propuestos 344

Aplicaciones. i) La sucesión fxng definida para todo n 2 N por:

x1 D x2 D 1; xnC2 D xnC1 C xn

se llama sucesión de Fibonacci. Calcula explícitamente xn.
ii) Estudia la convergencia de la sucesión definida para todo n 2 N por:

1
x1D a; x2 D b; xnC2D 2 .xnC1C xn/:

iii) Dados a; b 2 RC, estudia la convergencia de la sucesión definida por:

a1 D a; a2 D b; xnC2 D p
xnC1xn:

335. Prueba que para todo n 2 N se verifica la desigualdad

.n C 1/n < en < .n C 1/nC1
:
n! n!

Sugerencia. Recuerda la definición del número e.

336. a) Prueba que la sucesión fung definida para todo n 2 N por:

n
1 2 3
un D 1 C n2 1 C n2 1 C n2 1 C n2

es convergente.
b) Justifica que para todo x > 0 se verifica que:

x2
x 6 log.1 C x/ 6 x:

2

c) Utiliza dicha desigualdad para calcular nl!Kım1fung.

xp x
337. a) Justifica, para x > 1, la desigualdad 2 C x < 1 C x 1 < 2 .
r !
Xn k 1.
b) Usa dicha desigualdad para calcular el límite de la sucesión xnD
1 C n2
k D1

Yn
338. Dado 0 < < 1, estudia la convergencia de la sucesión un D .1 C k/.

k D1

Sugerencia. La desigualdad de las medias puede ser útil.

339. Sea xn D 1 C . 1/n C . 1/n 1 y A D fxn W n2Ng. Calcula lKım supfxng, lKım inffxng,
n
sup.A/ e Kınf.A/.

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Ejercicios resueltos 345

7.2.9. Ejercicios resueltos

¡Antes de ver la solución de un ejercicio debes intentar resolverlo!

Ejercicio resuelto 152 Dado " > 0, calcula m" 2 N tal que para todo n > m" se verifique
jxn xj < " donde xn, x vienen dados en cada caso por:

2n C 3 2 xn D p3 n C 1 p3 n ; x D 0
a/ xn D 3n 50 ; x D 3 I b/ 1 n

c/ xnD pn a .a > 0/; x D 1I d / xnD p ; x D 0
pn n ; x D 0I 2
n pn n
e/ xn D C 1 f / xnD n2an .jaj < 1/; x D 0

Sugerencia. Como consecuencia del binomio de Newton, para x 1 > 0 se verifica que
xnD.1C.x 1//n>1Cn.x 1/. Esta desigualdad, convenientemente usada, permite

resolver con facilidad los casos b), c), d) y e).

Solución. Como regla general, en este tipo de ejercicios hay que “trabajar hacia atrás”,
esto es, se calcula y simplifica jxn xj y se convierte la desigualdad jxn xj < " en
otra equivalente a ella de la forma n > '."/ donde '."/ es un número que d epende de ".
Basta entonces tomar m" como la parte entera de '."/ más 1, m" D E '."/ C 1, con lo
cual para todo n > m" se tiene que n < '."/ y, por tanto, jxn xj < ".

Este procedimiento admite muchos atajos. Hay que tener en cuenta que no se pide cal-

cular el m" “óptimo”, es decir, el menor valor posible de m" para el cual se verifica que
n > m"÷jxn xj < ", sino que se pide calcular cualquier valor de m" para el cual sea
cierta dicha implicación. Para ello es suficiente con obtener, a partir de la desigualdad
jxn xj < ", otra desigualdad del tipo n > '."/ de forma que se verifique la implicación
n > '."/÷jxn xj < ".

En este procedimiento hay que quitar valores absolutos. Esto siempre puede hacerse
porque la desigualdad jxn xj < " equivale a las dos desigualdades " < x n x < ".
Con frecuencia, el número xn x es siempre positivo o siempre negativo para todo n>n0,
lo que permite quitar directamente el valor absoluto y sustituirlo por la correspondiente

desigualdad.

Por supuesto, en estos ejercicios hay que trabajar con un valor genérico de " > 0, es
decir, no está permitido considerar valores particulares de " porque se trata de probar que
una cierta desigualdad es válida para todo " > 0.

La verdad es que se tarda más en escribir lo anterior que en hacer el ejercicio porque las
sucesiones que se dan son muy sencillas y la sugerencia muy útil.

a) Tenemos que ˇˇˇˇ ˇˇˇˇ ˇˇˇˇ ˇˇˇˇ

jxn xj D 2n C3 2 D 109 :
3n 50 3 9n 150

El denominador es positivo para todo n > 17. Pongamos n D 17 C k donde k 2 N.

Entonces 109 109 109 13

jxn xj D 150 D 3 C 9k < 9k < :
9n k

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Ejercicios resueltos 346

Deducimos que para que se tenga jxn xj < " es suficiente que tomar n D 17 C k donde
13 13 13
k se elige de forma que k < ", es decir, k > " . Por tanto, poniendo m" D 18 C E. " /

podemos asegurar que para todo n > m" se verifica que jxn xj < ".

Observa que las acotaciones 109 < 109 < 13 no son imprescindibles; de hecho,
3C9k 9k k
109
podemos despejar k de la desigualdad 3C9k < ", pero las acotaciones hechas facilitan

este paso (aunque se obtiene un valor de k mayor).

b) Tenemos que: p pp r !
0 < xn 0D 3 nC1 3 nD 3 n 3 1C 1 1:
n

r 1
n
Pongamos zn D 3 1C 1. Tenemos que zn > 0 y, usando la sugerencia dada:

.1 C zn/3 D 1 C 1 > 1 C 3zn ÷ zn 6 1
n 3n

Deducimos que: xn D p3 n zn 6 1 1 6 1 1
Por tanto: 3 p3 n2 3 p:
3n

11 " ÷ jxn 0j D xn < "
p < " ÷ xn <
3 3n

La desigualdad 1 p3 1n < " se verifica para todo n > 1 . Por tanto, es suficiente tomar
m" 3 . 27"3

D1CE 1
27"3

Observa que la acotación 1 p3 1n2 6 1 p31n no es imprescindible; de hecho, podemos des-
3 3

pejar n en la desigualdad 1 p3 1n2 < ", pero la acotación anterior facilita este paso (aunque
3

se obtiene un valor mayor para n).
pp
c) Sea a > 1. Entonces 1 < n a. Pongamos zn D jxn 1j D n a 1 > 0. Tenemos que:

.1 C zn/n D a > 1 C nzn ÷ zn < a n 1

Deducimos que:

a1
n < " ÷ zn D jxn 1j < "

La desigualdad a1 < " se verifica para todo n > a"1. Por tanto, es suficiente tomar
m" D1CE a
" 1n .

Si 0 < a < 1, poniendo b D 1 y usando lo ya visto, tenemos que:
a

0<1 pn a D pn b 1 < pn b b 1 1 a1
pn b 1< D

n an

De donde se sigue que podemos tomar m" D 1 C E 1a
a" .

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Ejercicios resueltos 347

p p r !
e) Sea xn D n n n C 1 n n . Tenemos que: n 1C 1 1:
0j D n pn n C 1 pn n D n pn n
0 < xn D jxn n

r 1
n
Pongamos zn D n 1C 1. Tenemos que zn > 0 y:

.1 C zn/n D 1 C 1 > 1 C nzn ÷ zn < 1
n n2 :

Por tanto, usando la desigualdad 7.3, tenemos que:

n pn nzn pn n
1 1 1 21 2 3
jxn 0j D < n < n C p 0 C p 6 n
n n nnn

Deducimos que tomando m" D 1 C E 3 entonces para todo n > m" se verifica que
jxn 0j < ". " ,
©

Ejercicio resuelto 153 Sea A un conjunto no vacío y mayorado de números reales. Prueba
que un número real, ˇ, es el supremo de A si, y sólo si, ˇ es un mayorante de A y hay
alguna sucesión de puntos de A que converge a ˇ.

Solución. Supongamos que ˇ D sup.A/. Entonces ˇ es, claro está, un mayorante de A.

Veamos que hay una sucesión de puntos de A que converge a ˇ. Como ˇ es el mínimo

mayorante de A, ningún número menor que ˇ puede ser mayorante de A. Por tanto,

dado " > 0, como ˇ " < ˇ, tiene que haber algún a" 2 A tal que ˇ " < a". En
1 1
particular, para " D n tiene que haber algún an 2A tal que ˇ n < an y, por supuesto,

an 6 ˇ. Deducimos así la existencia de una sucesión, fang, de puntos de A que verifica
1
ˇ n < an 6 ˇ. Es claro que fang ! ˇ.

La afirmación recíproca te la dejo apara que la hagas tú. ©

Ejercicio resuelto 154 Supuesto que lKımfxng D x, prueba que ADfxnWn 2 Ng[fxg tiene
máximo y mínimo.

Solución. Los elementos de A son los términos de la sucesión junto con el límite de la
misma. Observa que el conjunto A puede ser finito o infinito. El caso en que A es finito
es trivial porque sabemos que todo conjunto finito tiene máximo y mínimo. Conviene
considerar, por tanto, que A es infinito. La idea para hacer este ejercicio es la siguiente:
aún siendo A infinito, todos sus elementos están en un intervalo de la forma x "; x C"Œ,
con la posible excepción de un número finito de elementos de A que pueden quedar fuera
de dicho intervalo. Para probar que A tiene máximo debemos fijarnos en los elementos
más grandes de A. Dichos elementos deberían estar a la derecha del número x C " para
" > 0 suficientemente pequeño. Pero no tiene por qué haber ningún elemento de A en
estas condiciones, y eso pasa justamente cuando x es el mayor elemento de A, en cuyo
caso x sería el máximo de A.

Esto lleva a razonar de la siguiente forma. Si x es el máximo de A, hemos acabado. En
otro caso, tiene que haber algún elemento en A, digamos a 2 A que sea mayor que x,
a > x. Tomemos un " > 0 tal que x C" < a (por ejemplo "D.a x/=2). Entonces, todos

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Ejercicios resueltos 348

los elementos de A están en x "; x C "Œ excepto un número finito de ellos que quedan

fuera de dicho intervalo; además, como a > x C ", el conjunto B D fu 2 A W u > x C "g
©
no es vacío (a 2 B), es finito y, evidentemente, se tiene que maKx.B/ D maKx.A/.

Ejercicio resuelto 155 a) Sea fxng una sucesión y supongamos que hay números 2
0; 1Œ; p 2 N, tales que para todo n> p es jxnC1j 6 jxnj . Prueba que lKımfxng D 0.

b) Sea fxng una sucesión de números no nulos verificando que lKım jxnC1j D , donde
jxnj

0 6 < 1. Prueba que lKımfxng D 0.

Aplicación. Dados a 2 1; 1Œ; k 2 N, prueba que lKım fnk ang D 0.

n!1

Solución. a) Podemos hacer este apartado de dos maneras. La primera consiste en darse

cuenta de que la hipótesi˚s jxnC1«j 6 jxnj para todo n > p, junto con que 0 < < 1,
implica que la sucesión jxnCpj n2N es decreciente y, como es de números positivos,
tiene que converger a un número ˛ >0. Por tanto lKımfjxnjgD˛. La desigualdad jxnC1j6
jxnj implica que ˛ 6 ˛ y, como 0 < < 1, la única posibilidad para que dicha
desigualdad se cumpla es que ˛ D 0.

Otra forma consiste en escribir para n > p:

jxnC1j D jxnC1j jxnj jxn 1j jxpC1j jxp j 6 n p C1jxp j D nC1 jxpj D M nC1
jxnj jxn 1j jxn 2j jxp j p

donde hemos puesto M D jxp j que es una constante que no depende de n. La desigualdad
p
anterior, teniendo en cuenta que, por ser 0 < < 1, se verifica que n ! 0, implica que

jxnj ! 0.

b) Tomando " > 0 de forma que D C " < 1 (basta tomar " D .1 /=2), se sigue
que hay un número p 2 N tal que para todo n > p se verifica que:

jxnC1j 6 ÷ jxnC1j 6 jxnj:
jxnj

Y, por lo visto en el apartado anterior, concluimos que fxng ! 0.

La aplicación que se propone en este ejercicio es un resultado importante que debes
memorizar.

Pongamos xn D nkan, donde se entiende que k es un número natural fijo y a es un
número real con jaj < 1. Tenemos que:

jxnC1j D C 1 k jaj ÷ lKım jxnC1j D jaj < 1:
jxnj n n jxnj
n!1

Y podemos aplicar el resultado del punto anterior para concluir que lKım fnkang D 0.

n!1

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Ejercicios resueltos 349

Ejercicio resuelto 156 Estudia la convergencia de las sucesiones siguientes.

a/ xn D 2n C . 1/n.n C 2/ b/ xn D n 1/n n
c/ xn D 1C.

C7nnC 3n 3
3n d / xnD pn anC bn .a > 0; b > 0/
n2 1

Xn 1 xn
e/ xn D p f / xn D n! .x 2 R/
kpD1 k C n2
g/ xnD n2 C 3n C 2 n p C p p p
h/ xn D n2 n n n C 1 C 2n

Sugerencia. En algunos casos puede usarse el principio de las sucesiones encajadas o el
ejercicio anterior.

Solución. a) Tenemos que fx2ng ! 3=7, fx2n 1g ! 1=7. Luego fxng no converge

porque tiene dos sucesiones parciales que convergen a límites distintos.
n 2 n
b) Tenemos que 0 6 xn 6 n 2 y, como n ! 0 por lo visto en el ejercicio anterior,
3 3

se sigue que fxng ! 0. ˛6xn6 pn 2˛. Como pn 2 ! 1, concluimos que fxng ! ˛.
d) Sea ˛DmaKx a; b. Entonces

e) Tenemos que:

n Xn 1 6p n
p 6p :
n C n2 kD1 k C n2 1 C n2

Puesto que lKım p n D lKım p n D1, el principio de las sucesiones encajadas
n!1 n C n2 n!1 1 C n2
Xn 1
implica que lKım p D 1.
n!1 k C n2
k D1

h)

q C p p p pn2nq2CCppn n n2 p C p D
n2 n n n C 1 C 2n D nC1 2 n

pp 1 C 1 Cn
pnn22CCnpCn 2n q n p
D Cn D
C2 p
!2
p1
1 C nn C 1

©

Ejercicio resuelto 157 Estudia la convergencia de la sucesión:

p Xn 1
xn D 2 n p

kD1 k

Solución. Estudiaremos la monotonía y acotación. Tenemos que:

p
p p 1 2n C 1 2 n2 C n
xnC1 xn D 2 n C 1 2 n pD p >
q nC1 nC1

2n C 1 2 n2 CnC 1
>p 4
D 0:
nC1

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Ejercicios resueltos 350

Por tanto xnC1 > xn y la sucesión es estrictamente creciente. Además:

p p1 2 1 1 1
xkC1 xk D2 k C 1 2 k p Dp p p <p p
kC1 kC1C k kC1 k
k C1

Sumando estas desigualdades para 1 6 k 6 n 1 obtenemos que xn x1 < 1 p1 < 1,
n

de donde se sigue que xn < 2 para todo n 2 N. Luego fxng es creciente y mayorada, por

tanto es convergente.
p

Alternativamente, aplicando el teorema del valor medio a la función f .x/ D 2 x en el

intervalo Œk; k C 1 tenemos que hay algún número c 2k; k C 1Œ tal que:

p p1
2 kC1 2 kD p

c

Como k < c < k C 1 se verifica que:

p 1 < p1 < p1 :
kC1 c k

Deducimos que: 11 1
pp p <p p:

0<2 kC1 2 k kC1 k kC1

Y volvemos a obtener las acotaciones anteriores de forma más cómoda. ©

Ejercicio resuelto 158 Prueba que la sucesión dada por x1 D 0 y para n > 2:

xn D log.log n/ Xn 1

k D2 k log k

es convergente y su límite es menor o igual que log.log 2/.

Solución. Tenemos que:

xk D log.log.k C 1// 1
xk C1 log.log k/ :
.k C 1/ log.k C 1/

Aplicando el teorema del valor medio a la función f .x/ D log.log x// en el intervalo
Œk; k C 1 para k > 2, tenemos que hay algún número c 2k; k C 1Œ tal que:

log.log.k C 1// log.log k/ D 1
:
c log c

Como k < c < k C 1 se verifica que:

.k 1 C 1/ < c 1 < 1:
C 1/ log.k log c k log k

Deducimos que:

11
0 < xkC1 xk < k log k .k C 1/ log.k C 1/ :

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Ejercicios resueltos 351

Esta desigualdad prueba que la sucesión fxng es creciente. Además, sumando las de-
sigualdades anteriores desde k D 2 hasta k D n resulta que:

11 1 1
xnC1 x2 < 2 log 2 .n C 1/ log.n C 1/ < 2 log 2 ÷xnC1 < x2C 2 log 2 Dlog.log 2/:

Por tanto, la sucesión está mayorada y, como es creciente, es convergente y su límite es
©
menor o igual que log.log 2/.

Ejercicio resuelto 159 Dados 0 < a1 < b1, definamos para todo n 2 N:

bnC1 D an C bn ; p
2 anC1 D anbn:

Justifica que las sucesiones así definidas son monótonas y convergen al mismo número
(que se llama media aritmético-geométrica de a1 y b1).

Solución. Teniendo en cuenta que la media geométrica de dos números es menor que su

media aritmética, y que ambas están comprendidas entre dichos números, se sigue que

a1 < a2 < b2 < b1. Volvemos a razonar ahora igual con a2 < b2 para obtener que

a2 < a3 < b3 < b2. Este proceso puede continuarse indefinidamente. Deducimos que

fang es creciente y fbng es decreciente. Además, ambas están acotadas porque para todo

n 2 N es a1 < an < bn < b1. Por tanto, ambas convergen. Pongamos fang ! a y
C C
fbng ! b. De la igualdad anC1 D an 2 bn se sigue que aD a 2 b de donde se obtiene
que a D b. ,
©

Ejercicio resuelto 160 Estudia la convergencia de las siguientes sucesiones.

p
a) x1 D 1, xnC1 D 3xn.

b) x1 D 3, xnC1 D 3 C 3xn .
3 C xn

c) x1D 1, xnC1 D 4 C 3xn .
3 C 2xn

d) Dado a 2 2; 1Œ, definimos x1 D a, xnC1 D xn C 2
p p xn .

4

e) Dado a > 0, definimos x1D a, xnC1 D a C xn.

1
f) x1 D 0, xnC1D 3 xn2 .

1a
g) Dado a > 0, a ¤ 1, definimos x1 D a, xnC1 D 3 2xn C xn2 .

h) Dado a 2 R, definimos x1 D a, xnC1 D 1 C .xn/2.
4

i) Dado a 2 2; 1Œ, definimos x1 D a, 3xnC1 D 2 C .xn/3.

Sugerencia. Estudia en cada caso monotonía y acotación. La convergencia puede depen-
der del valor inicial de a.

Solución. En este tipo de ejercicios puede ser útil calcular de entrada, cuando sea posible
y bajo el supuesto de que la sucesión sea convergente, el límite de la sucesión. Después
deberemos probar que efectivamente la sucesión converge.

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Ejercicios resueltos 352

pp
a) Supuesto que fxng ! ˛, de la igualdad xnC1 D 3xn, se sigue que ˛ D 3˛, por
lo que ˛ D 3. Observa que no hemos probado que fxng sea convergente. Lo que hemos
probado es que, suponiendo que fxng sea convergente, entoncespsu límite es 3. Este dato
nos ayudará en lo que sigue. Por ejemplo, como x1 D 1 < x2 D 3, podemos sospechar
que fxng es creciente. En tal caso debería verificarse que xn < 3 para todo n 2 N.

Empezaremos probando esta desigualdad.
pp

Tenemos que x1 D 1 < 3; supuesto que xn < 3 deducimos que xnC1 D 3xn < 9 D 3.
Luego, por inducción, concluimos que xn < 3 para todo n 2 N. Probemos ahora que
fxng es creciente. Tenemos que:

3xn D xn2C1 D xnC1xnC1 < 3xnC1 ÷ xn < xnC1

por tanto, la sucesión es estrictamente creciente y, como está mayorada por 3, es conver-
©
gente y, por lo visto al principio, su límite es 3.

b) Supuesto que fxng ! ˛ , de la igualdad xnC1 D 3 C 3xn , se sigue que ˛ D 3 C 3˛ ,
de donde resulta que ˛2 D 3, por lo que deberá ser 3 Cpxn ya que el límite 3C˛
˛D 3
debe ser un

número no negativo pues, evidentemente, todos los términos de la sucesión son positivos.

Observa que no hemos probado que fxng sea convergente. Lo pque hemos probado es que,
suponiendo que fxng sea convergente, entonces su límite es 3. Este dato nos ayudará

en lo que sigue. Por ejemplo, como x1 D 3 > x2 D p2, podemos sospechar que fxng es
decreciente. En tal caso debería verificarse que xn > 3 para todo n 2 N. Empezaremos

probando esta desigualdad.
p

Claramente x1 D 3 > 3. Por otra parte:

xnC1 > p ” 3 C 3xn > p ” 3 C 3xn > pp
3 3 p 3 3 C 3xn ”
3 pC xnp
p
” xn 3. 3 1/ > 3. 3 1/ ” xn > 3

pp
Por tapnto, si xn > 3 también es xnC1 > 3. Luego, por inducción, concluimos que
xn > 3 para todo n 2 N. Probemos ahora que fxng es decreciente. Tenemos que:

xnC1 xn D 3 C 3xn xn D 3 xn2 < 0 ÷ xnC1 < xn
3 C xn 3 C xn

por tanto, la sucesión es estrictamente decrecientepy, como está minorada por p3, es
convergente y, por lo visto al principio, su límite es 3.
©

7.32 Estrategia. Para estudiar las sucesiones recurrentes pueden usarse técnicas de de-

rivadas; para ello hay que expresar la sucesión recurrente en la forma xnC1 D f .xn/,

donde la función f generalmente es fácil de obtener a partir de la definición de la suce-

sión. En nuestro caso, tenemos que xnC1 D 3 C 3xn , por lo que deberemos considerar la
3 C xn
3 C 3x
función f .x/ D 3 C x . Con ello, tenemos que xnC1 D f .xn/. Esta relación, junto con
x1 D3 determina la sucesión. Seguidamente, hay que elegir un intervalo donde la función

f va a estar definida. Tenemos que elegir dicho intervalo de forma que la función tome

valores en él. En nuestro caso, la elección es fácil pues, si x > 0 también es f .x/ > 0, por

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Ejercicios resueltos 353

ello vamos a considerar que f está definida en RCo . Podemos volver a enunciar nuestro
ejercicio como sigue.

Sea f W RCo ! R la función dada para todo x > 0 por f .x/ D 3 C 3x
3 C x . Definamos fxng
por x1 D 3 y xnC1 D f .xn/. Estudiar la convergencia de fxng.

Lo primero que debemos observar es que la sucesión está bien definida pues x1 D 3 > 0
y, supuesto que xn > 0, también es xnC1 D f .xn/ > 0 por lo que tiene sentido f .xnC1/.
Si la sucesión converge, su límite debe ser un número ˛ > 0 y, por ser f continua, f
permuta con el límite, por lo que debe verificarse que

˛ D lKımfxnC1g D lKımff .xn/g D f .lKımfxng/ D f .˛/:
p

De donde se obtiene que ˛ D 3.

Para estudiar la monotonía calculamos la derivada de f . Tenemos que f 0.x/D .3 6 .
C x/2
Como f 0.x/ > 0, se sigue que f es estrictamente creciente. Como x1 D 3 > x2 D

f .x1/ D 2 y, al ser creciente, f conserva las desigualdades, se sigue que x2 D f .x1/ >

f .x2/ D x3. Este proceso puede seguirse indefinidamente, esto es, la misma relación de

orden que hay entre dos términos consecutivos se conserva siempre:

xn > xnC1 ÷ xnC1 D f .xn/ > f .xnC1/ D xnC2:

Obtenemos así que fxng es decreciente. Además, como es dpe términos positivos, está
minorada, luego es convergente. Su límite ya sabemos que es 3.

Observa que, al proceder de esta forma, podemos probar muy fáciplmente el decrecimien-
to de la sucesión, sin necesidad de probar previamente que xn > 3.

Las sucesiones recurrentes del tipo xnC1 D f .xn/ donde f es una función continua,
cuando son convergentes, fxng ! ˛, su límite viene dado por ˛ D f .˛/, es decir, es un
punto fijo de la función f .

e) Definamos f W RCo !R pp
por f .x/ D a C x. La sucesión está dada por x1 D a y

xnC1 D f .xn/. Como f es continua, si la sucesión es convergente, su límite debe ser un

punto fijo de f , es decir, debe ser solución de la ecuación ˛ D f .˛/, lo que implica que

˛2 D a C ˛ y deducimos que

˛D 1C p 1 C 4a;
2

p
pdonde hemos elegido la solución positiva de la ecuación. Puesto que x1 D a < x2 D

2a y, evidentemente, f es estrictamente creciente, se sigue x2 D f .x1/ < f .x2/ D x3

y, en general, xn < xnC1. Por tanto fxng es estrictapmente creciente. Veamos que está
mayorada. Probaremos que xn < ˛. Claramente x1D a < ˛. Supongamos que xn < ˛.

Entonces:

xn2C1 D a C xn < a C ˛ D ˛2 ÷ xnC1 < ˛

Concluimos, por inducción, que xn < ˛ para todo n 2 N. Luego fxng es creciente y
mayorada, por tanto converge y su límite es ˛.

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Ejercicios resueltos 354

Para a D 1, tenemos que:

1 C p D lKım s C r C q C p C
5 1 1 1 1

2

©

11
f) Tenemos que x1 D 0 y xnC1 D 3 xn2 . Consideremos la función f .x/ D 3 x2 . La
sucesión que nos dan está definida por x1 D 0, xnC1 D f .xn/. La derivada de f viene
2x
dada por f 0.x/D x2/2 . Debemos considerar definida la función f en un intervalo I
.3

que contenga el 0 (porque x2 Df .0/pD1=3) y de forma que f .I / Ip. Como f .0/D1=3
debe estar en I , deberá ser I Œ0; 3Œ. Como f es creciente en Œ0; 3Œ y f .1/ D 1=2,

se sigue que f .Œ0; 1/ Œ0; 1=2 Œ0; 1.

Consideraremos en lo que sigue que la función f está definida en el intervalo Œ0; 1.

Como f .Œ0; 1/ Œ0; 1 y los valores de la sucesión fxng son valores de f obtenidos por
aplicación reiterada de f a partir del valor inicial x1 D 0 2 Œ0; 1, dichos valores están
siempre en Œ0; 1. Por tanto 06xn 61 para todo n 2 N. Como f es estrictamente creciente
en Œ0; 1 y x1 D 0 < x2 D f .0/ D 1=3, se sigue que x2 D f .x1/ < f .x2/ D x3 y, en
general, supuesto que xn 1 < xn, se sigue que xn D f .xn 1/ < f .xn/ D xnC1. Luego
fxng es estrictamente creciente. Como está acotada, concluimos que fxng es convergente.
Sea fxng ! ˛. Como 0 6 xn 6 1, se sigue que 0 6 ˛ 6 1. Además, como f es continua
en Œ0; 1, ˛ debe ser un punto fijo de f , esto es, f .˛/ D ˛. Deducimos que ˛ verifica la
ecuación ˛3 3˛ C 1 D 0.

Las raíces de la ecuación x3 3x C 1 D 0 no son inmediatas de calcular pero podemos
decir algunas cosas sobre ellas. Pongamos h.x/ D x3 3x C 1. Tenemos que h. 2/ D

1 < 0, h.0/D1 > 0, h.1/D 1 < 0 y h.2/D3 > 0. Deducimos que en cada uno de los

intervalos  2; 0Œ, 0; 1Œ y 1; 2Œ hay una única raíz de la ecuación. Por tanto, la sucesión
©
dada converge a la única raíz de la ecuación x3 3x C 1 D 0 que e stá en 0; 1Œ.
1a
g) Dado a > 0 y a ¤ 1, definimos x1 D a, xnC1 D 3 2xn C xn2 . Tenemos, eviden-
1 a
temente, que xn > 0 para todo n 2 N. Consideremos la función f .x/ D 3 2x C x2
donde, en principio, x > 0. Tenemos que:

f 0.x/ D 2 x3 a
3 x3
p3<a py3 aestyricfta0m.xe/nte>cr0ecpieanratexen>Œp3 pa3 ;aC. 1PoŒr.
Deducimos que f 0.x/ < 0 para 0 <x un mínimo absoluto en RC. Como todos los
tanto f es estrictamepnte decreciente en 0;
Concluimos que en 3 a la función f tiene

términos de leansuppcuenstioósndpfexRngCs,osne(csiognuelaqpuoesixbnle>pexfce.pp3ciaó/n del primero x1 D a) valores
que toma f para todo n calculo
> 2. Un . Como
inmediato da f . 3 a/ D 3 a, es decir, resulta que 3 a es un punto fijo de f en RC

f es continua en RC, si fxng es convergente dicho punto debe ser el límite de fxng. Pero

antes debemos probar que fxng es convergente. p

Para estudiar la monotonía debemos tener en cuenta que como px3na>; C31aŒ.pNaroa todo n > 2,
todos los términos de la sucesión están en el intervalo I DŒ es por eso

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Ejercicios resueltos 355

restrictivo suponer que a > 1 (porque si fuera 0 < a < 1, podemos eliminar el primer
término de la sucesión lo que no afecta para nada a su estudio). Comparemos x1 con x2.
Tenemos que:

1 a 2a2 C 1 1 a2
x2 x1 D 3 a a2 aD aD <0
3a 3a

Por tanto se tiene que x2 < x1 y, como f es estrictamente creciente en I , las de-

sigualdades se conservan por f , luego, supuesto que xn < xn 1, se tiene también que

xnC1 D f .xn/ < f .xn 1/ D xn. Resultapasí que fxng es decreciente. Además es de
tpérminos positivos (de hecho mayores que 3 a), luego fxng es convergente y su límite es
3 a.
©

h) Consideremos la función f .x / D 1 C x2. Tenemos que f .x/ > 1 . Como los términos
4 4

de la sucesión dada, con la posible excepción del primero, son todos ellos valores de f ,

se cumple que xn > 1 para todo n > 2. No es restrictivo por eso suponer que a > 1 .
4 4
Pongamos I D Œ1=4; C1Œ. Tenemos que f .I / I . Como f 0.x/ D 2x, se sigue que

f es estrictamente creciente en I . Por tanto la sucesión fxng será monótona creciente si
x1 6 x2 y será monótona decreciente si x2 < x1. Tenemos que:

x1 6 x2 ” a 6 a2 C 1 ” 0 6 a2 C 1 1 2
4 4 aD a 2

Deducimos que se verifica x1 6 x2 y, por tanto, la sucesión es creciente. Cuando dicha

sucesión esté mayorada será convergente y su límite debe ser un pu1nt o2 fijo de f en I .
Tenemos que f .x/ D x es lo mismo que x2 x 0, esto es, x D0, cuya única
C 1 D 2
4
1
solución es x D 1=2. En consecuencia, la sucesión fxng será convergente a 2 solamente

cuando xn 6 1 para todo n2 N, esto es, a2 C 1 6 1 , que equivale a que a2 6 1 , esto
2 4 2 4
1 1 1 1
es, jaj 6 2 y, como a > 4 , resulta que debe ser 4 6 a 6 2 . Deducimos también que

para a > 1 , la sucesión no puede ser convergente y, al ser creciente, no está mayorada.
2 resulta la sucesión constante xn
1 1 todo n 2 N. ©
Observa que cuando a D 2 D 2 para

Ejercicio resuelto 161 Para cada n 2 N sea

11 yn D xn 1
xnD1C 2 C C n log.n/; :
n

Prueba que fxng es estrictamente decreciente e fyng es estrictamente creciente. Deduce
que ambas sucesiones convergen a un mismo número. Dicho número se llama la cons-
tante de Euler, se representa por la letra griega ”.

a) Deduce que lKım 1 C 1=2 C C 1=n D 1.

n!1 log.n/

11 1
b) Justifica que lKım C C C D log 2:
n!1 n C 1 n C 2 2n
()
. 1/nC1
1 11
c) Justifica que lKım 1 C C C D log 2:
n!1 2 34 n

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Ejercicios resueltos 356

Solución. Tenemos que: 1
xn xnC1 D log.n C 1/ 11 > 0:
log n D log 1 C
nC1 n nC1

Desigualdad que es consecuencia de que log.1 C x/ < x para todo x > 0. También

podemos tomar logaritmos en las desigualdades 7.5 para obtener que:

1
1 < log 1 C 1 <

nC1 nn

Deducimos que fxng es estrictamente decreciente. Tenemos también:


1 11
yn ynC1 D log.n C 1/ log n D log 1 C < 0:
nn n

Deducimos que fyng es estrictamente creciente. Además, para todo n 2 N tenemos que

x1 < xn < yn < y1, por lo que ambas sucesiones están acotadas. Concluimos que dichas
1
sucesiones convergen. Como xn yn D n ! 0, deducimos que lKımfxng D lKımfyng.

a)

1 C 1=2 C C 1=n D log n C xn D 1 C xn :
log.n/ log n log n

Como fxng es convergente y 1 ! 0, se sigue que xn ! 0.
log n log n

11
b) Pongamos Hn D 1 C 2 C C n . Tenemos que:

11 1
n C 1 C n C 2 C C 2n D H2n Hn D x2n C log.2n/ xn C log n D x2n xn C log 2

Como fx2ng es una sucesión parcial de fxng se tiene que fx2n xng ! ” ” D 0.

1 11 . 1/nC1
c) Pongamos An D 1 2 C 3 4 C C n . Tenemos que:

1 11 11 11
A2n D 1 2C3 4C5 C C 2n 2nD
6 1

11 1 111 1
D 1C C C C C C C C D
35 2n 1 2 4 6 2n

11 11 11
D 1 C 3 C 5 C C 2n 1 2 Hn D H2n 2 Hn 2 Hn D H2n Hn

Por el apartado anterior, tenemos que lKımfA2ng D log 2. Como A2n 1 D A2n C 1 ,
2n

deducimos que también lKımfA2n 1g D log 2. Concluimos que (ver ejercicio resuelto

162) lKımfAng D log 2.

La sucesión fAng se llama serie armónica alternada.

7.33 Estrategia. Para calcular límites donde interviene la serie armónica

11
Hn D 1 C 2 C C n
puede ser conveniente escribir dicha sucesión como Hn D log n C ”n donde f”ng ! ”.

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Ejercicios resueltos 357

Ejercicio resuelto 162 Sea fxng una sucesión y supongamos que hay dos sucesiones parcia-
les fx .n/g y fxs.n/g que convergen a un mismo número x y tales que .N/ [ s.N/ D N.
Prueba que fxng converge a x.

Solución. Dado " > 0, existen números naturales m" y n" tales que jx .n/ xj < " para
todo n > m" y jxs.n/ xj < " para todo n > n". Sea p D maKx fm"; n"g y pongamos
A D f .n/ W n > pg [ fs.n/ W n > pg. Como, por hipótesis es .N/ [ s.N/ D N, se sigue
que el conjunto B D N n A es finito pues B f .n/ W 1 6 n < pg [ fs.n/ W 1 6 n < pg.
Definamos mDmaKx.B/C1. Para q >m se tiene que q 62 B, o sea, q 2 A, es decir, q es de
la forma q D .n/ o q D s.n/ con n > p, en cualquier caso se verifica que jxq xj < ".

Este resultado suele aplicarse cuando .n/ D 2n y s.n/ D 2n 1, es decir, a las suce-
siones parciales de los términos pares e impares. Cuando sabemos que fx2ng y fx2n 1g
convergen a un mismo número, podemos concluir que fxng converge a dicho número.

Este resultado puede generalizarse de manera fácil. Por ejemplo si fx3ng, fx3n 1g y
fx3n 2g convergen todas a un mismo número, también fxng converge a dicho número.
©

Ejercicio resuelto 163 Sea fxng una sucesión de números reales y supongamos que hay nú-
meros 20; 1Œ, M > 0 y p 2 N tales que jxnC1 xnj 6 M n para todo n > p. Prueba
que fxng es convergente.

Sugerencia. Teniendo ahora en cuenta que para todos n; h 2 N se verifica que:

nCh 1 C nCh 2 C C n < n
1

deduce que fxng verifica la condición de Cauchy.

Solución. Sean n; h 2 N, tenemos:

jxnCh xnj D ˇˇˇˇˇˇkhXD11.xnCkC1 xnCk /ˇˇˇˇˇˇ 6 hX1 xnCkj 6 M hX1 nCk D
jxnCk
C1
k D0
k D0

D M n hX1 k D M n 1 h < n M D K n
1 1
k D0

Donde hemos puesto K D M , que es una constante independiente de n y de h. De-
1

ducimos que:

K n < " ÷ jxnCh xnj < " para todo h 2 N

Dado " > 0, determinamos m" por la condición de que m" < "=K. Entonces para todo

n > m" y para todo h 2 N se verifica que jxnCh xnj < ", lo que prueba que la sucesión
fxng verifica la condición de Cauchy y, por tanto, es convergente.
©

Ejercicio resuelto 164 Sea fxng una sucesión de números reales y supongamos que existen
20; 1Œ; p 2 N, tales que jxnC1 xnj 6 jxn xn 1j para todo n > p. Prueba que fxng
es convergente.

Sugerencia. Justifica que jxnC1 xnj 6 M n donde M es una constante independiente
de n.

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Dpto. de Análisis Matemático Cálculo diferencial e integral

Ejercicios resueltos 358

Solución. Es muy fácil, basta iterar la desigualdad del enunciado. Sea n > p:

jxnC1 xnj 6 jxn xn 1j 6 2jxn 1 xn 2j 6 6 n pjxpC1 xpj D M n:

Donde M D jxpC1 xpj es una constante independiente de n. El ejercicio anterior nos
p
©
dice que la sucesión fxng es convergente.

Ejercicio resuelto 165 Sea I un intervalo cerrado (puede ser I D R); f W I ! R una fun-
ción, y supongamos que hay un número ˛ 20; 1Œ tal que:

jf .x/ f .y/j 6 ˛jx yj; para todos x; y en I : (7.9)

Se dice entonces que f es una función contractiva en I . Supongamos además que

f .x/ 2 I para todo x 2 I . Dado un punto a 2 I , definamos fxng por x1 D a; y xnC1 D
f .xn/ para todo n 2 N.

a) Prueba que fxng converge a un punto x 2 I que es el único punto fijo de f , es decir,
f .x/ D x.

b) Justifica que si la función f es derivable en I y se verifica que hay un número ˛ 20; 1Œ
tal que jf 0.x/j 6 ˛ para todo x 2 I , entonces f es contractiva en I .

Solución. a) Es consecuencia inmediata del ejercicio anterior. ©
b) Es consecuencia inmediata del teorema del valor medio.

Ejercicio resuelto 166 Estudia la convergencia de las sucesiones definidas para todo n 2 N

por: 1 pp

a/ x1 D 1; xnC1 D 1 C xn I b/ x1 D 2; xnC1 D 2 xn:

Solución. a) Consideremos la función dada por f .x/ D 1 1 . La sucesión que nos
C x
piden estudiar es la sucesión de iteradas de dicha función a partir del valor inicial x1 D 1.
1
Como f 0.x/ D .1 C x/2 < 0, la función f es estrictamente decreciente. Por tanto, la

sucesión xnC1 D f .xn/ no es monótona. Pues si, por ejemplo es xn 1 < xn, como f , al

ser decreciente, invierte las desigualdades, se tendrá que xn Df .xn 1/ > f .xn/DxnC1.

Es evidente que xn > 0 para todo n 2 N. Por tanto 1 C xn > 1÷xnC1 < 1, luego
1
xn 6 1 para todo n 2 N, de donde 1 C xn 6 2÷xnC1 > 2 . Deducimos que todos los

términos de la sucesión están en el intervalo I D Œ1=2; C1Œ. Para x > 1=2 se tiene que
4
jf 0.x/j 6 9 . Podemos aplicar, por tanto, el ejercicio anterior y deducimos que fxng es

convergente. Además, su límite es el único punto fijopde f en I , que viene dado por
1 ÷x2 C x 1 D 0, de donde, x D 1 C 5
xD 1Cx 2 . ©

Ejercicio resuelto 167 Supongamos que la ecuación x2 D bx C a tiene dos raíces reales
distintas ˛ y ˇ. Dados dos números reales y , definamos fxng por:

x1 D C ; x2 D ˛ C ˇ; xnC2 D bxnC1 C axn
Prueba que xnD ˛n 1 C ˇn 1 para todo n 2 N.

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Ejercicios resueltos 359

Aplicaciones. i) La sucesión fxng definida para todo n 2 N por:

x1 D x2 D 1; xnC2 D xnC1 C xn

se llama sucesión de Fibonacci. Calcula explícitamente xn.

ii) Estudia la convergencia de la sucesión definida para todo n 2 N por:

1
x1D a; x2 D b; xnC2D 2 .xnC1C xn/:

Solución. La igualdad xn D ˛n 1 C ˇn 1 es cierta para n D 1 y para n D 2. Sea

n 2 N, con n > 2, y supongamos que la igualdad se verifica para todo k 2 N con k 6 n.
Entonces, teniendo en cuenta que ˛2 D b˛ C a y ˇ2 D bˇ C a, tenemos que:

xnC1 D bxn C axn 1 D b ˛n 1 C b ˇn 1 C a ˛n 2 C a ˇn 2D
D .b˛ C a/˛n 2 C .b C a/ˇn 2 D ˛n C ˇn

Lo que prueba la igualdad para n C 1. Concluimos, por inducción, que la igualdad es
cierta para todo n 2 N.

i) Como xnC2 D xnC1 C xn, deducimos que a D b D 1. Por tanto, ˛ y ˇ son las raíces
de x2 D x C 1, las cuales vienen dadas por:
pp
1 5 ˇD 1C 5
˛D ;
22

Calculemos y por las condiciones x1 D 1 D C D, x2 D 1 D ˛ C ˇ. Fácilmente

se obtiene que: p p
55 5C 5
D ; D

2 2

Deducimos, por lo antes visto, que:

p p !n 1 p p !n 1
5 51 5 5C 5 1C 5
xn D 2 C
2 2 2

iii) Pongamos x1 D a1b0, x2 D a0b1, xn D apnbqn . Entonces:

xnC2 D apnC2 bqnC2 D a 1 .pnC1Cpn / b 1 .qnC1 Cqn / :
2 2

Tenemos las ecuaciones:

p1 D 1; p2 D 0; 2pnC2 D pnC1 C pn; q1 D 0; q2 D 1; 2qnC2 D qnC1 C qn

Ambas ecuaciones son de la forma 2xnC2 D xnC1 C xn por lo que a D b D 1 y ˛ y ˇ
son las raíces de 2x2 D x C 1. Por tanto ˛ D 1, ˇ D 1
2 . En consecuencia:

1 n 1 1 n 1
pn D 1 C 1 2 ; qn D 2 C 2 2 ;

Debemos ahora calcular 1; 1 y 2; 2 para que se verifiquen las respectivas condicio-
1 2
nes iniciales p1 D 1; p2 D 0 y q1 D 0; q2 D 1. Fácilmente se obtiene que 1 D 3 , 1 D 3 ,

2 D 2 , 2 D 2 . Deducimos que:
3 3
1 n 1 2 2 1 n 1
a1 2 b2 3 3 12 p
3 C 3 2 3 ab2:
xn D ! a3b3 D

©

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Sucesiones divergentes. Indeterminaciones en el cálculo de límites 360

7.3. Sucesiones divergentes. Indeterminaciones en el cálculo de lí-
mites

Las sucesiones que no son convergentes pueden tener comportamientos muy variados. Por
ejemplo, una sucesión acotada que tenga dos valores de adherencia diferentes no es convergen-
te, los términos de dicha sucesión se aproximan a un valor de adherencia o al otro, antigua-
mente se decía que la sucesión “oscilaba” entre estos valores. Pero una sucesión acotada no
convergente puede tener muchos valores de adherencia. No debes hacerte una idea demasiado
esquemática de las sucesiones. En el capítulo 5 hemos visto que el conjunto de los números
racionales es numerable, esto significa que es posible escribir todos los números racionales co-
mo los términos de una sucesión y también podemos hacerlo con los racionales que están en
el intervalo Œ0; 1. Pongamos Q \ Œ0; 1 D D frn W n 2 Ng. La sucesión frng es acotada y, como
consecuencia de la densidad de Q en R (proposición 5.11), dicha sucesión tiene como valores
de adherencia todos los puntos del intervalo Œ0; 1.

Vamos a estudiar ahora un tipo muy particular de sucesiones no convergentes pero que
presentan una gran regularidad.

7.34 Definición. Una sucesión fxng se dice que es positivamente divergente, y escribimos
fxng ! C∞, si para todo número real K > 0 existe un número natural mK 2 N, tal que para
todo n 2 N con n>mK se verifica que xn >K.

Una sucesión fxng se dice que es negativamente divergente, y escribimos fxng ! ∞,
si para todo número real K < 0 existe un número natural mK 2 N, tal que para todo n 2 N con
n>mK se verifica que xn6K.

Diremos que una sucesión es divergente para indicar que es positivamente o negativamente
divergente.

7.35 Observación. Es importante que te des cuenta de que “divergente” no es sinónimo de “no
convergente”. Las sucesiones acotadas no convergentes no son tampoco divergentes. Sin em-
bargo, muchos textos usan la expresión “sucesión divergente” con el significado de “sucesión
no convergente”. También es lamentablemente frecuente llamar “sucesiones oscilantes” a las
sucesiones acotadas no convergentes. No te dejes confundir: una sucesión o es convergente o
no es convergente. Un tipo especial de sucesiones no convergentes son las sucesiones positiva-
mente divergentes y negativamente divergentes. Eso es todo, lo demás son ganas de confundir
al lector.

En la siguiente proposición se exponen algunas propiedades elementales, pero importan-
tes, de las sucesiones divergentes. Puesto que fxng ! C∞ si, y sólo si f xng ! ∞, es
suficiente enunciar dichas propiedades para sucesiones positivamente divergentes.

7.36 Proposición. i) fjxnjg ! C∞ si, y sólo si, f1=xng ! 0.

ii) La suma de una sucesión positivamente divergente con una sucesión acotada es una suce-
sión positivamente divergente.

iii) La suma de una sucesión positivamente divergente con una sucesión minorada es otra
sucesión positivamente divergente. En particular, la suma de dos sucesiones positivamente
divergentes es otra sucesión positivamente divergente.

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Sucesiones divergentes. Indeterminaciones en el cálculo de límites 361

iv) El producto de dos sucesiones positivamente divergentes es otra sucesión positivamente
divergente.

v) El producto de una sucesión positivamente divergente por una sucesión que converge a un
número positivo es otra sucesión positivamente divergente.

Frecuentemente hay que estudiar la convergencia o divergencia de una suma o producto

de dos sucesiones precisamente cuando las reglas que hemos visto en secciones anteriores

no pueden aplicarse. Se trata de aquellos casos en que el comportamiento de las sucesiones
fxn C yng, fxnyng no está determinado por el de fxng e fyng. Por ejemplo, si sabemos que
fxng ! C∞ y que fyng ! ∞, ¿qué podemos decir del comportamiento de la sucesión
fxn C yng? Respuesta: absolutamente nada. Baste para convencerse de ello la consideración de
los siguientes casos:

xnD 2n; yn D nI fxn C yng D fng ! C∞

xnD n; yn D 2nI fxn C yng D f ng ! ∞

xnD n C 1; yn D nI fxn C yng D f1g ! 1

xnD. 1/n Cn; yn D. 1/n nI fxn C yng D f2. 1/ng

En consecuencia, las sucesiones del tipo fxnCyng donde fxng ! C∞, fyng ! ∞, requieren
un estudio particular en cada caso. Tales sucesiones suele decirse que son una indetermina-
ción del tipo “∞ ∞”.

Análogamente, si sabemos que fxng ! 0 y que fyng es divergente, ello no proporciona
ninguna información sobre el comportamiento de la sucesión fxnyng; la cual se dice que es
una indeterminación del tipo “ 0 ∞”. Las indeterminaciones que aparecen al estudiar el co-
ciente de dos sucesiones divergentes o de dos sucesiones que convergen a cero, las llamadas
indeterminaciones de los tipos “∞=∞”, “ 0=0”, pueden reducirse a una indeterminación del
tipo “ 0 ∞”.

El siguiente resultado permite resolver en muchas ocasiones indeterminaciones de la forma
“∞=∞”.

7.37 Teorema (Criterio de Stolz). Sea fyng una sucesión positivamente divergente y estricta-

mente creciente y sea fxng cualquier sucesión. Supongamos que


xnC1 xn ! L
ynC1 yn


donde L 2 R, o L D C∞, o L D ∞. Entonces se verifica también que xn ! L :

yn

Demostración. Supongamos, en primer lugar, que L 2 R. Dado " > 0, existe, por hipótesis, un
número natural k, tal que para todo n>k se verifica que

L " < xnC1 xn < L C " :
2 ynC1 yn 2

Así todas las fracciones xk ; xkC2 xkC1 ; ; xn xn 1 ; xnC1 xn
yk ykC2 yk C1 yn yn 1 ynC1 yn
xk C1
yk C1

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Sucesiones divergentes. Indeterminaciones en el cálculo de límites 362

se encuentran comprendidas entre L "=2 y L C "=2, por lo que, usando el ejercicio 8, obte-

nemos que: L " < xnC1 xk < L C "

2 ynC1 yk 2 (7.10)

cualquiera sea n>k. Teniendo en cuenta ahora la igualdad

xnC1 xk L
xnC1 L D xk Lyk C 1 yk
ynC1 ynC1 ynC1 ynC1 yk

deducimos que: ˇˇˇˇ Lˇˇˇˇ ˇˇˇˇ ˇˇˇˇ ˇˇˇˇ Lˇˇˇˇ :

xnC1 6 xk Lyk C xnC1 xk (7.11)
ynC1 ynC1 ynC1 yk
˚ «
Como lKım .xk Lyk/=ynC1 D 0, existe un número natural q tal que, para todo n> q, se

n!1

verifica ˇˇˇˇ xk Lyk ˇˇˇˇ "
ynC1 2
<

Teniendo en cuenta (7.10) y (7.11), deducimos que para todo n> maKxfk; qg se verifica que

ˇˇˇˇ xnC1 Lˇˇˇˇ < ":
ynC1

pues, que lKım ˚« D L.
Hemos probado, xn=yn
n!1

Supongamos ahora que L D C1. En tal caso, para todo n 2 N suficientemente grande,

se tendrá que xnC1 xn > ynC1 yn > 0, por lo que la sucesión fxng es, a partir de un

término en adelante, estrictamente creciente. Supondremos, pues no es restrictivo hacerlo, que

dicha sucesión es toda ella estrictamente creciente y que xqC1 xq > yqC1 yq para todo

q 2 N. Sumando estas desigualdades desde q D 1 hasta q D n, resulta xnC1 x1 > ynC1 y1.

Y, como fyng ! C1, deducimos que fxng ! C1. Podemos usar ahora lo ya probado,

intercambiando las sucesiones fxng e fyng, para obtener que


lKım yn D lKım ynC1 yn D 0:
xn xnC1 xn

De donde se sigue que fxn=yng ! C1.

El caso L D 1 se reduce al previo cambiando la sucesión fxng por f xng.

E s importante observar que, aún en las hipótesis del Criterio de Stolz, puede ocurrir que
xn sea convergente pero no lo sea xnC1 xn ; es decir, el Criterio de Stolz da una
yn ynC1 yn

condición suficiente pero no necesaria para la convergencia o divergencia de fxn=yng (ver
ejercicio 175).

Observa que el criterio de Stolz recuerda a la regla de L’Hôpital donde las derivadas han
sido sustituidas por las diferencias consecutivas. Del Criterio de Stolz se deducen dos útiles
criterios para estudiar la convergencia de sucesiones de medias aritméticas o geométricas.

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Sucesiones y límite funcional 363

7.38 Proposición (Criterio de la media aritmética). Supongamos que fang ! L donde L es
un número real, o L D C∞, o L D ∞. Entonces se verifica que


a1 C a2 C C an ! L:
n

Demostración. Basta aplicar el Criterio de Stolz a las sucesiones xn D a1 C a2 C C an,
yn D n.

7.39 Proposición (Criterio de la media geométrica). Supongamos que fang ! L donde

fang es una sucesión de números positivos y L es un número real o bien L D C∞. Entonces

se verifica que np o
n a1a2 : : : an ! L:

Demostración. Lo afirmado se deduce del criterio de la media aritmética teniendo en cuenta

que p
log n a1a2
: : : an D log.a1/ C log.a2/ C C log.an/
n

y la proposición 7.46.


xnC1
7.40 Corolario. Supongamos que xn ! L donde fxng es una sucesión de números
p
positivos y L es un número real o bien L D C∞. Entonces se verifica que f n xn g ! L:

Demostración. Basta aplicar el criterio de la media geométrica a la sucesión fang definida por
a1 D1, anC1 D xnC1 para todo n2N.

xn

7.3.1. Sucesiones y límite funcional

El siguiente resultado establece una relación entre límite funcional y límite de sucesiones
que es de gran utilidad práctica, pues proporciona una estrategia general para calcular límites de
sucesiones y permite utilizar para ello las técnicas conocidas para calcular límites funcionales.

7.41 Proposición. Sea f W A ! R una función y sean a; L 2 R [ fC∞; ∞g. Equivalen las
afirmaciones:

i) lKım f .x/ D L.

x!a

ii) Para toda sucesión fxng de puntos de A tal que fxng ! a con xn ¤ a, se verifica que
ff .xn/g ! L.

Demostración. i /÷i i /. Supongamos que lKım f .x/ D L y sea fxng ! a con xn 2 A y

x!a
xn ¤ a. Debemos probar que sucf .xn/ ! L. Consideremos el caso en que a y L son números

reales. Dado " > 0, por hipótesis, existe ı > 0 tal que para todo x 2 A con x ¤ a y jx aj < ı

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Sucesiones y límite funcional 364

se verifica que jf .x/ Lj < ". Como fxng ! a, existe un número n0 2 N tal que para todo
n > n0 se verifica que jxn aj < ı. Por tanto, para todo n > n0 tenemos que xn 2 A, xn ¤ a
y jxn aj < ı; en consecuencia, se verificará que jf .xn/ Lj < ". Hemos probado así que
ff .xn/g ! L.

Para probar que i i/÷i/, probaremos que noi/÷noi i/. Que f no tiene límite en a igual

a L, quiere decir que existe un "0 > 0, tal que para todo ı > 0 hay algún punto xı 2 A, con
1
xı ¤ a y jxı aj < "0 pero jf .xı/ Lj > "0. Tomando para cada n2N ı D n , obtenemos un

xn 2 A con xn ¤ a y jxn aj < 1 pero jf .xn/ Lj > "0. Claramente se tiene que fxng ! a,
n

con xn 2 A y xn ¤ a pero ff .xn/g no converge a L.

Los demás casos en que o bien a o L son infinitos se hacen de manera parecida.

Una consecuencia inmediata de este resultado es que todo límite funcional que conozcas te
va a permitir resolver muchos límites de sucesiones. En particular, de la lista de límites básicos
que debes conocer se deducen los siguientes resultados.

7.42 Proposición. Para toda sucesión fxng ! 0 se verifica que

lKım sen xn D 1 lKım arc sen xn D 1 1 cos xn D 1
n!1 xn n!1 xn lKım xn2 2

n!1

lKım tg xn D 1 lKım arc tg xn D 1 exn 1
n!1 xn n!1 xn lKım D 1
n!1 xn

lKım xn sen xn D 1 lKım .1 C xn/˛ 1 lKım log.1 C xn/ D 1
.xn/ 3 6 D˛
n!1 n!1 xn n!1 xn

lKım tg xn xn D 1 lKım log.1 C xn/ xn D 1
.xn/3 3 xn2 2
n!1 n!1

7.43 Estrategia. Una estrategia para calcular límites de sucesiones consiste en convertir el
límite de la sucesión que tienes que calcular en un caso particular de un límite funcional. El
por qué de esta estrategia es que para calcular límites de funciones disponemos de muchas más
herramientas que las que tenemos para trabajar directamente con sucesiones.

Según esta estrategia, para calcular el límite de una sucesión fyng lo que hay que hacer

es relacionar dicho límite con un límite funcional. Debemos inventarnos una función, f , y

una sucesión convergente, fxng ! a, de forma que se tenga yn D f .xn/. Entonces, podemos

asegurar que si lKım f .x/ D ˛, también es lKımfyng D ˛.

x!a

log.n/
7.44 Ejemplo. Se trata de calcular el límite de la sucesión yn D n. pn n .
1/
pp
Para ello nos fijamos en que en el denominador aparece n n 1. Poniendo xn D n n,

sabemos que xn ! 1. La sucesión cuyo límite queremos calcular recuerda el límite funcional
log x x
lKımx!1 x1 D 1. Pongamos f .x/ D log . Como caso particular de este límite funcional,
x
1
tenemos que f .xn/ ! 1, y es claro que yn D f .xn/. Hemos probado así que yn ! 1 y todo lo

que hemos tenido que hacer es relacionar dicho límite con un límite funcional que ha resultado

ser (cosa muy frecuente) una derivada: la derivada de la función log x en el punto x D 1.

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Sucesiones asintóticamente equivalentes 365

Teniendo en cuanta la caracterización de la continuidad, el siguiente resultado es un caso
particular de la proposición 7.41.

7.45 Proposición. Sea f W A ! R una función y sea a 2 A. Equivalen las afirmaciones:
i) f es continua en a.
ii) Para toda sucesión fxng de puntos de A tal que fxng ! a, se verifica que ff .xn/g ! f .a/.

Podemos expresar este resultado como sigue: la continuidad permuta con el límite secuen-

cial, esto es, si f es continua entonces:

lKım f .xn / D f lKım xn

n!1 n!1

Recogemos seguidamente algunas importantes propiedades de las sucesiones divergentes
de logaritmos y exponenciales. Todas ellas se deducen, teniendo en cuenta la proposición 7.41,
de las correspondientes propiedades de las funciones exponencial y logaritmo natural (propo-
sición 4.50).

7.46 Proposición.
fxng ! x ” fexn g ! ex.
fxng ! C1 ” fexng ! C1.
fxng ! 1 ” fexng ! 0.

Para toda sucesión de números positivos fxng se verifica que:

fxng ! x > 0 ” flog.xn/g ! log x.
fxng ! C1 ” flog.xn/g ! C1.
fxng ! 0 ” flog.xn/g ! 1.

7.3.2. Sucesiones asintóticamente equivalentes

7.47 Definición. Diremos que fxng es asintóticamente equivalente a fyng, y escribiremos
simbólicamente fxng fyng, si fxn=yng ! 1.

Por ejemplo, las sucesiones flog n g y fn. pn n 1/g son asintóticamente equivalentes.

El siguiente resultado nos dice que para estudiar la convergencia de un producto de varias
sucesiones podemos sustituir las que queramos por otras que sean asintóticamente equivalentes,
sin que ello afecte a la convergencia o divergencia del producto ni a su eventual límite.

7.48 Proposición. Sean fxng e fyng sucesiones asintóticamente equivalentes y fzng una suce-
sión cualquiera. Se verifica que:

i) fxnzng es convergente si, y sólo si, fynzng es convergente, en cuyo caso ambas sucesiones
tienen el mismo límite.

ii) fxnzng es divergente si, y sólo si, fynzng es divergente, en cuyo caso ambas sucesiones son
divergentes del mismo tipo.

En particular, fxng es convergente (resp. divergente) si, y sólo si, fyng es convergente (resp.
divergente), en cuyo caso ambas tienen igual límite (resp. son divergentes del mismo tipo).

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Dpto. de Análisis Matemático Cálculo diferencial e integral

Sucesiones de potencias 366

Demostración. Las afirmaciones hechas en i/ y i i/ son consecuencia de que


lKım xn D lKım yn D 1:
yn xn

Si, por ejemplo, fynzng es convergente, entonces como:


xn
fxnzng D yn fynzng;

se sigue que fxnzng también es convergente y tiene el mismo límite que fynzng.

El mismo razonamiento prueba que si fxng es divergente entonces también fyng es diver-
gente del mismo tipo.

La afirmación hecha al final del enunciado es consecuencia de lo anterior tomando znD1.

7.49 Observación. Es importante observar que en una suma de sucesiones no se puede, en

general, sustituir una sucesión por otra asintóticamente equivalente. Por ejemplo, si xnD n C1,
ynDnC1=n y znD n, es claro que fxng fyng pero fxnCzngDf1gn2N no es asintóticamente
equivalente a fynC zng D f1=ng.

7.3.3. Sucesiones de potencias

Hay otras indeterminaciones que surgen al considerar sucesiones de potencias, es decir,
sucesiones de la forma fxnyng donde fxng es una sucesión de números positivos e fyng es una
sucesión cualquiera de números reales. Puesto que

xnyn D exp.yn log.xn//;

teniendo en cuenta la proposición 7.46, la convergencia o divergencia de la sucesión fxnyng
vendrá determinada por la de fyn log.xn/g; la cual, a su vez, está determinada en todos los
casos por el comportamiento de las sucesiones fxng e fyng, excepto cuando dicha sucesión
fyn log.xn/g es una indeterminación del tipo “ 0 ∞”, lo que ocurre en los siguientes casos.

a) fxng ! 1, fjynjg ! C∞ (indeterminación “11”)
b) fxng ! C1, fyng ! 0 (indeterminación “∞0”)
c) fxng ! 0, fyng ! 0 (indeterminación “ 0 0”)

El siguiente resultado, que es la versión para sucesiones del criterio de equivalencia loga-
rítmica para límites funcionales, permite resolver en muchos casos las indeterminaciones “11”
y “ 0 1”.

7.50 Teorema (Criterio de equivalencia logarítmica). Sean fxng una sucesión de números
positivos distintos de 1 que converge a 1, fyng una sucesión cualquiera y L un número real.
Entonces se tiene que:

lKımfxnyng D eL ” lKımfyn.xn 1/g D L.

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Ejercicios propuestos 367

fxnyng ! C1 ” fyn.xn 1/g ! C1.
fxnyng ! 0 ” fyn.xn 1/g ! 1.

Demostración. Puesto que xnyn D exp.yn log.xn//, las afirmaciones hechas en el enunciado
se deducen de la proposición 7.46, sin más que tener en cuenta que, como fxng ! 1, las
sucesiones flog.xn/g y fxn 1g son asintóticamente equivalentes, por lo que, en virtud de la
proposición 7.48, si una de las sucesiones fyn log.xn/g e fyn.xn 1/g es convergente (resp.
divergente a C1 o a 1), la otra también es convergente con igual límite (resp. divergente a
C1 o a 1).

Los ejercicios que siguen son de cálculo de límites de sucesiones. Deberás usar los criterios
de Stolz y de las medias aritmética y geométrica y el criterio de equivalencia logarítmica. En
general, debes seguir la estrategia básica de relacionar un límite de una sucesión con un límite
funcional apropiado.

7.3.4. Ejercicios propuestos

340. Supongamos que fxng ! 0, siendo 1 < xn ¤ 0, y sea ˛ 2 R . Justifica, usando
derivadas, que f.1 C xn/˛ 1g es asintóticamente equivalente a f˛xng.

341. Prueba que la sucesión flog n! g es asintóticamente equivalente a fn log n g.

˚p « es asintóticamente equivalente a ˚1=n˛C1 «
342. Justifica que la sucesión n 1 C 1=n˛ 1 ,

donde ˛ > 0.

343. Calcula los límites de las sucesiones fxng definidas por:

1˛ C 2˛ C 3˛ C C n˛
a) xn D , donde ˛ > 1.
p n˛C1

b) xn D k .n C a1/.n C a2/ .n C ak / n , donde k 2 N, aj 2 R; 16j 6k.
˛ pn a C ˇ pn b !n
c) xn D donde a > 0, b > 0 y ˛; ˇ 2 R, ˛ C ˇ ¤ 0.
˛Cˇ

1 C 2p=n C 3p=n C C p p=n !n
d) xn D p , donde p 2 N.

1 C 2k C 3k C C nk !

e) xn D n nk C1 1 , donde k 2 N.
k C1

f) xn D 3 1 C 32 C 52 C C .2n 1/2 !n2
4 n3

1 n
g) xn D n 1 C n3 log.1 C 1=n/ 1


1 n1 n2 21 log.n!/
h) xn D n n C 2 C 3 C C n 1 C n

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Ejercicios propuestos 368

344. Calcula los límites de las sucesiones fxng definidas por:

pp p
1 1
log 1C 2 C C n e e 3 e n e

a/ xn D log.log n/ b/ xn D n

log n n log.n C 2/ n log n
1 d / xn D log.n C 1/
c/ xn D n 1 C n
1 Xn 1 Yk 1 j p
e/ xn D n log 1C f / xn D .2 n n 1/n
k j
k D1 j D1 s n2

log.n C 1/ n .p n/!
1 .q n/p n
g/ xn D log n h/ xn D n .p; q 2 N/
i/ xn D
5 Pn kl4o!gnn j / xn D log C 1 pn n!
1 n
k D1

n5

p esen.1=n/ l/ xn D 2 C 32 C 43 C C .nC1/n
ne 1 2 32 nn 1
k/ xn D n 1 n sen.1=n/
n2

345. Sabiendo que fang ! a, calcula el límite de las sucesiones:
p

a) xn D n. n an 1/

b) xn D exp.a1/ C exp.a2=2/ C C exp.an=n/ n
log n

c) xn D a1 C a2=2 C C an=n
log n

346. Calcula los límites de las sucesiones:

n log.1 C 1=n/ 1 p c/ n2 n1=n2 1 ;
a/ ; b/ n n2 1=n 1; log.n/ d / Hn n1=Hn2 1
.1 C 1=n/n e

Donde Hn D 1C 1 C C 1 .
2 n

Sugerencia. Usa equivalencias asintóticas apropiadas.


xnC1
347. Sea fxng una sucesión de números positivos tal que xn ! L 2 RC. Calcula el

r xn .
límite de la sucesión n p
n x1x2 xn

348. Sea fxng una sucesión de números dpeoslaitisvuocse,si˛ónunn˛npnúmx1exro2 real, y supongamos que
fn˛xng ! L 2 RCo . Calcula el límite xn.

349. Sean a, b números positivos; definamos xk DaC.k 1/b para cada k 2 N y sea Gn la
media geométrica de x1; x2; : : : ; xn y An su media aritmética. Calcula el límite de la
sucesión Gn .
An

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Ejercicios propuestos 369

350. Sea fxng ! x, fyng ! y, x¤y. Definamos z2n 1Dxn, y z2nDyn. Justifica que la sucesión

z1 C z2 C C zn
n

es convergente.

351. Definamos fxng por:

111
x3m D 23m 13m ; x3m 1 D 23m 33m 2 ; x3m 2 D 23m 43m :

Calcula el límite de la sucesión p y justifica que la sucesión no no converge.
n xn
xnC1
xn

352. Sean fxng, fyng sucesiones de números positivos verificando que f.xn/ng ! x > 0
f.yn/ng ! y > 0. Dados ˛; ˇ 2 RC, con ˛ Cˇ D1, calcula lKım.˛xnCˇyn/n.

353. Sea fang una sucesión de números positivos tal que fa1 C a2 C C ang es divergente,

y sea fbng ! L, donde L puede ser un número real o ˙∞. Justifica que


a1b1 C a2b2 C C anbn
a1 C a2 C C an ! L:

1 Xn n
Aplicación. Supuesto que fxng ! x, calcula lKım 2n k xk.
k D1

354. Dadas dos funciones polinómicas P; Q, tales que el grado de Q es may or o igual que el
P .n/

grado de P y Q.n/¤0 para todo n 2 N, justifica que la sucesión Q.n/ es convergente
y calcula su límite.

355. a) Sea f W Œa; b !a; b creciente y continua. Prueba que la sucesión fxng definida para

todo n 2 N por x1 D a y xnC1 D f .xn/, converge a un punto u 2a; b tal que f .u/ D u.

b) Dado 0 < ˛ 6 1 , estudia la convergencia de la sucesión fzng definida por:
4

z1 D ˛; znC1 D ˛ C zn2 8n 2 N:

356. a) Justifica las desigualdades

0 < log ex 1 < x .x > 0/I x < log ex 1 < 0 .x < 0/:

xx

b) Dado x ¤0 definamos x1 D x, y para todo n 2 N:

xnC1 D log exn 1
:
xn

Estudia la convergencia de fxng.

357. Se considera la función f W RC ! R definida para todo x > 0 por f .x/ D log x x C 2.

1. Prueba que f tiene exactamente dos ceros, ˛ y ˇ, con ˛ < 1 < ˇ.

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Ejercicios resueltos 370

2. Dado x1 2˛; ˇŒ, se define la siguiente sucesión por recurrencia:

xnC1 D log xn C 2 ; 8n 2 N:

Prueba que fxng es una sucesión monótona creciente y acotada que converge a ˇ.

358. Dado un número ˛ 20; Œ, se define la sucesión fxng dada por x1 D sen ˛, xnC1 D
sen xn.

(a) Justifica que la sucesión fxng es convergente y calcula su límite.

1 1
(b) Calcula el límite de la sucesión zn D xn2C1 xn2

7.3.5. Ejercicios resueltos

¡Antes de ver la solución de un ejercicio debes intentar resolverlo!

Ejercicio resuelto 168 Prueba que flog n! g es asintóticamente equivalente a fn log n g.

Solución. Pongamos xn D n log n, yn D log n!. Aplicaremos el criterio de Stolz para
xn
calcular el límite de la sucesión f yn g. Tenemos que:


nC1
xnC1 xn D .n C 1/ log.n C 1/ n log n D n log n C1
ynC1
yn log.n C 1/ log.n C 1/

Teninendo en cuoenta que n log nC1 D log 1C 1 n ! 1 y que log n ! C1, obtenemos
1 y, por el n g ! 1.
n ©

que xnC1 xn ! criterio de Stolz, concluimos que f xn
ynC1 yn yn

˚p «
Ejercicio resue˚lto n1˛6C91«J,udsotinfidcea˛qu>e la sucesión n 1 C 1=n˛ 1 es asintóticamente equi-
valente a 1= 0.
p pn 2,
Solución. Pongamos xn D n1 C 1= n˛ . Como 1 6 xn 6 deducimos, por el principio

! lKım log x
de las sucesiones encajadas, que fxng 1. Sabemos que D 1, porque dicho
x!1 x 1
límite es la derivada en 1 de la función logaritmo. Por tanto, en virtud de la proposición

7.41, para toda sucesión fzng ! 1 se verifica que lKım log.zn/ D 1, esto es, zn 1
zn 1
log.zn/. Análogamente, se tiene que log.1 C un/ un para toda sucesión fung ! 0.

Deducimos que:


1 1 11 1
xn 1 log.xn/ D n log 1 C n˛ n n˛ D n˛C1

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Ejercicios resueltos 371

Ejercicio resuelto 170 Calcula los límites de las sucesiones fxng definidas por:

1˛ C 2˛ C 3˛ C C n˛
a) xn D , donde ˛ > 1.
p n˛C1

b) xn D k .n C a1/.n C a2/ .n C ak / n , donde k 2 N, aj 2 R; 16j 6k.
pn b !n
˛ p C ˇ
c) xn D na donde a > 0, b > 0 y ˛; ˇ 2 R, ˛ C ˇ ¤ 0.

˛Cˇ

1 C 2p=n C 3p=n C C p p=n !n
d) xn D p , donde p 2 N.

e) xn D n 1 C 2k C 3k C C nk !
nk C1 1

, donde k 2 N.
k C1

f) xn D 3 1 C 32 C 52 C C .2n 1/2 !n2
4 n3

1 n
g) xn D n 1 C n3 log.1 C 1=n/ 1

21
1 n1 n2 log.n!/
h) xn D n n C C C C C
2 3 n 1n

Solución. a) Pongamos xn D un . Aplicamos el criterio de Stolz, lo cual puede hacerse
vn
porque, al ser ˛ > 1 se tiene que n˛C1 es una sucesión estrictamente creciente.

unC1 un D .n C 1/˛ D n C 1 ˛ 1
vnC1 vn 1/˛C1 n˛C1 n n1 1 ˛C1 1
.n C C
n

Usando las equivalencias asintóticas xn 1 log.xn/, válida cuando fxng ! 1, y

log.1 C un/ un, válida cuando fung ! 0, tenemos que:

" 1 ˛C1 # 1 ˛C1 1
n 1C 1
1 n log 1 C D.˛C1/n log 1 C .˛C1/n D˛C1:
n n nn

Deducimos que lKım unC1 un D 1 y, por el criterio de Stolz, lKım xn D 1 .
vnC1 vn ˛C1 ˛C1

b)Tenemos que:

p r 1C a1 1C a2 1 C ak
k .n C a1/.n C a2/ .n C ak / nDn k 1
nn n
n 1 log h 1 C a1 1 C a2 1 C ak i D
k nn n

D 1 Xk 1 C aj ! a1 C a2 C C ak :
n log
k nk
j D1

Donde hemos tenido en cuenta que lKım n log 1 C a D a.

n!1 n

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Ejercicios resueltos 372

c) Es una sucesión de potencias de la forma xn D uvnn, donde

˛ p C ˇ pn b
na
un D ˛ C ˇ ; vn D n

Claramente un ! 1, por lo que tenemos una indeterminación del tipo 11. Usaremos el

criterio de equivalencia logarítmica.

vn.un 1/ D n ˛ p C ˇ pn b !p 1/ C ˇ. pn b !
na ˛. n a ˛Cˇ 1/ D

˛Cˇ 1 Dn

D ˛ n. pn a 1/ C ˇ n. pn b 1/ !
˛Cˇ ˛Cˇ
ˇ
˛ˇ ˛
! log a C log b D log a b˛Cˇ ˛Cˇ
˛Cˇ ˛Cˇ

˛ˇ

Deducimos que nl!Kım1fxng D a ˛Cˇ b ˛Cˇ .
d) Es una sucesión de potencias de la forma xn D uvnn, donde

pp p
1 C 2n C 3n C C pn
un D p ; vn D n

Claramente un ! 1, por lo que tenemos una indeterminación del tipo 11. Usaremos el

criterio de equivalencia logarítmica.

pp p !
1C 2n C 3n C C pn 1D
vn.un 1/ D n
p

1 p p p
D n 2n 1 Cn 3n 1 C Cn pn 1

p

p
Teniendo en cuenta que lKım n. n a 1/ D log a, deducimos que:

lKım vn.un 1/ D log 2 C log 3 C C log n D log n! ÷ lKımfxng D n!:

n!1

f) Es una sucesión de potencias xn D unvn, donde:

3 1 C 32 C 52 C C .2n 1/2 vn D n2:
un D 4 ;
n3

La base fung converge a 1, pues aplicando Stolz con an D 1 C 32 C 52 C C .2n 1/2
y bn D n3, tenemos:

anC1 an D .2n C 1/2 D 4n2 C 4n C 1 ! 4
bnC1 bn .n C 1/3 n3 3n2 C 3n C 1 :

3

Se trata de una indeterminación del tipo 11. Aplicaremos el criterio de equivalencia

logarítmica. 3 1 C 32 C 52 C C .2n 1/2 !
vn.un 4 n3
1/ D n2 1D

3 3 1 C 32 C 52 C C .2n 1/2 4n3
D

4n

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Ejercicios resueltos 373

Apliquemos ahora el criterio de Stolz con zn D 3 1 C 32 C 52 C C .2n 1/2
4n3,wn D n. Tenemos:

znC1 zn D 3.2n C 1/2 4.n C 1/3 C 4n3 D 1:
wnC1 wn

Deducimos que vn.un 1/ ! 3 y, por tanto, lKımfxng D e 3 D p41e3 .
4 4

h 1 n i 1 n
n1 n3 log.1C1=n/ .
g) xn D C n3 log.1C1=n/ 1 . Pongamos zn D 1 C La sucesión

fzng es una indeterminación del tipo 11. Tenemos que:

1 11
n n3 log.1 C 1=n/ D n n log.1 C 1=n/ ! 0 ÷ zn ! 1:

En consecuencia: !
xn n log.zn/ D n2 log
1C 1 1 n2 1 1 D 1 1 :
n3 log n3 log 1 C 1C
1 C n n n log n

Luego lKımfxng D lKım 1 D 1. ©
1
n log 1C n

Ejercicio resuelto 171 Calcula los límites de las sucesiones fxng definidas por:

pp p
1 1
log 1C 2 C C n e e 3 e n e

a/ xn D log.log n/ b/ xn D n

log n n log.n C 2/ n log n
1 d / xn D log.n C 1/
c/ xn D n 1 C n
1 Xn 1 Yk 1 j p
e/ xn D n k log 1C j f / xn D .2 n n 1/n

kD1 jD1 s n2

log.n C 1/ n .p n/!
1 .q n/p n
g/ xn D log n h/ xn D n .p; q 2 N/
i/ xn D
5 Pn kl4o!gnn j / xn D log C pn n!
1 1
k D1 n

n5

p esen.1=n/ 2 C 32 C 43 C C .nC1/n
ne 1 2 32 nn 1
k/ xn D n 1 n sen.1=n/ l/ xn D
n2

Solución. a) Usaremos la estrategia 7.33. Pongamos Hn D log n C xn donde fxng ! ”.

Tenemos que:

xn
1 1 log n
log 1 C 2 C C n D log.log n C xn/ D log log n 1 C

log.log n/ log.log n/ lo g.log n/ D

xn xn
log n log n
log.log n/ C log 1 C log 1 C

D log.log n/ D1C log.log n/ ! 1:

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Ejercicios resueltos 374

7.51 Observación. Hemos visto en el ejercicio resuelto 161 que Hn log n, pero

de aquí no puede deducirse directamente que log.Hn/ log.log n/ que es lo que he-

mos probado. La razón es que no es cierto en general que si fxng fyng también sea

11
log.xn/ log.yn/. Por ejemplo, las sucesiones fe n g y fe n2 g son asintóticamente equi-
1 1
valentes porque ambas convergen a 1, pero sus logaritmos son las sucesiones f n g y f n2 g

que no son asintóticamente equivalentes.

En general, no hay garantías de que una equivalencia asintótica entre sucesiones se con-
serve por una determinada función.

c) Tomando logaritmos tenemos que: log n
log n
log n log n D n log 1 C n
n
log xn D n log 1 C n

Esta expresión es de la forma log.1 C un/ un donde un ! 0. Recordemos que:

lKım log.1 C x/ x 1
D
x!0 x2 2

Tenemos que:

log 1 C log n log n .log n/2
n n
log xn D
log n 2 n

n

Poniendo un D log n , como un ! 0, deducimos que la primera de las dos fracciones
n
.log n/2
anteriores converge a 1 y la segunda n ! 0. Concluimos que log xn ! 0 y, por
2

tanto, fxng ! 1.

1 Xn 1 Yk 1 j
e) xn D n k log 1 C j . Pongamos:
k D1 j D1

Xk
1
j log 1 C
Yk 1 j k j
1 log 1 j j D1
zk D k C D :

j D1

De esta forma, se tiene que:

Xn
zk

xn D k D1 :

n

Como fzng es la sucesión de las medias aritméticas de la sucesión yn D n log 1 C 1 ,
n

y lKımfyng D 1, se sigue, por el criterio de la media aritmética, que fzng ! 1. Como

fxng es la sucesión de las medias aritméticas de fzng, volviendo ahora a aplicar el mismo

criterio, deducimos que fxng ! 1.

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Ejercicios resueltos 375

p 1/n
.2 n n
f) xn D n2 . Pongamos:

2 p 1 n r r !n
nn 2n 1 n1
xn D pn n2 D
n n2

D unvn qq
1 n1
Se trata de una sucesión de potencias de la forma xn donde un D2n n n2

y vn D n. Claramente un ! 1, por lo que se trata de una indeterminación del tipo 11.

Aplicaremos el criterio de equivalencia logarítmica.

vn.un r r !r !2
1/ D n 2 n 1 n1 1 D n n1 1

n n2 n

r !2
n log n 1 D log n ! 0:

nn

Deducimos que xn ! 1. log.n C 1/ n
1 es de la
g) La sucesión xn D log n forma bn.an 1/ donde
log n ello, como se trata de una
log.nC1/ n n. Veamos que fang ! 1. Para
log n ,
an D bn D log

indeterminación del tipo 11, aplicamos el criterio de equivalencia logarítmica:

1 n
n log.n C 1/ 1 1
n log 1 C n log C n
log n
1D D !0
log n log n

Por tanto, fang ! 1. Podemos aplicar ahora el criterio de equivalencia logarítmica a la
sucesión bn.an 1/. Tenemos que:

1/ n log n
log.n C
anbn D log n

Esta sucesión es una indeterminación del tipo 11 y podemos volver a aplicarle el criterio

de equivalencia logarítmica.

log.n C 1/ 1
n log n 1 1
log n D n log C n ! 1:

Concluimos que fxng ! 1.
s

h) xn D n .p n/! donde p; q 2 N. Es una sucesión del tipo xn D pn zn donde zn D .p n/! .
.q n/pn .q n/pn

Tenemos que:

znC1 D .pn C p/! .q n/pn D .p n C 1/.pn C 2/ .pn C p/ n p n
zn .q n C q/pnCp .p n/! .q n C q/p n C 1

La fracción .p nC1/.p nC2/ .p nCp / es un cociente de dos polinomios en la variable n
del .q nCq/p iguales a pp y qp respectivamente, por tanto su
mismo grado p y coeficientes líder

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Ejercicios resueltos 376

p p n p n D 1 np p. Por tanto,
q nC1 1 nC1
límite es igual a . La sucesión converge a e
p
en virtud del corolario 7.40, la sucesión dada converge a p .
qe

p esen.1=n/ 1 esen. 1 / ex esen x
ne n .
k) xn D n 1 D en f .x/ D
n sen.1=n/ . Consideremos la función sen x
1 sen. 1 / x
n n
1
Pongamos yn D n . Tenemos que xn D f .yn/. Como yn ! 0, el límite de fxng es igual

al límite de f .x/ en x D 0. Tenemos que:

ex esen x D esen x ex sen x 1 esen x 1 .x ! 0/
f .x/ D x sen x
x sen x

Donde hemos usado que la función ex sen x 1 es de la forma eh.x/ 1 donde lKım h.x/D0,
x sen x h.x/
x!0 ©

por lo que dicha función tiene límite igual a 1 en x D 0.

Ejercicio resuelto 172 Sabiendo que fang ! a, calcula el límite de las sucesiones:
p

a) xn D n. n an 1/

b) xn D exp.a1/ C exp.a2=2/ C C exp.an=n/ n
log n

c) xn D a1 C a2=2 C C an=n
log n

Solución. b) Es una sucesión del tipo xn D un . Aplicaremos el criterio de Stolz.
vn

unC1 un D exp anC1 1 n anC1 ! a:
vnC1 vn log nC1
nC1

1 C 1
n

Donde hemos usado la equivalencia asintótica ezn 1 zn válida siempre que zn !0
y log.1 C yn/ yn, válida siempre que yn ! 0. Concluimos que fxng ! a.
©

no
xnC1
Ejercicio resuelto 173 Sea fxng una sucesión de números positivos tal que xn ! L > 0.
r
Calcula el límite de la sucesión n p xn .
n x1x2 xn

Solución. Es una sucesión del tipo wn D pn yn donde yn D p xn . Aplicaremos
n x1x2 xn
el corolario 7.40. Tenemos que:

1 1
ynC1 D xnC1 x1x2 xn n 1 x1x2 xn n.nC1/
yn xn 1 L nCp1 xnC1

x1x2 xnxnC1 nC1

En virtud, del citado corolario, se tiene que nCp1 xnC1 ! L. Sea znD 1
x1x2 xn .n.nC1/

Consideremos la sucesión:

log zn D log.x1/ C log.x2/ C C log.xn/
n.n C 1/

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Ejercicios resueltos 377

Pongamos an D log.x1/ C log.x2/ C C log.xn/, bn D n.nC 1/. Aplicaremos el criterio
de Stolz.

anC1 an D log.xnC1/ D 1 log p ! 1 p
bnC1 bn 2n C 2 2 nC1 xnC1 2 log L D log L:

Deducimos que log zn ! p ! p ynC1 ! p
log L, por lpo que zn L y también yn L. El

citado corolario 7.40 implica que wn ! L.

Ejercicio resuelto 174 Sean a, b números positivos; definamos xk DaC.k 1/b para cada

k 2 N y sea Gn la media geométrica de x1; x2; : : : ; xn y An su media aritmética. Calcula
el límite de la sucesión Gn .

An

Solución. Tenemos que An D na C n.n 1/ b D a C n 1 Por tanto:
2 b.
n
n

Gn D pn x1x2 xn D 1 r
An a C nn1b n x1x2 xn
a C n1 b
n 2n nn

r x1 x2 xn, p
nn n zn,
Calcularemos el límite de la sucesión Un D n que es del tipo Un D

usando el corolario 7.40, tenemos:

znC1 xnC1 xnC1 1 n b
zn C 1/nC1 nC1
D .n nn D 1 nC1 !:
e

Deducimos que f Gn g ! 2 . ©
An e

Ejercicio resuelto 175 Sea fxng ! x, fyng ! y, x ¤y. Definamos z2n 1 Dxn, y z2n Dyn.

Justifica que la sucesión
z1 C z2 C C zn

n

es convergente.

Solución. Pongamos un D z1 C z2 C C zn . Tenemos que:
n

u2n D z1 C z3 C C z2n 1 C z2 C z4 C C z2n D
2n 2n

D 1 x1 C x2 C C xn C 1 y1 C y2 C C yn ! x y D xCy:
C
2n 2n 22 2

Donde hemos aplicado el criterio de la media aritmética. Análogamente se comprueba

que fu2n 1g ! xCy . Concluimos que fung ! xCy .
2 2

Observa que no se puede calcular el límite de fung aplicando el criterio de Stolz. Lla-
Zn
mando Zn D z1 C z2 C C zn, Vn D n, tenemos un D Vn y:

ZnC1 Zn xmC1; si n D 2m es par;
VnC1 Vn ym; si n D 2m 1 es impar.
D ZnC1 Zn D

Por tanto, la sucesión ZnC1 Zn no es convergente. ©
VnC1 Vn

Universidad de Granada Prof. Javier Pérez
Dpto. de Análisis Matemático Cálculo diferencial e integral