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CAP´ITULO XIII. SUCESIONES ´ NUMERICAS
SECCIONES A. Sucesiones convergentes y l´ımites de oscilaci´on. Sucesiones mon´otonas y acotadas. B. Sucesiones recurrentes. C. Ejercicios propuestos.
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A. SUCESIONES CONVERGENTES Y L´ IMITES DE OSCILA´ ´ CION. SUCESIONES MONOTONAS Y ACOTADAS.
En el cap´ıtulo 8 se defini´o el concepto de convergencia de sucesiones num´ericas. Vamos a estudiar aqu´ı las sucesiones en un contexto m´as general, mostrando otros conceptos fundamentales de las sucesiones y las relaciones entre ellos. Estos conceptos son los de convergencia, monoton´ıa y acotaci´on, que pasamos a definir a continuaci´on. A.1.CONVERGENCIA. a) Una sucesi´on {an }n∈N es convergente cuando existe un n´ umero real L tal que ∀ε > 0, ∃N ∈ N : |an − L| < ε, ∀n > N. Intuitivamente, quiere decir que todos los t´erminos de la sucesi´on, excepto quiz´a los N primeros, caen dentro del intervalo (L−ε, L+ ε), es decir su distancia a L es menor que ε. En este caso se dice que L es el l´ımite de la sucesi´on y se escribe L = l´ım an , o bien an → L (observa que, a diferencia de las n→∞ funciones reales, no tiene sentido calcular l´ımites de sucesiones cuando n → x0 6= ∞, pues en un entorno de x0 puede no haber ning´ un n´ umero natural). b) Una sucesi´on es divergente cuando se verifica una de las siguientes propiedades: ∀M > 0, ∃N ∈ N : an > M, ∀n > N (y se dice que an → ∞). ∀M < 0, ∃N ∈ N : an < M, ∀n > N (y se dice que an → −∞). c) Una sucesi´on es oscilante cuando no es convergente ni divergente, es decir, no hay ning´ un n´ umero (finito ni infinito) en cuyas proximidades se encuentren todos los t´erminos de la sucesi´on, a partir de uno de ellos en adelante. Definimos subsucesi´on de una sucesi´on {an } a cualquier sucesi´on contenida en el conjunto {a1 , a2 , . . . , an , . . . }. Una caracterizaci´on de las sucesiones convergentes la proporciona el (1) criterio de convergencia de Cauchy: Una sucesi´ on {an }, con an ∈ R, ∀n, es convergente si y s´ olo si ∀ε > 0, ∃N ∈ N : |an − am | < ε, ∀n, m > N. 160
Esta condici´on, aunque te´orica, permite comprobar la convergencia de una sucesi´on sin necesidad de conocer su l´ımite. Otras propiedades de inter´es son las siguientes: (2) El l´ımite de una sucesi´ on, en caso de existir, es u ´nico. (3) Si an → a y a 6= 0, entonces existe N ∈ N tal que an tiene el mismo signo que a, ∀n > N . (4) Si an < bn , ∀n, entonces l´ım an ≤ l´ım bn . (5) Si an ≤ bn ≤ cn , ∀n y L = l´ım an = l´ım cn , entonces L = l´ım bn . (6) Si {an } es convergente (o divergente), toda subsucesi´ on de ella tiene el mismo l´ımite. Esta propiedad tambi´en se puede expresar diciendo que no se altera el valor del l´ımite de una sucesi´on al reordenar arbitrariamente sus t´erminos. Un concepto m´as general que el de l´ımite de una sucesi´on es el de l´ımite de oscilaci´on. Decimos entonces que un n´ umero L es l´ımite de oscilaci´on de una sucesi´on {an } si cualquier intervalo de la forma (L − ε, L + ε) contiene infinitos t´erminos de la sucesi´on. Llamamos l´ımite superior de {an } al mayor, si existe, de los l´ımites de oscilaci´on (y utilizamos la notaci´on L = l´ım sup an ) y el l´ımite inferior de {an } ser´a el menor de los l´ımites de oscilaci´on, en caso de existir (y utilizamos la notaci´on an´aloga L = l´ım inf an ). A.2. MONOTONIA. a) Una sucesi´on {an }n∈N es mon´otona creciente cuando an+1 ≥ an , ∀n ∈ N. b) An´alogamente, una sucesi´on {an }n∈N es mon´otona decreciente cuando an+1 ≤ an , ∀n ∈ N. En general, diremos que una sucesi´on es mon´otona cuando es, o bien mon´otona creciente, o bien mon´otona decreciente. A.3.ACOTACION. a) Una sucesi´on {an }n∈N est´a acotada superiormente cuando ∃M ∈ R : an ≤ M, ∀n ∈ N. 161
b) Una sucesi´on {an }n∈N est´a acotada inferiormente cuando ∃M 0 ∈ R : an ≥ M 0 , ∀n ∈ N. Decimos en general que una sucesi´on est´a acotada si lo est´a superior e inferiormente. Los resultados que relacionan estos tres conceptos son los siguientes: 1) Toda sucesi´ on convergente est´ a acotada. 2a) Toda sucesi´ on creciente y acotada superiormente es convergente. Adem´as el l´ımite es el supremo del conjunto {an }n∈N . 2b) Toda sucesi´ on decreciente y acotada inferiormente es convergente. En este caso el l´ımite es el ´ınfimo del conjunto {an }n∈N . 3) Toda sucesi´ on contiene alguna subsucesi´ on que es creciente o decreciente. 4) Toda sucesi´ on acotada tiene alguna subsucesi´ on convergente. En particular: 5) Toda sucesi´ on acotada tiene l´ımites superior e inferior finitos. As´ı pues, se dice que el l´ımite superior de una sucesi´on es +∞ si la sucesi´on no est´a acotada superiormente y que el l´ımite inferior es −∞ si no est´a acotada inferiormente. En los siguientes problemas se muestran ejemplos de algunas de estas propiedades y la forma de aplicarlas a casos concretos.
PROBLEMA 13.1
Determinar el menor valor de N para el que se verifica lo siguiente: p a) |an − 2| < 10−5 , ∀n > N, si an = 4 + 1/n. b)
1 (−1)n + < 10−6 , ∀n > N . n n2
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Soluci´ on a) Se trata de resolver la desigualdad |an − 2| < 10−5 . Debido a que an > 2, ∀n, tenemos la siguiente cadena de equivalencias: p p | 4 + 1/n − 2| < 10−5 ⇐⇒ 4 + 1/n − 2 < 10−5 p ⇐⇒ 4 + 1/n < 10−5 + 2 ⇐⇒ 4 + (1/n) < (10−5 + 2)2 ⇐⇒ 1/n < 10−10 + 4 + 4 · 10−5 − 4 ⇐⇒ n > (10−10 + 4 · 10−5 )−1 = 1010 · (1 + 4 · 105 )−1 . p El resultado indica que la sucesi´on dada por an = 4 + 1/n tiene l´ımite 2. b) Procediendo an´alogamente al caso anterior, tenemos: 1 (−1)n + < 10−6 ⇐⇒ n + (−1)n < 10−6 · n2 ⇐⇒ 10−6 · n2 − n − (−1)n > 0. n n2 Si resolvemos esta inecuaci´on de segundo grado, resulta: - Cuando n es par: 10
−6
2
√
1 + 4 · 10−6 2 · 10−6 i h p 1 =⇒ n > 106 + 103 4 + 106 ' 106 . 2
· n − n − 1 > 0 =⇒ n >
1+
- Cuando n es impar: −6
10
2
√
1 − 4 · 10−6 2 · 10−6 h i p 1 106 + 103 106 − 4 < 106 . =⇒ n > 2
· n − n + 1 > 0 =⇒ n >
1+
En definitiva, para n > 106 se verifica la desigualdad propuesta.
PROBLEMA 13.2
Demostrar, utilizando la definici´ on de l´ımite, que la sucesi´ on de 4n − 3 converge a 4. t´ ermino general an = n+1 Soluci´ on Debemos probar que, dado cualquier n´ umero ε > 0, somos capaces de encontrar un n´ umero natural N tal que la distancia entre an y el l´ımite 4, es menor que ε, ∀n > N . Ahora bien, dicha distancia es 4n − 3 −7 = 7 , |an − 4| = − 4 = n+1 n + 1 n + 1 163
7 y ser´a |an − 4| < ε si y s´olo si n > − 1. Por tanto, basta elegir cualquier ε 7 n´ umero natural N > − 1 para que se cumpla la definici´on de l´ımite. ε
PROBLEMA 13.3
Sean a y b positivos. Probar que l´ım
√ n
n→∞
an + bn = m´ax{a, b}.
Soluci´ on En primer lugar, si a = b, √ √ √ n n n l´ım an + bn = l´ım 2an = l´ım a 2 = a = m´ax{a, b}. n→∞
n→∞
n→∞
Supongamos ahora que a > b. Entonces p p √ n l´ım an + bn = l´ım n an [1 + (b/a)n ] = l´ım a n 1 + (b/a)n = a = m´ax{a, b}, n→∞
n→∞
n→∞
debido a que (b/a)n → 0. An´alogamente se deduce el caso en que b > a.
PROBLEMA 13.4 an + 1 n Sabiendo que l´ım = 9, calcular el valor de a. n→∞ an − 1 Soluci´ on Como se trata de una indeterminaci´on de la forma 1∞ , podemos tomar an + 1 an + 1 logaritmos y aplicar la equivalencia ln ∼ − 1. De este moan − 1 an − 1 do, an + 1 2 2 ln 9 = l´ım n − 1 = l´ım n · = , an − 1 an − 1 a 2 con lo que debemos tomar a = . ln 9
PROBLEMA 13.5
Hallar la relaci´ on entre los par´ ametros a y b para que se verifique n + a 2n+3 n + 3 bn+4 l´ım = l´ım . n→∞ n + 1 n→∞ n + 2 164
Soluci´ on Ambos l´ımites son de la forma 1∞ . Tomando logaritmos y aplicando la equivalencia ln un ∼ un − 1, cuando un → 1, obtenemos:
n+a n+a = l´ım (2n + 3) −1 n→∞ n→∞ n+1 n+1 n+a−n−1 = l´ım (2n + 3) · = 2(a − 1), n→∞ 1 n + n+3 n+3 = l´ım (bn + 4) −1 = l´ım (bn + 4) ln n→∞ n→∞ n+2 n+2 n+3−n−2 = l´ım (bn + 4) · = b. n→∞ n+2
ln L1 =
ln L2
l´ım (2n + 3) ln
Para que L1 = L2 , debe cumplirse que e2(a−1) = eb , o bien 2(a − 1) = b.
PROBLEMA 13.6
Probar que la sucesi´ on de t´ ermino general an =
1 2 3 n + + + ··· + n 2 4 8 2
es de Cauchy. Soluci´ on La sucesi´on {an } es precisamente la sucesi´on de sumas parciales de la serie X n de t´erminos positivos . Como dicha serie es convergente (lo cual se 2n n≥1
puede probar f´acilmente aplicando el criterio de la ra´ız), tambi´en lo es la sucesi´on de sumas parciales y converge a la suma de la serie. Como toda sucesi´on convergente es de Cauchy, obtenemos el resultado deseado.
PROBLEMA 13.7
Sea {xn } una sucesi´ on mon´ otona creciente. Probar que tambi´ en lo x1 + · · · + xn es la sucesi´ on de t´ ermino general yn = . n
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Soluci´ on Probaremos que yn+1 ≥ yn , para lo cual utilizamos el hecho de que x1 ≤ x2 ≤ · · · ≤ xn ≤ xn+1 : yn+1 = ≥
x1 + · · · + xn + xn+1 x1 + (1/n)xn+1 + · · · + xn + (1/n)xn+1 = n+1 n+1 x1 (1 + 1/n) + · · · + xn (1 + 1/n) nyn (1 + 1/n) = = yn . n+1 n+1
An´alogamente se prueba que si {xn } es decreciente, tambi´en lo es la sucesi´on de sus medias aritm´eticas.
PROBLEMA 13.8
Demostrar que es convergente la sucesi´ on de t´ ermino general 1 1 xn = + ··· + . 2n + 1 3n Soluci´ on Demostraremos que la sucesi´on es mon´otona creciente y acotada superiormente, lo que da como consecuencia la convergencia de la sucesi´on. *) La sucesi´on est´a acotada superiormente pues: xn =
1 1 1 n 1 1 + ··· + < + ··· + = = . 2n + 1 3n 2n 2n 2n 2
*) La sucesi´on es mon´otona creciente, como se comprueba al realizar la siguiente resta: xn+1 − xn = =
1 1 1 1 1 + + − − 3n + 3 3n + 2 3n + 1 2n + 2 2n + 1 9n2 + 11n + 4 > 0, ∀n. 6(n + 1)(3n + 2)(3n + 1)(2n + 1)
Como hemos indicado al principio, se aqu´ı se deduce que la sucesi´on es convergente.
PROBLEMA 13.9
Encontrar los l´ımites de oscilaci´ on de las sucesiones siguientes: a) an = n2 [1 + (−1)n ]. nπ n sen2 . b) an = n+1 4 166
Soluci´ on a) Si n es par, tenemos la sub-sucesi´on an = 2n2 que es divergente (su l´ımite es +∞). Por otra parte, si n es impar, resulta an = 0, que converge a cero. En definitiva, los l´ımites de oscilaci´on son 0 y +∞. √ nπ 2 n b) En este caso, si n es impar, sen =± , con lo que an = 4 2 2(n + 1) que converge a 1/2. nπ Si n es m´ ultiplo de 4, sen = 0 y la subsucesi´on correspondiente 4 converge a cero. nπ = ±1, con lo Si n es de la forma n = 4k + 2, k ∈ N, entonces sen 4 n que converge a 1. que an = n+1 En definitiva, los l´ımites de oscilaci´on son {0, 1/2, 1}.
PROBLEMA 13.10
Encontrar los l´ımites de oscilaci´ on de la sucesi´ on cuyo t´ ermino nπ 12 + 2n nπ general es an = sen + n+1 · cos . 2 2 2 Soluci´ on Si n es par, n = 2k, tenemos la sub-sucesi´on a2k = sen kπ +
2k 12 + 22k k 12 + 2 · cos kπ = (−1) 22k+1 2 · 22k
12 + 22k = 1/2, la n→∞ 2 · 22k subsucesi´on {a2k } es oscilante. Por lo tanto, si k nuevamente es par, la subsucesi´on correspondiente tiene l´ımite 1/2, y si k es impar, la sub-sucesi´on converge a −1/2. (debido a que sen kπ = 0 y cos kπ = (−1)k ). Como l´ım
Por otra parte, si n es impar, n = 2k + 1, obtenemos la sub-sucesi´on a2k+1 = sen
(2k + 1)π (2k + 1)π 12 + 22k+1 + · cos = (−1)k , 2 2 22k+2
que tambi´en es oscilante pero tiene l´ımites de oscilaci´on 1 y −1. En definitiva, los l´ımites de oscilaci´on de la sucesi´on propuesta son −1, −1/2, 1/2 y 1, que son los l´ımites de las subsucesiones {a4k+3 }, {a4k+2 }, {a4k } y {a4k+1 }, respectivamente. 167
PROBLEMA 13.11
Encontrar los l´ımites de oscilaci´ on de la sucesi´ on {m/n : m, n ∈ N, m.c.d.(m, n) = 1} ordenada de modo que m + n vaya de menor a mayor. Soluci´ on Como la sucesi´on consta de todos los n´ umeros racionales positivos, tiene por l´ımites de oscilaci´on a todos los reales no negativos pues, como es sabido, en cualquier entorno de un n´ umero real hay siempre una infinidad de n´ umeros racionales.
PROBLEMA 13.12
Sea f una funci´ on real mon´ otona creciente y acotada en el intervalo [0, 1]. Definimos las sucesiones {sn } y {tn } como: sn =
n−1
n
k=0
k=1
1X 1X f (k/n), tn = f (k/n). n n
i) Demostrar que Z sn ≤
1
Z f (x) dx ≤ tn y 0 ≤
0
1
f (x) dx − sn ≤ 0
f (1) − f (0) . n
ii) Demostrar que las sucesiones {sn } y {tn } convergen ambas a Z 1 f (x)dx. 0
Soluci´ on i) Como f es creciente, si P = {0, 1/n, 2/n, . . . , (n − 1)/n, 1} es una partici´on cualquiera del intervalo [0, 1], entonces k−1 k k−1 k f ≤ f (x) ≤ f , ∀x ∈ , , k = 1, . . . , n. n n n n De aqu´ı se deduce que Z k/n Z k/n Z k/n k−1 k f dx ≤ f (x) dx ≤ f dx, n n (k−1)/n (k−1)/n (k−1)/n de modo que, sumando a lo largo de Zlos subintervalos de la partici´on 1 P , se obtiene precisamente que sn ≤ f ≤ tn . 0
168
Si restamos sn a los tres miembros de la desigualdad anterior, obtenemos que Z 0≤ 0
1
" n # n−1 X 1 X 1 f −sn ≤ tn −sn = f (k/n) − f (k/n) = [f (1)−f (0)]. n n k=1
k=0
Si, en vez de restar sn , restamos tn en la misma desigualdad, se obtiene la desigualdad an´aloga 1 − [f (1) − f (0)] ≤ n
Z
1
f − tn ≤ 0. 0
ii) De las dos u ´ltimas desigualdades, al calcular el l´ımite de los extremos se obtiene que 1
Z 1 1 0 ≤ l´ım f − sn ≤ l´ım [f (1) − f (0)] = 0 =⇒ l´ım sn = f; n 0 0 Z 1 Z 1 1 f − tn ≤ 0 =⇒ l´ım tn = f. 0 = l´ım − [f (1) − f (0)] ≤ l´ım n 0 0 Z
PROBLEMA 13.13
Sea X el conjunto de los n´ umeros reales que son soluci´ on de las ecuaciones n2 x2 − n(3n − 1)x + (2n2 − 3n − 2) = 0 para cada n ∈ N. Hallar sup X e ´ınf X . Soluci´ on Al resolver la ecuaci´on obtenemos las ra´ıces p n(3n − 1) ± n2 (3n − 1)2 − 4n2 (2n2 − 3n − 2) x = 2n2 2n + 1 n−2 =⇒ an = , bn = . n n Resulta entonces el conjunto X =
2n + 1 n−2 :n∈N ∪ : n ∈ N . Con n
2n + 1 mo la sucesi´on an = es decreciente y tiene l´ımite 2 y la sucesi´on n n−2 bn = es creciente y tiene l´ımite 1, se deduce que sup X = a1 = 3 e n ´ınf X = b1 = −1. 169
B. SUCESIONES RECURRENTES.
Sabemos que para definir una sucesi´on es necesario dar una regla de formaci´on de todos sus t´erminos. Esa regla puede ser una f´ormula expl´ıcita que d´e la imagen de cada n´ umero natural o una f´ormula recurrente, mediante la cual cada t´ermino viene dado en funci´on de uno o varios t´erminos precedentes. Este caso merece especial atenci´on pues no se pueden aplicar las reglas usuales para el c´alculo de l´ımites sino que la convergencia se deduce de forma indirecta. En los siguientes problemas utilizaremos fundamentalmente el siguiente esquema: 1. Determinar si la sucesi´on es mon´otona (bien creciente o decreciente), mediante la comparaci´on de dos t´erminos consecutivos. 2a. En caso afirmativo, comprobar si la sucesi´on est´a acotada. Esto ya da como consecuencia la convergencia de la sucesi´on. 2b. En caso negativo, aplicar el criterio de convergencia de Cauchy. 3. Una vez comprobada la existencia de l´ımite, aplicar la propiedad de unicidad del mismo. Esto quiere decir que, en particular, L = l´ım an = l´ım an+1 . Esto da lugar a una ecuaci´on cuya soluci´on es el l´ımite de la sucesi´on.
PROBLEMA 13.14
Calcular el l´ımite de las sucesiones de t´ ermino general q p √ a) an = 2 2 2 . . . (n veces). q p √ b) an = 2 + 2 + 2 + . . . (n veces). Soluci´ on a) Si escribimos el t´ermino general como n
n
an = 21/2 · 21/4 · · · · · 21/2 = 21/2+1/4+···+1/2 , y sabiendo que el exponente es la suma de los t´erminos de una progresi´on geom´etrica de raz´on 1/2, 1/2 + 1/4 + · · · + 1/2n =
1/2 − 1/2n+1 = 1 − 1/2n , 1 − 1/2
al calcular el l´ımite obtenemos: n
l´ım an = l´ım 21−1/2 = 2. 170
√ Otro m´etodo: El t´ermino general se puede escribir como an = 2an−1 y se puede probar que es mon´otona creciente y est´a acotada superiormente. Por inducci´on se demuestra que an < 2, ∀n: √ Como a1 = 2, es evidente que a1 < 2. Si suponemos ahora que an−1 < 2, probaremos que an < 2: √ p an = 2an−1 < 2 · 2 = 2. an Por otra parte, como = an−1 es mon´otona creciente.
s
2 an−1
> 1, se deduce que la sucesi´on
Lo anterior prueba que la sucesi´on es convergente y, por tanto, de la relaci´on L = l´ım an = l´ım an−1 resulta que: √ L = 2L =⇒ L2 = 2L =⇒ L = 0 ´o L = 2. Como an > 0, ∀n y es creciente, s´olo puede ser L = 2. b) Como no podemos escribir una f´ormula expl´ıcita (simple) para expresar el t´ermino general, aplicamos el segundo m´etodo del apartado ante√ rior. Escribimos para ello en forma recurrente an = 2 + an−1 , ∀n y probamos que la sucesi´on es mon´otona y acotada. - La sucesi´on est´a acotada superiormente por 2: √ Es evidente que a1 = 2 < 2 y, si suponemos que an−1 < 2, resulta que p √ an = 2 + an−1 < 2 + 2 = 2. - La sucesi´on es mon´otona creciente. Para ello escribiremos desigualdades equivalentes a la que queremos probar: √ an+1 ≥ an ⇐⇒ 2 + an ≥ an ⇐⇒ 2 + an ≥ a2n ⇐⇒ a2n − an − 2 ≤ 0 ⇐⇒ (an − 2)(an + 1) ≤ 0 ⇐⇒ −1 ≤ an ≤ 2, lo que es evidentemente cierto. De lo anterior se deduce nuevamente que la sucesi´on es convergente. Si llamamos L a su l´ımite, debido a que L = l´ım an = l´ım an+1 , tenemos: √ L = 2 + L =⇒ L2 = 2+L =⇒ L2 −L−2 = 0 =⇒ (L−2)(L+1) = 0 =⇒ L = 2, ya que los t´erminos de la sucesi´on son todos positivos y el l´ımite no puede ser negativo. 171
PROBLEMA 13.15
Se considera la sucesi´ on (an )n≥1 definida por a1 = a2 = a > 0, 1 an = 1 otona y acotada y 1 , si n ≥ 3. Probar que es mon´ an−1 + an−2 calcular su l´ımite. Soluci´ on Es evidente por la misma construcci´on del t´ermino general que an ≥ 0, ∀n, lo que indica por una parte que la sucesi´on est´a acotada inferiormente por 0. an−1 · an−2 Veamos que es mon´otona decreciente. Para ello escribimos an = an−1 + an−2 y obtenemos que an an−2 = < 1 =⇒ an < an−1 , an−1 an−1 + an−2 como quer´ıamos probar. Para calcular el l´ımite tenemos en cuenta que L = l´ım an = l´ım an−1 = 1 l´ım an−2 y planteamos la ecuaci´on L = . Esto implica que L = 1/L + 1/L L/2 de donde L = 0.
PROBLEMA 13.16
Sea (xn )n∈N la sucesi´ on definida de la siguiente forma: ( x1 = 1, 1 xn+1 = 1+x 2 · xn . n
Demostrar que es convergente y que l´ım xn = 0. n→∞
Soluci´ on Para probar que es convergente, basta ver que est´a acotada inferiormente y que es decreciente. Por una parte, es evidente que xn ≥ 0, ∀n. Por otra parte, como
1 xn+1 = < 1, se deduce que xn+1 < xn , ∀n. xn 1 + x2n
Sabiendo ya que es convergente, para calcular el l´ımite tendremos en cuenta que l´ım xn = l´ım xn+1 . Si llamamos L a dicho l´ımite, resulta que L=
1 1 · L =⇒ L = 0 o´ = 1 =⇒ L = 0. 1 + L2 1 + L2 172
PROBLEMA 13.17
Sea (an )n∈N la sucesi´ on definida de la siguiente forma: ( a1 = 1, n) an+1 = 2(1+a 2+an . Probar que l´ım an = n→∞
√
2.
Soluci´ on (*) Probaremos en primer lugar por inducci´on que a2n < 2: a21 = 1 < 2; Si
a2n < 2, a2n+1 = 4 ·
1 + 2an + a2n 2 + 4an + 2a2n = 2 · . 4 + 4an + a2n 4 + 4an + a2n
Pero como a2n < 2, entonces 2 + 4an + 2a2n < 4 + 4an + a2n , de donde a2n+1 < 2. √ Queda pues probado que la sucesi´on est´a acotada superiormente por 2. an+1 2 + 2an > 1 =⇒ an+1 > an , = an 2an + a2n es decir que la sucesi´on es mon´otona creciente.
(*) Por otra parte, como a2n < 2, entonces
(*) De lo anterior podemos concluir que la sucesi´on es convergente; si llamamos L = l´ım an , tenemos L=
√ 2(1 + L) =⇒ 2L + L2 = 2 + 2L =⇒ L2 = 2 =⇒ L = 2, 2+L
pues an ≥ 0 para todo n.
PROBLEMA 13.18
Sea (xn )n∈N la sucesi´ on definida de la siguiente forma: ( x1 = 10, 1 xn+1 = 2 xn + x1n . Demostrar que es convergente y que l´ım xn = 1. n→∞
173
Soluci´ on *) Veremos que la sucesi´on est´a acotada inferiormente. Para ello probaremos en primer lugar por inducci´on que xn > 0, ∀n: Es evidente que x1 > 0 y, si suponemos que xn > 0, tenemos que xn +1/xn > 0, de donde xn+1 > 0. Veamos a continuaci´on que adem´as xn ≥ 1, ∀n. Para ello suponemos tambi´en que xn ≥ 1 y probaremos que xn+1 ≥ 1: Como (xn − 1)2 ≥ 0, entonces x2n + 1 − 2xn ≥ 0 =⇒ x2n + 1 ≥ 2xn =⇒
x2n + 1 ≥ 1 =⇒ xn+1 ≥ 1. 2xn
*) La sucesi´on es mon´otona decreciente: Como x2n ≥ 1, se deduce que, para todo n, 1 1 xn+1 x2n + 1 1 ≤ 1 =⇒ 1+ ≤ 2 =⇒ = = 2 2 2 xn xn xn 2xn 2
1 1+ 2 xn
≤ 1 =⇒ xn+1 ≤ xn .
*) De lo anterior se deduce que la sucesi´on es convergente. Adem´as, si llamamos L al l´ımite, tenemos que L=
1 L2 + 1 · =⇒ 2L2 = L2 + 1 =⇒ L2 = 1 =⇒ L = ±1. 2 L
Como todos los t´erminos son positivos, s´olo es posible la soluci´on L = 1.
PROBLEMA 13.19
Sea (xn )n∈N la sucesi´ on definida de la siguiente forma: ( x1 = 1/3, xn+1 = √ 1 . 1+
(1/xn )−1
Demostrar que es convergente y calcular su l´ımite. Soluci´ on - En primer lugar, probaremos por inducci´on que 0 < xn < 1/2, ∀n: La propiedad es cierta para n = 1 pues x1 = 1/3 < 1/2. 174
Si suponemos cierta la propiedad para xn , veamos que tambi´en lo es para xn+1 : p 0 < xn < 1/2 =⇒ 1/xn > 2 =⇒ 1/xn − 1 > 1 =⇒ 1/xn − 1 > 1 p 1 p =⇒ 1 + 1/xn − 1 > 2 =⇒ xn+1 = < 1/2, 1 + (1/xn ) − 1 y adem´as xn+1 > 0. - Veamos a continuaci´on que la sucesi´on es creciente, es decir xn+1 ≥ xn , ∀n. Para ello, escribiremos inecuaciones equivalentes a la que queremos probar hasta obtener alguna cuya soluci´on sea m´as asequible: xn+1 ≥ xn ⇐⇒ ⇐⇒
1
≥ xn ⇐⇒
p
p 1 ≥ 1 + (1/xn ) − 1 xn
(1/xn ) − 1 r 1 1 1 1 1 −1≥ − 1 ⇐⇒ − 1 ≥ 1 ⇐⇒ ≥ 2 ⇐⇒ ≥ xn xn xn xn xn 2 1+
lo cual est´a ya probado al principio. - En definitiva, como la sucesi´on es mon´otona creciente y acotada superiormente, ser´a convergente. Para calcular su l´ımite, utilizamos la f´ormula L = l´ım xn = l´ım xn+1 y tenemos en cuenta que L ≤ 1/2 (pues 1/2 es una cota superior de {xn }): L=
1 1+
p
1/L − 1
p =⇒ L + L 1/L − 1 = 1 =⇒ L2 (1/L − 1) = (1 − L)2 =⇒ L − L2 = 1 − 2L + L2 =⇒ 2L2 − 3L + 1 = 0 √ 3± 9−8 =⇒ L = =⇒ L = 1 ´o L = 1/2 =⇒ L = 1/2. 4
Observaci´ on. Aunque la sucesi´on est´e definida en forma recurrente, en este caso es posible encontrar una f´ormula expl´ıcita del t´ermino general. As´ı, se 1 puede probar por inducci´on que xn = , ∀n y es evidente que 1 + 21/2n−1 l´ım xn = 1/2.
PROBLEMA 13.20
Demostrar que la sucesi´ on (xn )n∈N definida por: x1 = 1/8, xn+1 = x2n + 1/4, n ≥ 1, es convergente y calcular su l´ımite. 175
Soluci´ on *) Veamos en primer lugar que {xn } es creciente: xn+1 − xn = x2n − xn + 1/4 = (xn − 1/2)2 ≥ 0, ∀n =⇒ xn+1 ≥ xn , ∀n. *) A continuaci´on probaremos por inducci´on que la sucesi´on est´a acotada superiormente por 1/2. En efecto, x1 = 1/8 < 1/2. Adem´as, si suponemos xn < 1/2, veamos que xn+1 < 1/2: xn < 1/2 =⇒ x2n < 1/4 =⇒ x2n + 1/4 < 1/2 =⇒ xn+1 < 1/2. *) De lo anterior se deduce que {xn } es convergente. Si llamamos L a su l´ımite, se debe verificar: L = L2 + 1/4 =⇒ L2 − L + 1/4 = 0 =⇒ (L − 1/2)2 = 0 =⇒ L = 1/2.
PROBLEMA 13.21
Se define la siguiente sucesi´ on: x1 ∈ (0,√1), xn+1 = 1 − 1 − xn . Probar que es convergente y calcular su l´ımite. Soluci´ on *) Veamos en primer lugar que la sucesi´on est´a acotada probando por inducci´on que xn ∈ (0, 1), ∀n. Por hip´otesis x1 ∈ (0, 1). Si suponemos que xn ∈ (0, 1), resulta: √ 0 < xn < 1 =⇒ 0 > −xn > −1 =⇒ 1 > 1 − xn > 0 =⇒ 1 > 1 − xn > 0 √ √ =⇒ −1 < − 1 − xn < 0 =⇒ 0 < 1 − 1 − xn < 1, que es precisamente la condici´on 0 < xn+1 < 1. *) La sucesi´on es decreciente pues, como xn+1 = 1 −
√
1 − xn =
x 1 − (1 − xn ) √ √n = 1 + 1 − xn 1 + 1 − xn 176
y 1+
√
1 − xn > 1, resulta que xn+1 1 √ = < 1 =⇒ xn+1 < xn , ∀n. xn 1 + 1 − xn
*) Lo anterior prueba que la sucesi´on es convergente. Si llamamos L al l´ımite y utilizamos la propiedad L = l´ım xn = l´ım xn+1 , deducimos que √ √ L = 1 − 1 − L =⇒ L − 1 = − 1 − L =⇒ (L − 1)2 = 1 − L =⇒ (L − 1)2 + (L − 1) = 0 =⇒ (L − 1)(L − 1 + 1) = 0. Esto conduce a las dos posibilidades L = 1 ´o L = 0. Al ser la sucesi´on decreciente y sus t´erminos menores que 1, debe ser L = 0.
PROBLEMA 13.22
Sea (xn )n∈N la sucesi´ on definida por la ley de recurrencia 7xn+1 = x3n + 6. Estudiar la convergencia en los siguientes casos: i) x1 = 1/2. ii) x1 = 3/2. iii) x1 = 5/2. Soluci´ on Estudiaremos en primer lugar el crecimiento en el caso general. Como
xn+1 − xn =
x3n 6 x3 − 7xn + 6 (xn − 1)(xn − 2)(xn + 3) + − xn = n = , 7 7 7 7
el crecimiento depende del signo de los factores. Por otra parte, si la sucesi´on fuera convergente y llamamos L al l´ımite, debe verificarse que 7L = L3 + 6 ⇐⇒ L3 − 7L + 6 = 0 ⇐⇒ (L − 1)(L − 2)(L + 3) = 0, con lo que los u ´nicos posibles l´ımites son L = 1, L = 2 ´o L = −3. Veamos las distintas posibilidades seg´ un los valores del primer t´ermino. i) Si x1 = 1/2, probaremos por inducci´on que 0 < xn < 1, ∀n: Efectivamente, si suponemos que 0 < xk < 1, entonces 0 < x3k < 1 =⇒ 6 < x3k + 6 < 7 =⇒ 6/7 < xk+1 < 1, 177
como quer´ıamos probar. De lo anterior se deduce que la sucesi´on es creciente pues xn − 1 < 0, xn − 2 < 0, xn + 3 > 0, de donde xn+1 − xn > 0. Como tambi´en est´a acotada superiormente, debe ser convergente y, recordando que 0 < xn < 1, el l´ımite debe ser L = 1. ii) Si x1 = 3/2, probaremos por inducci´on que 1 < xn < 2, ∀n: Efectivamente, si suponemos que 1 < xk < 2, entonces 1 < x3k < 8 =⇒ 7 < x3k + 6 < 14 =⇒ 1 < xk+1 < 2, como quer´ıamos probar. En este caso, como ahora xn − 1 > 0, xn − 2 < 0, xn + 3 > 0, se deduce que xn+1 − xn < 0, con lo que la sucesi´on es decreciente. Como est´a acotada inferiormente, tambi´en es convergente y su l´ımite s´olo puede ser L = 1. iii) Si x1 = 5/2, se comprueba tambi´en por inducci´on que xn > 2, ∀n: Suponemos para ello que xk > 2; entonces x3k > 8 =⇒ x3k + 6 > 14 =⇒ xk+1 > 2, como quer´ıamos probar. De lo anterior se deduce que la sucesi´on es creciente pues, como xn −1 > 0, xn −2 > 0 y xn +3 > 0, resulta que xn+1 −xn > 0. Su l´ımite, en caso de existir, deber´ıa ser mayor que 2 lo cual es imposible seg´ un hemos comprobado anteriormente. Esto indica que la sucesi´on es divergente.
PROBLEMA 13.23
Sea (an )n∈N la sucesi´ on definida por recurrencia de la siguiente forma: a1 = −3/2, 3an+1 = 2 + a3n . a) Comprobar que es convergente y calcular su l´ımite. b) Modificar el primer t´ ermino a1 para que el l´ımite sea −2. Soluci´ on a) - Probaremos en primer lugar que an ∈ (0, 1), ∀n > 2. En efecto, como 3a2 = 2 + (−3/2)3 =⇒ a2 = −11/24, de donde a3 =
2 + (−11/24)3 = 0,63. 3 178
Si suponemos ahora que 0 < an < 1, se deduce que: 0 < a3n < 1 =⇒ 2 < a3n + 2 < 3 =⇒ 0 < 2/3 < an+1 < 1. - Probamos a continuaci´on que la sucesi´on es creciente. Para ello efectuamos la resta entre dos t´erminos consecutivos y obtenemos: an+1 − an =
2 + a3n 2 + a3n − 3an (an − 1)2 · (an + 2) − an = = > 0, 3 3 3
con lo que, efectivamente, an+1 > an , ∀n. - Lo anterior implica que la sucesi´on es convergente y L = l´ım an = l´ım an+1 . Entonces: 3L = 2 + L3 =⇒ L3 − 3L + 2 = 0 =⇒ (L − 1)2 (L + 2) = 0. Como an > 0, ∀n > 2, debe ser L = 1. b) Veamos las distintas posibilidades para a1 : - Si a1 > −2, entonces se prueba por inducci´on que an > −2, ∀n. Debido a que an+1 − an =
(an − 1)2 · (an + 2) > 0, 3
la sucesi´on es creciente y el l´ımite no puede ser −2, que es una cota inferior. - Si a1 < −2, entonces se prueba an´alogamente que an < −2, ∀n y que la sucesi´on es decreciente; el l´ımite no puede ser −2 que es ahora una cota superior. La u ´nica posibilidad es pues que a1 = −2. Esto da lugar a una sucesi´on constante pues, si an = −2, entonces an+1 = (2 − 8)/3 = −2. En este caso el l´ımite es evidentemente −2.
PROBLEMA 13.24
Sea (xn )n∈N la sucesi´ on definida de la siguiente forma: x1 = 2, xn+1 = 2 − x1n . Demostrar que es convergente y calcular su l´ımite. ¿Qu´ e pasar´ıa si x1 = 4?
179
Soluci´ on Para que sea convergente basta comprobar que est´a acotada inferiormente y es mon´otona decreciente. Para ello veamos en primer lugar que xn ≥ 1, ∀n: Est´a claro que x1 ≥ 1. Si adem´as suponemos que xn ≥ 1 para alg´ un n, entonces 1 1 1 ≤ 1 =⇒ − ≥ −1 =⇒ 2 − ≥1 xn xn xn o bien xn+1 ≥ 1. Adem´as, como xn+1 − xn = 2 −
2xn − 1 − x2n (xn − 1)2 1 − xn = =− < 0, xn xn xn
se deduce que xn+1 < xn y la sucesi´on es efectivamente decreciente. Ahora bien, si llamamos L al l´ımite de la sucesi´on, como L = l´ım xn = l´ım xn+1 , entonces L = 2 − 1/L =⇒ L2 = 2L − 1 =⇒ L = 1. El mismo procedimiento se aplica al caso en que x1 = 4 pues son v´alidas las mismas operaciones hechas anteriormente. Observemos que en ambos casos podemos escribir una expresi´on expl´ıcita para el t´ermino general de la sucesi´on. Concretamente, en el caso en que n+1 3n + 1 x1 = 2, es xn = y, si x1 = 4, entonces xn = , lo que se puede n 3n − 2 probar por inducci´on.
PROBLEMA 13.25
Sean a1 , a2 > 0, 2an+1 = an + an−1 , para n > 2. Probar que 1 l´ım an = (a1 + 2a2 ). n→∞ 3 Soluci´ on En primer lugar veremos que la sucesi´on es de Cauchy: an + an−1 |an−1 − an | |an+1 − an | = − an = . 2 2 Procediendo por recurrencia se obtiene que |an+1 − an | = 180
|a1 − a2 | . 2n−1
En general, si m > n, por la desigualdad triangular, |am − an | ≤ |am − am−1 | + |am−1 − am−2 | + · · · + |an+1 − an | 1 1 1 = |a1 − a2 | m−2 + m−3 + · · · + n−1 2 2 2 n−1 1/2 1 ≤ |a1 − a2 | · = |a1 − a2 | · n−2 . 1 − 1/2 2 De lo anterior se deduce que, si m, n → ∞, |am − an | → 0 y la sucesi´on es de Cauchy. Por el criterio general de convergencia de Cauchy, la sucesi´on es convergente. Adem´as, 2an+1 = an + an−1 2an = an−1 + an−2 2an−1 = an−2 + an−3 .. . 2a3 = a2 + a1 . Sumando miembro a miembro, 2an+1 + 2an = an + 2a2 + a1 y llamando 2a2 + a1 L = l´ım an = l´ım an+1 , resulta que 3L = 2a2 + a1 , de donde L = . 3
PROBLEMA 13.26
Sea (an )n∈N la sucesi´ on definida de la siguiente forma: q √ √ a1 = 2, an+1 = 2 + an , ∀n = 1, 2, . . . Probar que la sucesi´ on es convergente. Soluci´ on *) Probaremos en primer lugar por inducci´on que an ∈ (1, 2), ∀n. Para n = 1 es cierto por hip´otesis. Suponemos por tanto que tambi´en es cierto para n y lo probaremos para n + 1. Tenemos pues: √ √ √ √ 1 < an < 2 =⇒ 1 < an < 2 =⇒ 3 < 2 + an < 2 + 2 < 4 q √ √ =⇒ 3 < 2 + an < 2 =⇒ 1 < an+1 < 2. 181
*) Veamos a continuaci´on que la sucesi´on es de Cauchy. Para ello, calculamos una cota superior de |an+1 − an |: q q √ √ |an+1 − an | = 2 + an − 2 + an−1 (2 + √an ) − (2 + √an−1 ) = p p √ √ 2 + an + 2 + an−1 =
|an − an−1 | |a − an−1 | p √ < n . p √ √ √ 2·2 2 + an + 2 + an−1 an + an−1
(Esta u ´ltima desigualdad se deduce de que Procediendo por recurrencia se obtiene que |an+1 − an | <
√
an > 1 y
p √ 2 + an > 1.)
|an − an−1 | |a2 − a1 | < ... < . 4 4n−1
De lo anterior resulta que, si n, p > 0: |an+p − an | ≤ |an+p − an+p−1 | + |an+p−1 − an+p−2 | + · · · + |an+1 − an | 1 1 1 < |a2 − a1 | n+p−2 + n+p−3 + · · · + n−1 4 4 4 ∞ X 1 1/4n−1 4|a2 − a1 | < |a2 − a1 | · = |a − a | · = . 2 1 1 − 1/4 3 · 4n−1 4k−1 k=n
Como el u ´ltimo t´ermino tiende a cero cuando n → ∞, entonces |an+p −an | < ε, ∀ε > 0. Esto indica que la sucesi´on es de Cauchy y, por tanto, convergente.
PROBLEMA 13.27
Sean a y b dos n´ umeros reales que verifican 0 < a < b. Demostrar que las dos sucesiones (xn )n∈N , (yn )n∈N definidas de la siguiente forma ( ( y1 = b x1 = a √ , n, xn+1 = xn yn yn+1 = xn +y 2 son convergentes y que tienen el mismo l´ımite, llamado media aritm´ etico-geom´ etrica de a y b. Soluci´ on Es evidente que xn > 0, yn > 0 para todo n ∈ N. (*) Probaremos en primer lugar que xn ≤ yn , ∀n: 182
Como 0 ≤ (xn − yn )2 = x2n + yn2 − 2xn yn = x2n + yn2 + 2xn yn − 4xn yn = (xn + yn )2 − 4xn yn ,
tenemos que (xn + yn )2 ≥ 4xn yn , es decir
4xn yn ≤ 1, ∀n. (xn + yn )2
x2n+1 xn yn 2 , de = ≤ 1, resulta que x2n+1 ≤ yn+1 2 (xn + yn )2 /4 yn+1 ≤ yn+1 , ∀n.
Ahora bien, como donde xn+1
(*) Veamos a continuaci´on que {xn } es creciente y que {yn } es decreciente: r yn xn+1 = ≥ 1, entonces xn+1 ≥ xn y {xn } es creciente. Como xn xn Adem´as yn+1 − yn = ciente.
xn + yn xn − yn − yn = ≤ 0, es decir {yn } es decre2 2
En definitiva, la sucesi´on {xn } es mon´otona creciente y acotada superiormente por b y la sucesi´on {yn } es mon´otona decreciente y acotada inferiormente por a. Esto implica que ambas son convergentes. (*) Por u ´ltimo, si llamamos L = l´ım xn , M = l´ım yn , tenemos que L = √ LM , de donde L2 = LM y, por ser L > 0, L = M .
PROBLEMA 13.28
Dados los n´ umeros reales u0 y v0 con u0 < v0 , se construyen las sucesiones u0 + v0 2 .. . un−1 + vn−1 un = 2 u1 =
,
v1 =
u0 + 2v0 3
.. . ,
vn =
un−1 + 2vn−1 3
a) Probar que l´ım (un − vn ) = 0. n→∞
b) Probar que las sucesiones {un } y {vn } son convergentes.
183
Soluci´ on a) Si calculamos la diferencia |un − vn |, obtenemos: un−1 + vn−1 un−1 + 2vn−1 |un − vn | = − 2 3 3un−1 + 3vn−1 − 2un−1 − 4vn−1 |un−1 − vn−1 | = . = 6 6
Procediendo por recurrencia, se obtiene que
0 ≤ |un − vn | =
|u0 − v0 | |un−1 − vn−1 | |un−2 − vn−2 | = ··· = . = 2 6 6 6n
|u0 − v0 | = 0, se deduce que l´ım |un − vn | = 0. n→∞ n→∞ 6n
Como l´ım
b) Para probar que ambas sucesiones son convergentes, basta ver que verifican el criterio general de Cauchy. Por el apartado anterior, un + vn |vn − un | |u0 − v0 | |un+1 − un | = − un = = . 2 2 2 · 6n
Si ahora p es un entero positivo cualquiera, |un+p − un | ≤ |un+p − un+p−1 | + |un+p−1 − un+p−2 | + · · · + |un+1 − un | |u0 − v0 | 1 1 = + ··· + n 2 6n+p−1 6 |u0 − v0 | 1 1 + · · · + n+p−1 + . . . ≤ 2 6n 6 |u0 − v0 | 1/6n 3 = · = · |u0 − v0 | → 0, 2 1 − 1/6 5 · 6n
cuando n → ∞. Para demostrar que {vn } es de Cauchy se procede de forma completamente an´aloga. Se podr´ıa razonar tambi´en diciendo que si {un − vn } y {un } son ambas convergentes, tambi´en debe serlo {vn } que es su resta. 184
PROBLEMA 13.29
Dadas las constantes k > 0 y a > 0, se definen las sucesiones: p a) an+1 = k + an con a1 = a; b) bn+1 =
k con b1 = a. 1 + bn
Probar que {an } converge a la ra´ız positiva de la ecuaci´ on x2 − x − k = 0 y que {bn } converge a la ra´ız positiva de la ecuaci´ on 2 x + x − k = 0. Soluci´ on a) Sea L la ra´ız positiva de la ecuaci´on x2 − x − k = 0; as´ı L verifica L2 = L + k. Dividiremos el estudio de la sucesi´on en tres casos: 1) Caso a1 = a = L. En este caso la sucesi´on es constante pues, debido a que L2 = L + k, si suponemos an = L, entonces √ p √ an+1 = k + an = k + L = L2 = L. De aqu´ı se deduce evidentemente que la sucesi´on converge a L. 2) Caso a1 = a < L. Probaremos que la sucesi´on est´a acotada superiormente por L y que es mon´otona creciente. En efecto, procediendo por inducci´on, como a1 < L, si suponemos que an < L, entonces √ p an + k < L + k = L2 =⇒ an + k < L2 =⇒ an+1 < L. Por otra parte, como an est´a comprendido entre las dos ra´ıces de la ecuaci´on x2 − x − k = 0, deducimos que p a2n − an − k < 0 =⇒ k + an > a2n =⇒ k + an > an =⇒ an+1 > an . Estas dos propiedades conducen a la convergencia de la sucesi´on dada. 3) Caso a1 = a > L. Este caso es similar al anterior, pues se prueba an´alogamente que la sucesi´on est´a acotada inferiormente y es mon´otona decreciente. b) Llamamos en este caso M a la ra´ız positiva de la ecuaci´on x2 + x − k = 0. Esta sucesi´on no es mon´otona como se deduce de la siguiente implicaci´on (debemos tener en cuenta que M 2 + M = k, o bien M = k/(1 + M )): an > M =⇒ an+1 = 185
k k < = M. 1 + an 1+M
(An´alogamente se prueba que si an < M , an+1 > M .) Veamos que la sucesi´on es de Cauchy. Supondremos para ello que a1 > M > a2 , pero la situaci´on ser´ıa an´aloga en el caso de que a1 < M < a2 . Tenemos as´ı: k k − a2n − a22n − a2n = (1) 1 + a2n 1 + a2n a2n · a2n−1 − a22n a2n = · (a2n−1 − a2n ) (2) 1 + a2n 1 + a2n L (a2n−1 − a2n ). (3) 1+L
a2n+1 − a2n = ∗
= ∗∗
<
Los pasos (*) y (**) se deducen de que, por una parte, a2n =
k =⇒ a2n + a2n · a2n−1 = k 1 + a2n−1
y, por otra, a2n < L =⇒ a2n + a2n · L < L + a2n · L =⇒ a2n (1 + L) < L(1 + a2n ) a2n L < . =⇒ 1 + a2n 1+L Adem´as, de (1) se deduce que a2n−1 + a22n−1 − k k = 1 + a2n−2 1 + a2n−1 a2n−1 (a2n−1 − a2n−2 ) < a2n−1 − a2n−2 . 1 + a2n−1
a2n−1 − a2n = a2n−1 − =
(4) (5)
De (1) y (2), procediendo por recurrencia, llegamos a: a2n+1 − a2n
2 L L < (a2n−1 − a2n−2 ) < (a2n−3 − a2n−4 ) 1+L 1+L n−1 n L L < ... < (a3 − a2 ) < (a1 − a2 ), 1+L 1+L
y a2n+1 − a2n+2 < a2n+1 − a2n <
L 1+L
n (a1 − a2 ).
De estas acotaciones se deduce como en los problemas anteriores que la sucesi´on es de Cauchy y, por tanto, tambi´en es convergente. 186
PROBLEMA 13.30
Para los antiguos griegos, el rect´ angulo m´ as est´ etico era aquel cuyos lados a y b verifican la llamada “relaci´ on ´ aurea”, es decir a b = . b a+b a) Comprobar que la relaci´ olo si el cociente √ on anterior es cierta si y s´ b 1+ 5 L = vale L = . a 2 b) Probar que dicho n´ umero L es el l´ımite de la sucesi´ on a1 = 1, an+1 = 1 + 1/an . c) Probar que si n ≥ 2, an = nacci siguiente:
xn donde (xn ) es la sucesi´ on de Fiboxn−1
1, 2, 3, 5, 8, 13, 21, . . .
es decir, aquella cuyos t´ erminos se obtienen sumando los dos t´ erminos anteriores a ´ el. Soluci´ on a) Escribiendo identidades equivalentes, tenemos
a b = b a+b
2 b b ⇐⇒ a + ab = b ⇐⇒ 1 + = a a √ 2 b b b 1± 1+4 ⇐⇒ − − 1 = 0 ⇐⇒ = . a a a 2 2
2
Como a,√ b > 0, entonces b/a > 0 y s´olo es v´alida la soluci´on positiva b 1+ 5 = . a 2 b) Debido a que 1/an ≥ 0, ∀n, se deduce que an+1 = 1 + (1/an ) ≥ 1. Por lo anterior, 1/an ≤ 1, de modo que an+1 = 1 + (1/an ) ≤ 2. Lo anterior prueba que la sucesi´on est´a acotada, 1 ≤ an ≤ 2, ∀n. 187
Veremos a continuaci´on que es una sucesi´on de Cauchy: 1 1 1 |an+1 − an | = 1 + − an = 1 + −1− an an an−1 |an−1 − an−2 | |an − an−1 | = = an · an−1 (an · an−1 )(an−1 · an−2 ) |a2 − a1 | = ··· = . (an · an−1 )(an−1 · an−2 ) . . . (a2 · a1 ) Como a2 − a1 = 1 y an+1 · an = an + 1 > 2, es decir resulta que |an+1 − an | ≤
1 2n−1
1
1 < , ∀n, an+1 · an 2
.
En general, |an+p − an | ≤ |an+p − an+p−1 | + |an+p−1 − an+p−2 | + · · · + |an+1 − an | 1 1 1 + + · · · + n−1 ≤ 2n+p−2 2n+p−3 2 1 1 1/2n−1 1 1 + + · · · + + · · · = = n−2 , ≤ 2n−1 2n 2n+p−2 1 − 1/2 2 y el u ´ltimo t´ermino tiende a cero cuando n → ∞. Como la sucesi´on es de Cauchy, es convergente. Si llamamos L a su l´ımite, tenemos que L = 1 + 1/L, de donde, sucesivamente, obtenemos: √ √ 1± 1+4 1+ 5 2 2 L = L + 1 =⇒ L − L − 1 = 0 =⇒ L = =⇒ L = , 2 2 debido a que L debe ser positivo. c) Probaremos por inducci´on que an =
xn : xn−1
x2 2 = = 2. x1 1 xn xn+1 Supongamos ahora que an = y veamos que an+1 = : xn−1 xn Para n = 2, a2 = 1 + 1 = 2 y
an+1 = 1 +
1 xn−1 xn + xn−1 xn+1 =1+ = = , an xn xn xn
debido a que xn + xn−1 = xn+1 .
188
C. EJERCICIOS PROPUESTOS.
1. Sea (xn )n∈N una sucesi´ on de n´ umeros reales. Responder razonadamente si cada uno de los siguientes apartados es verdadero o falso.
a) Si (xn )n∈N converge, entonces es creciente o decreciente. Resp.: Falso (ver por ejemplo la sucesi´on xn = (−1)n /n).
b) Si (xn )n∈N es creciente o decreciente, entonces converge. Resp.: Falso (ejemplo xn = n).
c) Si (xn )n∈N converge, entonces est´ a acotada. Resp.: Verdadero (se deduce de la definici´on de convergencia).
d) Si (xn )n∈N est´ a acotada, entonces converge. Resp.: Falso (ejemplo xn = (−1)n ).
e) Si (xn )n∈N es creciente, entonces est´ a acotada superiormente. Resp.: Falso (ejemplo xn = n).
f) Si (xn )n∈N es creciente, entonces est´ a acotada inferiormente. Resp.: Verdadero pues x1 ≤ an , ∀n.
g) Si l´ım xn = x, entonces l´ım |xn | = |x|. Resp.: Verdadero pues |xn | − |x| ≤ |xn − x| → 0. h) Si (xn )n∈N est´ a acotada y converge, entonces es mon´ otona. Resp.: Falso (ejemplo xn = (−1)n /n). 2. Sean (an )n∈N y (bn )n∈N dos sucesiones cualesquiera. Responder razonadamente si cada uno de los apartados siguientes es verdadero o falso.
a) Si para todo n ∈ N, an 6= 0, entonces l´ım an bn 6= 0. n→∞
Resp.: Falso (ejemplo bn = 0, ∀n).
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b) Si para todo n ∈ N, an 6= 0 y bn 6= 0, entonces l´ım an bn 6= 0. n→∞
Resp.: Falso (ejemplo an = bn = 1/n).
c) Si l´ım an bn = 0, entonces l´ım an = 0 ´ o l´ım bn = 0. Resp.: Verdadero pues si fueran a = l´ım an 6= 0 y b = l´ım bn 6= 0, entonces a · b = l´ım an · bn 6= 0. 3. Hallar a tal que l´ım
n→∞
n+a n−a
n = 4.
Resp.: a = ln 2. 4. Hallar la relaci´ on entre a y b para que √ ! √ 2n √ r n+1 n+1− n n+b n+a l´ım ln = l´ım . n→∞ n→∞ n n Resp.: b = ea
√
2/2
.
5. Hallar la relaci´ on que debe existir entre a y b para que 2n−1 p 3n + a l´ım = l´ım 4n2 + bn − 2n . n→∞ 3n − 4 n→∞ Resp.: e2(a+4)/3 = b/4. 6. Hallar la relaci´ on que debe existir entre a y b para que 3n−1 p 2n + a n2 + bn − n . = l´ım l´ım n→∞ n→∞ 2n − 1 Resp.: b/2 = e3(a+1)/2 . 7. Sean a1 , . . . , ak n´ umeros realesppositivos. Calcular el l´ımite de la sucesi´ on de t´ ermino general n an1 + · · · + ank . Resp.: L = m´ax{a1 , . . . , ak }. 8. Sea {an } una sucesi´ on creciente, con an ≥ 0, ∀n. Probar que √ la sucesi´ on de t´ ermino general xn = n a1 · a2 · · · · · an tambi´ en es creciente. Sugerencia: Comprobar que la sucesi´on {ln xn } es creciente y deducir que tambi´en lo es la sucesi´on pedida.
190
r q √ 3 9. Probar que la sucesi´ on de t´ ermino general an = 2 3 . . . n n es convergente. Sugerencia: Calcular el logaritmo de an y estudiar la serie resultante.
10. Demostrar que la sucesi´ on de t´ ermino general an =
n X k=1
convergente.
1 es n+k
n , ∀n, la sucesi´on est´a acotada superiormente; n+1 1 adem´as an+1 − an = > 0 y la sucesi´on es creciente. (2n + 1)(2n + 2)
Resp.: Como an <
11. Sea (xn )n∈N la sucesi´ on definida de la siguiente forma: (
x1 =k < 0, xn+1 = 12 xn + x1n .
i)Probar que xn ≤ −1, ∀n ≥ 2. (Aplicar el m´etodo de inducci´on.)
ii) Probar que {xn } es convergente y hallar su l´ımite. (La sucesi´on es creciente pues xn+1 − xn ≥ 0, ∀n.) Resp.: L = −1. 12. Se define la sucesi´ on (un )n≥0 por: u0 = 1, u1 = 2/3, . . . , un =
un−1 (1 + un−1 ) . 1 + 2un−1
i) Comprobar que es decreciente. ii) Demostrar que es convergente y calcular su l´ımite. Resp.: Es evidente que un /un−1 ≤ 1 porque un ≥ 1, ∀n. Adem´as un ≥ 0, ∀n. √ 13. Sea {xn } la sucesi´ on definida por x1 = 1, xn+1 = 2 + xn para n > 1. Demostrar que es mon´ otona creciente y acotada superiormente por 2. Calcular su l´ımite. Resp.: L = 2.
191
14. Comprobar que la sucesi´ on definida por an+1 =
convergente y calcular su l´ımite. an+1 < 1, ∀n. Adem´as L = 0. Resp.: an > 0, y an 15. Se define la sucesi´ on a1 ∈ (1, 2), an+1 = 3 −
vergencia.
2an , a1 = 3, es an + 3
2 . Estudiar su conan
Resp.: La sucesi´on es creciente y acotada. Su l´ımite es L = 2. 16. Sea {an } una sucesi´ on que verifica an > 0, ∀n y
cular l´ım an . Resp.: Como 0 < an <
an+1 1 < . Calan 5
a1 , l´ım an = 0. 5n−1
17. Dados a, b > 0, se define la sucesi´ on u1 = a + b, un = a + b − an+1 − bn+1 si a 6= b. an − bn Resp.: Aplicar el m´etodo de inducci´on.
i) Probar que un =
ii) Calcular l´ım un si a 6= b. Resp.: l´ım un = m´ax{a, b}.
iii) Calcular un y l´ım un si a = b. Resp.: un =
(n + 1)a , l´ım un = a. n
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ab , n > 1. un−1