4  Sucesiones de números reales

Ejercicio 4.1 Una sucesión constante es una sucesión de números reales en la que cada término es igual que el anterior. Demostrar que una sucesión constante siempre converge.

Sea \((c)_{n=1}^\infty\) una sucesión constante. Veamos que converge a \(c\). Para cualquier \(\varepsilon>0\) basta tomar \(k=1\), de manera que \(\forall n\geq k\) se tiene que \(|x_n-c|=|c-c| = 0 <\varepsilon\). Por tanto, \(\lim_{n\to\infty}x_n =c\).

Ejercicio 4.2 Una sucesión aritmética es una sucesión de números reales en la que cada término se obtienen sumando un número constante \(c\in\mathbb{R}\) al anterior, es decir, \(x_1=c\) y \(x_{n+1} = c+x_n\) \(\forall n=2,3,\ldots\). Estudiar la convergencia de las sucesiones aritméticas.

Si \(c=0\) entonces la sucesión es constante y por el Ejercicio 4.1, la sucesión converge.

Supongamos que \(c>0\) y veamos que la sucesión aritmética \((nc)_{n=1}^\infty\) no converge a ningún número \(x\in\mathbb{R}\). Para ello, basta tomar \(\varepsilon=1\), de manera que por la propiedad arquimediana se tiene que existe \(m\in\mathbb{N}\) tal que \(\frac{x+1}{c}<m\), así que para cualquier \(k\in\mathbb{N}\), tomando \(n=\max(\{k,m\})\), se cumple que existe \(n\geq k\) tal que

\[\begin{align*} \frac{x+1}{c}<m\leq n &\Rightarrow x+1 < nc = x_n\\ &\Rightarrow x_n-x > 1\\ &\Rightarrow |x_n-x|>1=\varepsilon. \end{align*}\]

Por consiguiente, la sucesión diverge. De forma similar se puede prueba que si \(c<0\) la sucesión también diverge.

Otra forma de demostrarlo es probar que la sucesión es monótona y no acotada y aplicar el teorema de la convergencia de sucesiones monóntonas para concluir que la sucesión no converge.

Ejercicio 4.3 Una sucesión geométrica es una sucesión de números reales en la que cada término se obtienen multiplicando un número constante \(c\in\mathbb{R}\) por el anterior, es decir, \(x_1=c\) y \(x_{n+1} = cx_n\). Estudiar la convergencia de las sucesiones geométricas.

Si \(c=0\) o \(c=1\) entonces la sucesión es constante y por el Ejercicio 4.1, la sucesión converge.

Supongamos que \(c>1\) y veamos que la sucesión geométrica \((c^n)_{n=1}^\infty\) no converge a ningún número \(x\in\mathbb{R}\). Para ello, basta probar que la sucesión es creciente y no acotada. Probaremos que por inducción que la sucesión es creciente. \(x_1=c<cc=c^2=x_2\) por ser \(c>1\). Supongamos ahora que \(x_{n-1}<x_n\), entonces \(x_n=c^n<cc^n=c^{n+1}=x_{n+1}\). Por tanto, la sucesión es creciente.

Veamos ahora que no está acotada por reducción al absurdo. Supongamos que existe \(x\in\mathbb{R}\) tal que \(x>x_n\) \(\forall n\in\mathbb{N}\). Como \(c>1\), podemos escribir \(x_n=c^n = (1+a)^n\) con \(a>0\). Aplicando ahora el teorema del binomio, se tiene

\[\begin{align*} (1+a)^n &= \binom{n}{0}1^na^0 + \binom{n}{1}1^{n-1}a^1 + \binom{n}{2}1^{n-2}a^2 + \cdots + \binom{n}{n}1^0a^n \\ & = 1 + na + \frac{n(n-1)}{2}a^2 + \cdots + a^n \\ & \geq 1 + na. \end{align*}\]

Aplicando ahora la propiedad arquimediana, se tiene que existe \(n\in\mathbb{N}\) tal que \(\frac{x-1}{a}<n\), de modo que

\[ \frac{x-1}{a}<n \Rightarrow x-1 < na \Rightarrow x < 1+na < (1+a)^n = x_n, \]

por lo que \(x\) no puede ser cota de la sucesión. Por consiguiente, la sucesión es monótona y no acotada, y por el teorema de la convergencia de sucesiones monónotas la sucesión diverge.

De forma similar se puede prueba que si \(c<0\) la sucesión también diverge.

Veamos finalmente que si \(0<c<1\) entonces la sucesión converge a \(0\).

Ejercicio 4.4 \(\star\) Una sucesión alternada es una sucesión de números reales en la que cada término tiene signo distinto del anterior. Demostrar que la sucesión alternada \(((-1)^n)_{n=1}^\infty\) es divergente. ¿Puede una sucesión alternada ser convergente?

Veamos que no existe \(x\in\mathbb{R}\) tal que \(\lim_{n\to\infty}(-1)^n=x\). Para \(x\in\mathbb{R}\setminus\{-1,1\}\) es sencillo, ya que tomando \(\varepsilon=|1-|x||\) para cualquier \(k\in\mathbb{N}\), si \(n\geq k\) se tiene que \(|x_n-x| = |(-1)^n-x| \geq ||(-1)^n|-|x|| = |1 - |x|| =\varepsilon\), por tanto, la sucesión no converge a \(x\).

Veamos ahora que la sucesión no converge a \(1\). Para ello basta tomar \(\varepsilon=1\), de manera que para cualquier \(k\in\mathbb{N}\) existe \(n=2k+1\geq k\) tal que \(|x_n-1|=|(-1)^{2k+1}-1| = |-1-1| = |-2|=2>1=\varepsilon\).

Del mismo modo se puede probar que tampoco converge a \(-1\). Para ello basta tomar de nuevo \(\varepsilon=1\), de manera que para cualquier \(k\in\mathbb{N}\) existe \(n=2k\geq k\) tal que \(|x_n-(-1)|=|(-1)^{2k}-(-1)| = |1-(-1)| = |2|=2>1=\varepsilon\).

Otra forma de demostrar la no convergencia de la sucesión es tomar las subsucesiones suyas \(\left((-1)^{2n}\right)_{n=1}^\infty\) y \(\left((-1)^{2n+1}\right)_{n=1}^\infty\) que convergen a \(1\) y \(-1\) respectivamente, al ser constantes, de manera que aplicando el teorema de la convergencia de las subsucesiones, se tiene que las sucesión original no converge.

Por otro lado, no toda sucesión alternada es divergente. Por ejemplo, las sucesiones \(\left(\frac{(-1)^n}{n}\right)_{n=1}^\infty\) y \(\left(\frac{(-1)^n}{n^2}\right)_{n=1}^\infty\) son alternadas y convergen a \(0\).

Ejercicio 4.5 ¿Cómo podríamos demostrar que las siguientes afirmaciones son falsas?

  1. En cada banco de una ciudad existe al menos un cliente moroso.
  2. Existe un banco en una ciudad donde cada cliente tiene una pensión o una hipoteca.
  3. Para todos los bancos de una ciudad existe un cliente que cada mes usa una tarjeta de crédito o de débito.
  1. Para refutar la afirmación habría que encontrar un banco en el no hubiese al menos un cliente moroso, es decir, que todos sus clientes no fuesen morosos.
  2. Para refutar la afirmación habría que mostrar que todos los bancos de la ciudad tienen algún cliente que no tiene pensión ni hipoteca.
  3. Para refutar la afirmación habría que encontrar un banco en el que ningún cliente usase cada mes la tarjeta de crédito o de débito, es decir, en el que para todos los clientes hay algún mes que no usan ni la tarjeta de crédito ni la de débito.

Ejercicio 4.6 \(\star\) Dar un ejemplo de sucesión que cumpla las siguientes condiciones, o, en caso de no existir ninguna, explicar porqué.

  1. Una sucesión con un número infinito de ceros que no converge a 0.
  2. Una sucesión con un número infinito de unos que converge a un número distinto de uno.
  3. Una sucesión divergente tal que para cada \(n\in\mathbb{N}\) se pueden encontrar \(n\) ceros consecutivos en la sucesión.
  1. La sucesión \((x_n)_{n=1}^\infty\) tal que \[x_n=\begin{cases} 0 & \mbox{si } n=2k\\ 1 & \mbox{si } n=2k+1 \end{cases} \quad k\in\mathbb{N} \]
  2. No existe.
  3. La sucesión \(0, 1, 0, 0, 1, 0, 0, 0, 1, 0, 0, 0, 0, \ldots\).

Ejercicio 4.7 \(\star\) Demostrar, aplicando la definición de límite de una sucesión, que las siguientes sucesiones de números reales convergen a los valores dados.

  1. \(\lim_{n\to\infty}\frac{2n}{n^2}=0\)

  2. \(\lim_{n\to\infty}\frac{n^2-1}{3n^2+n-2}=\frac{1}{3}\)

  3. \(\lim_{n\to\infty}\frac{3n^2+2}{n^2-n}=3\)

  1. \[ \lim_{n\to\infty}\frac{2n}{n^2} = \lim_{n\to\infty}\frac{2}{n}= 0. \]

\[\begin{align*} \lim_{n\to\infty}\frac{n^2-1}{3n^2+n-2} &= \lim_{n\to\infty}\frac{1-\frac{1}{n^2}}{3+\frac{1}{n}-\frac{2}{n^2}} \\ &= \frac{\lim_{n\to\infty}1-\frac{1}{n^2}}{\lim_{n\to\infty}3+\frac{1}{n}-\frac{2}{n^2}}\\ &= \frac{\lim_{n\to\infty}1-\lim_{n\to\infty}\frac{1}{n^2}}{\lim_{n\to\infty}3+\lim_{n\to\infty}\frac{1}{n}-\lim_{n\to\infty}\frac{2}{n^2}}\\ &= \frac{1-0}{3+0-0} = \frac{1}{3}. \end{align*}\]

\[\begin{align*} \lim_{n\to\infty}\frac{3n^2+2}{n^2-n} &= \lim_{n\to\infty}\frac{3+\frac{2}{n^2}}{1-\frac{1}{n}} \\ &= \frac{\lim_{n\to\infty}3+\frac{2}{n^2}}{\lim_{n\to\infty}1-\frac{1}{n}}\\ &= \frac{\lim_{n\to\infty}3+\lim_{n\to\infty}\frac{2}{n^2}}{\lim_{n\to\infty}1-\lim_{n\to\infty}\frac{1}{n}} \\ &= \frac{3+0}{1-0} = 3 \end{align*}\]

Ejercicio 4.8 \(\star\) Dar un ejemplo de sucesiones que cumplan las siguientes condiciones, o, en caso de no existir ninguna, explicar porqué.

  1. Dos sucesiones \((x_n)_{n=1}^\infty\) e \((y_n)_{n=1}^\infty\) que divergen pero \((x_n+y_n)_{n=1}^\infty\) converge.
  2. Dos sucesiones \((x_n)_{n=1}^\infty\) e \((y_n)_{n=1}^\infty\) que convergen pero \((x_n+y_n)_{n=1}^\infty\) diverge.
  3. Una sucesión \((x_n)_{n=1}^\infty\) que converge y otra \((y_n)_{n=1}^\infty\) que diverge, pero tales que \((x_n+y_n)_{n=1}^\infty\) converge.
  4. Una sucesión \((x_n)_{n=1}^\infty\) que converge y otra \((y_n)_{n=1}^\infty\) que diverge, pero tales que \((x_ny_n)_{n=1}^\infty\) converge.
  5. Dos sucesiones divergentes \((x_n)_{n=1}^\infty\) e \((y_n)_{n=1}^\infty\) con \(y_n\neq 0\) \(\forall n\in\mathbb{N}\) tales que \(\left(\frac{x_n}{y_n}\right)_{n=1}^\infty\) converge.

  1. \((n)_{n=1}^\infty\) y \((-n)_{n=1}^\infty\) divergen, pero \((n+(-n))_{n=1}^\infty = (0)_{n=1}^\infty\) converge por ser constante.

  2. No es posible (ver proposición).

  3. Para ver que no es posible, daremos una demostración por reducción al absurdo. Supongamos que \((x_n+y_n)_{n=1}^\infty\) converge. Entonces, como \((x_n)_{n=1}^\infty\) converge, se tiene que \(((x_n+y_n)-x_n)_{n=1}^\infty = (y_n)_{n=1}^\infty\) también converge (ver proposición, con lo que se llega a una contradicción pues partíamos de que \((y_n)_{n=1}^\infty\) es divergente.

  4. \(\left(\frac{1}{n}\right)_{n=1}^\infty\) converge y \(((-1)^n)_{n=1}^\infty\) diverge, pero \(\left(\frac{(-1)^n}{n}\right)_{n=1}^\infty\) converge.

  5. \((n)_{n=1}^\infty\) es divergente, pero \(\left(\frac{n}{n}\right)_{n=1}^\infty = (1)_{n=1}^\infty\) converge por ser constante.

    Otro ejemplo son \(((-1)^{n+1})_{n=1}^\infty\) y \(((-1)^n)_{n=1}^\infty\) que divergen, pero \((\frac{(-1)^{n+1}}{(-1)^n})_{n=1}^\infty = (\frac{(-1)^n(-1)}{(-1)^n})_{n=1}^\infty = (-1)_{n=1}^\infty\) converge al ser constante.

Ejercicio 4.9 Demostrar que si una sucesión de números reales \((x_n)_{n=1}^\infty\) converge un número \(x\), entonces la sucesión \((x_n-x)_{n=1}^\infty\) converge a \(0\).

Supongamos que \(\lim_{n\to\infty}x_n=x\). Entonces, para cualquier \(\varepsilon>0\) existe \(k\in\mathbb{N}\) tal que \(|x_n-x|<\varepsilon\) \(\forall n\geq k\), pero entonces es obvio que \(|(x_n-x)-0|<\varepsilon\) \(\forall n\geq k\), por lo que \(\lim_{n\to\infty}x_n-x=0\).

Ejercicio 4.10 Dado un polinomio \(p(x)\), demostrar que si \(\lim_{n\to\infty}x_n=x\) entonces \(\lim_{n\to\infty}p(x_n)=p(x)\).

Sea \(p(x)=a_0+a_1x+\cdots +a_mx^m\) un polinomio cualquiera y supongamos que \(\lim_{n\to\infty}x_n=x\). Entonces,

\[\begin{align*} \lim_{n\to\infty}p(x_n) &= \lim_{n\to\infty}a_0+a_1x_n+\cdots +a_mx_n^m \\ &= \lim_{n\to\infty}a_0+\lim_{n\to\infty}a_1x_n+\cdots + \lim_{n\to\infty}a_mx_n^m \\ &= \lim_{n\to\infty}a_0+\lim_{n\to\infty}a_1\lim_{n\to\infty}x_n+\cdots + \lim_{n\to\infty}a_m\lim_{n\to\infty}x_n^m \\ &= \lim_{n\to\infty}a_0+\lim_{n\to\infty}a_1\lim_{n\to\infty}x_n+\cdots + \lim_{n\to\infty}a_m(\lim_{n\to\infty}x_n)^m \\ &= a_0 + a_1x + \cdots + a_m x^m = p(x). \end{align*}\]

Ejercicio 4.11 Demostrar que si una sucesión de números reales converge a \(x\), entonces la sucesión de sus valores absolutos converge a \(|x|\). ¿Es cierto lo contrario?

Supongamos que \(\lim_{n\to\infty}x_n=x\). Entonces, para cualquier \(\varepsilon>0\) existe \(k\in\mathbb{N}\) tal que \(|x_n-x|<\varepsilon\) \(\forall n\geq k\), pero entonces, aplicando la desigualdad triangular, también se tiene que \(||x_n|-|x||\leq |x_n-x| < \varepsilon\) \(\forall n\geq k\), por lo que \(\lim_{n\to\infty}|x_n| = |x|\).

Ejercicio 4.12 Demostrar que si una sucesión de números reales no negativos converge a \(x\), entonces la sucesión de sus raíces cuadradas positivas converge a \(\sqrt{x}\).

Veamos primero el caso en que \(x=0\). Supongamos que \(\lim_{n\to\infty}x_n=0\). Dado \(\varepsilon>0\) sea \(\varepsilon_1=\varepsilon^2>0\), entonces existe \(k\in\mathbb{N}\) tal que \(|x_n-0|=|x_n|<\varepsilon_1\) \(\forall n\geq k\), pero entonces, también se cumple que

\[ |\sqrt{x_n}-\sqrt{0}| = |\sqrt{x_n}| = \sqrt{x_n} < \sqrt{\varepsilon_1}=\sqrt{\varepsilon^2}=\varepsilon. \]

Luego \(\lim_{n\to\infty}\sqrt{x_n}=\sqrt{0}\).

Supongamos ahora que \(x>0\) y \(\lim_{n\to\infty}x_n=x\). Dado \(\varepsilon>0\) sea \(\varepsilon_2=\varepsilon\sqrt{x}>0\), entonces existe \(k\in\mathbb{N}\) tal que \(|x_n-x|<\varepsilon_2\) \(\forall n\geq k\), pero entonces, también se cumple que

\[\begin{align*} |\sqrt{x_n}-\sqrt{x}| &= \left|\frac{(\sqrt{x_n}-\sqrt{x})(\sqrt{x_n}+\sqrt{x})}{\sqrt{x_n}+\sqrt{x}} \right|\\ &= \frac{|(\sqrt{x_n})^2-(\sqrt{x})^2|}{\sqrt{x_n}+\sqrt{x}} = \frac{|x_n-x|}{\sqrt{x_n}+\sqrt{x}} \\ &\leq \frac{|x_n-x|}{\sqrt{x}} <\frac{\varepsilon_2}{\sqrt{x}} = \frac{\varepsilon\sqrt{x}}{\sqrt{x}} = \varepsilon. \end{align*}\]

Luego \(\lim_{n\to\infty}\sqrt{x_n} = \sqrt{x}\).

Ejercicio 4.13 Demostrar que si \((x_n)_{n=1}^\infty\) es una sucesión de números reales acotada e \((y_n)_{n=1}^\infty\) es otra sucesión que converge a \(0\), entonces la sucesión \((x_ny_n)_{n=1}^\infty\) también converge a \(0\).

Sea \(c\) una cota de la sucesión \((x_n)_{n=1}^\infty\), es decir, \(|x_n|\leq c\) \(\forall n\in\mathbb{N}\), y supongamos que \(\lim_{n\to\infty}y_n=0\). Dado \(\varepsilon>0\), sea \(\varepsilon'=\frac{\varepsilon}{c}>0\), entonces existe \(k\in\mathbb{N}\) tal que \(|y_n-0|=|y_n|<\varepsilon'\) \(\forall n\geq k\), pero entonces, también se cumple que

\[ |x_ny_n-0| = |x_ny_n| = |x_n||y_n| \leq c\varepsilon' = c\frac{\varepsilon}{c} = \varepsilon. \]

Luego \(\lim_{n\to\infty}x_ny_n = 0\).

Ejercicio 4.14 \(\star\) Demostrar las siguientes sucesiones convergen a \(0\).

  1. \(\left(\frac{n+\cos(n)}{n^2+1}\right)_{n=1}^\infty\)

  2. \(\left(\frac{2^n}{n!}\right)_{n=1}^\infty\)

  3. \(\left(\frac{n^2}{2^n}\right)_{n=1}^\infty\)

  1. Como \(-1\leq \cos(n)\leq 1\) se tiene que \(\frac{n-1}{n^2+1}\leq \frac{n+\cos(n)}{n^2+1}\leq \frac{n+1}{n^2+1}\) \(\forall n\in\mathbb{N}\). Como \[\begin{align*} \lim_{n\to\infty}\frac{n-1}{n^2+1} &= \lim_{n\to\infty}\frac{\frac{1}{n}-\frac{1}{n^2}}{1+\frac{1}{n^2}}\\ &= \frac{\lim_{n\to\infty}\frac{1}{n}-\lim_{n\to\infty}\frac{1}{n^2}}{\lim_{n\to\infty}1 + \lim_{n\to\infty}\frac{1}{n^2}}\\ &= \frac{0-0}{1+0} = 0. \end{align*}\] y del mismo modo, se puede probar que \(\lim_{n\to\infty}\frac{n+1}{n^2+1}=0\), por lo que aplicando el teorema de compresión de sucesiones convergentes se concluye que \(\lim_{n\to\infty}\frac{n+\cos(n)}{n^2+1}=0\).

  2. Como \[\begin{align*} \lim_{n\to\infty}\frac{x_{n+1}}{x_n} &= \lim_{n\to\infty}\frac{\frac{2^{n+1}}{(n+1)!}}{\frac{2^n}{n!}} = \lim_{n\to\infty}\frac{2^{n+1}n!}{2^n(n+1)!}\\ &= \lim_{n\to\infty}\frac{2^n2n!}{2^n(n+1)n!} = \lim_{n\to\infty}\frac{2}{n+1} = 0 <1, \end{align*}\] por el criterio del cociente se tiene que \(\lim_{n\to\infty}\frac{2^n}{n!}=0\).

  3. Como \[\begin{align*} \lim_{n\to\infty}\frac{x_{n+1}}{x_n} &= \lim_{n\to\infty}\frac{\frac{(n+1)^2}{2^{n+1}}}{\frac{n^2}{2^2}} = \lim_{n\to\infty}\frac{2^n(n+1)^2}{2^{n+1}n^2}\\ &= \lim_{n\to\infty}\frac{(n+1)^2}{2n^2} = \lim_{n\to\infty}\frac{n^2+2n+1}{2n^2} \\ &= \lim_{n\to\infty}\frac{1}{2}+\frac{1}{n}+\frac{1}{2n^2}\\ & = \lim_{n\to\infty}\frac{1}{2}+\lim_{n\to\infty}\frac{1}{n}+\lim_{n\to\infty}\frac{1}{2n^2} = \frac{1}{2}<1, \end{align*}\] por el criterio del cociente se tiene que \(\lim_{n\to\infty}\frac{n^2}{2^n}=0\).

Ejercicio 4.15 \(\star\) Demostrar que las siguientes sucesiones de números reales son monótonas y calcular su límite cuando exista.

  1. \(\left(\frac{3n}{2n^2}\right)_{n=1}^\infty\)

  2. \(x_1=1\) y \(x_{n+1}=\frac{x_n+3}{2}\) \(\forall n \in \mathbb{N}\)

  3. \(\left(\frac{n^2}{2n+1}\right)_{n=1}^\infty\)

  4. \(x_1=1\) y \(x_{n+1}=\sqrt{x_n+6}\) \(\forall n\in \mathbb{N}\)

  5. \(x_1=1\) y \(x_{n+1}=\sqrt{4x_n}\) \(\forall n\in\mathbb{N}\)

  1. \(\left(\frac{3n}{2n^2}\right)_{n=1}^\infty = \left(\frac{3}{2}\frac{1}{n}\right)_{n=1}^\infty\), que es decreciente al ser \(\left(\frac{1}{n}\right)_{n=1}^\infty\) decreciente. Como además está acotada, por el teorema de la convergencia de sucesiones monótonas, se tiene que \(\lim_{n\to\infty}x_n = \inf\left\{\frac{3}{2n}:n\in\mathbb{N}\right\}=0\).

  2. Veamos que la sucesión es creciente por inducción. \(x_1=1<2=x_2\). Supongamos ahora que \(x_{n-1}<x_n\). Entonces, \(x_{n+1} = \frac{x_n+3}{2} > \frac{x_{n-1}+3}{2} = x_n\).

    Veamos ahora que \(3\) es una cota superior de la sucesión también por inducción. \(x_1 = 1 < 3\). Supongamos que \(x_n<3\). Entonces, \(x_{n+1}=\frac{x_n+3}{2} < \frac{3+3}{2} = 3\).

    Así pues, según el teorema de la convergencia de sucesiones monótonas la sucesión converge. Para calcular el límite, aprovechando la definición recursiva de la sucesión se tiene

    \[ x = \lim_{n\to\infty}x_n = \lim_{n\to\infty}x_{n+1} = \lim_{n\to\infty}\frac{x_n+3}{2} = \frac{x+3}{2} \]

    Resolviendo la ecuación se tiene

    \[ x=\frac{x+3}{2} \Rightarrow 2x=x+3 \Rightarrow x=3. \]

  3. Para ver que la sucesión es creciente, probaremos que la sucesión de sus inversos es decreciente.

    \[ \left(\frac{n^2}{2n+1}\right)^{-1}= \frac{2n+1}{n^2} =\frac{2}{n}+\frac{1}{n^2} > \frac{2}{n+1}+\frac{1}{(n+1)^2}\ \forall n\in\mathbb{N}. \]

    Sin embargo, la sucesión no está acotada, ya que para cualquier \(c\in\mathbb{R}\), por la propiedad arquimediana existe \(n\in\mathbb{N}\) tal que \(c<n<\frac{n^2}{2n+1}=x_n\) si \(n>2\). Por tanto, según el el teorema de la convergencia de sucesiones monótonas la sucesión diverge.

  4. Veamos que la sucesión es creciente por inducción. \(x_1=1<\sqrt{7}=x_2\). Supongamos ahora que \(x_{n-1}<x_n\). Entonces, \(x_{n+1} = \sqrt{x_n+6} > \sqrt{x_{n-1}+6} = x_n\).

    Veamos ahora que \(3\) es una cota superior de la sucesión también por inducción. \(x_1 = 1 < 3\). Supongamos que \(x_n<3\). Entonces, \(x_{n+1}=\sqrt{x_n+6} < \sqrt{3+6} = 3\).

    Así pues, según el teorema de la convergencia de sucesiones monótonas la sucesión converge. Para calcular el límite, aprovechando la definición recursiva de la sucesión se tiene

    \[ x = \lim_{n\to\infty}x_n = \lim_{n\to\infty}x_{n+1} = \lim_{n\to\infty}\sqrt{x_n+6} = \sqrt{x+6} \]

    Resolviendo la ecuación se tiene

    \[ x=\sqrt{x+6} \Rightarrow x^2=x+6 \Rightarrow x^2-x-6=0 \Rightarrow x=-2 \mbox{ o } x=3. \]

    Como \(x=-2\) no puede ser al ser todos los términos de la sucesión positivos, se concluye que \(x=3\).

  5. Veamos que la sucesión es creciente por inducción. \(x_1=1<2=x_2\). Supongamos ahora que \(x_{n-1}<x_n\). Entonces, \(x_{n+1} = \sqrt{4x_n} > \sqrt{4x_{n-1}} = x_n\).

    Veamos ahora que \(4\) es una cota superior de la sucesión también por inducción. \(x_1 = 1 < 4\). Supongamos que \(x_n<4\). Entonces, \(x_{n+1}=\sqrt{4x_n} < \sqrt{4\cdot 4} = 4\).

    Así pues, según el teorema de la convergencia de sucesiones monótonas la sucesión converge. Para calcular el límite, aprovechando la definición recursiva de la sucesión se tiene

    \[ x = \lim_{n\to\infty}x_n = \lim_{n\to\infty}x_{n+1} = \lim_{n\to\infty}\sqrt{4x_n} = \sqrt{4x} \]

    Resolviendo la ecuación se tiene

    \[ x=\sqrt{4x} \Rightarrow x^2=4x \Rightarrow x^2-4x=0 \Rightarrow x(x-4)=0 \Rightarrow x=0 \mbox{ o } x=4. \]

    Como \(x=0\) no puede ser al ser \(x_n\geq 1\) \(\forall n\in\mathbb{N}\), se concluye que \(x=4\).

Ejercicio 4.16 \(\star\) Dado un segmento como el de la figura de más abajo,

tal que \(\frac{a+b}{a}=\frac{a}{b}=\varphi\). A este número se le conoce como número áureo y es el número irracional \(\varphi=\frac{1+\sqrt{5}}{2}=1.618033988749\ldots\)

Demostrar que este número es el límite de las siguientes sucesiones de números reales.

  1. \(x_1=1\) y \(x_{n+1}=1+\frac{1}{x_n}\) \(\forall n\in \mathbb{N}\)
  2. \(x_1=1\) y \(x_{n+1}=\sqrt{1+x_n}\) \(\forall n\in\mathbb{N}\)

  1. Veamos en primer lugar que la sucesión está acotada. De la definición resulta obvio que \(x_n\geq 1\) \(\forall n\in\mathbb{N}\). De esto se deduce que, \(\frac{1}{x_n}\leq 1 \Leftrightarrow 1+\frac{1}{x_n} \leq 2\) \(\forall n\in\mathbb{N}\). Así pues, \(1\leq x_n\leq 2\) \(\forall n\in\mathbb{N}\).

    Veamos ahora que la subsucesión de los términos impares \((y_n)_{n=1}^\infty = (x_{2n-1})_{n=1}^\infty\) converge. Para ello veremos que es creciente por inducción. \(y_1=1<y_2=1.5\). Supongamos que \(y_{n-1}<y_n\). Entonces,

    \[\begin{align*} y_{n+1} &= x_{2(n+1)-1} = x_{2n+1} = 1+\frac{1}{x_{2n}} \\ &= 1+\frac{1}{1+\frac{1}{x_{2n-1}}} = 1+\frac{1}{1+\frac{1}{y_n}} \\ &> 1+\frac{1}{1+\frac{1}{y_{n-1}}} = 1+\frac{1}{1+\frac{1}{x_{2n-3}}} \\ &= 1+\frac{1}{x_{2n-2}} = x_{2n-1} = y_n. \end{align*}\]

    Como la subsucesión también está acotada, por el teorema de la convergencia de sucesiones monótonas converge. Para calcular el límite, aprovechando la definición recursiva de la sucesión se tiene

    \[ y = \lim_{n\to\infty}y_n = \lim_{n\to\infty}y_{n+1} = \lim_{n\to\infty}1+\frac{1}{1+\frac{1}{y_n}} = 1+\frac{1}{1+\frac{1}{y}} \]

    Resolviendo la ecuación se tiene

    \[\begin{align*} y=1+\frac{1}{1+\frac{1}{y}} &\Rightarrow y-1= \frac{1}{\frac{y+1}{y}} = \frac{y}{y+1} \\ &\Rightarrow (y-1)(y+1) = y \\ & \Rightarrow y^2-1 = y \Rightarrow y^2-y-1=0 \\ &\Rightarrow y=\frac{1-\sqrt{5}}{2} \mbox{ o } y=\frac{1+\sqrt{5}}{2}. \end{align*}\]

    Como \(y=\frac{1-\sqrt{5}}{2}<0\) no puede ser al ser todos los términos de la sucesión positivos, se tiene que \(y=\frac{1+\sqrt{5}}{2}\).

    Del mismo modo se puede probar que la subsucesión de los términos pares \((z_n)_{n=1}^\infty = (x_{2n})_{n=1}^\infty\) también converge a \(\frac{1+\sqrt{5}}{2}\).

    Finalmente, se deja como ejercicio probar que si las subsucesiones de los términos pares e impares de una sucesión convergen al mismo límite, entonces la sucesión converge al mismo límite.

  2. Veamos que la sucesión es creciente por inducción. \(x_1=1<\sqrt{2}=x_2\). Supongamos ahora que \(x_{n-1}<x_n\). Entonces, \(x_{n+1} = \sqrt{1+x_n} > \sqrt{1+x_{n-1}} = x_n\).

    Veamos ahora que \(2\) es una cota superior de la sucesión también por inducción. \(x_1 = 1 < 2\). Supongamos que \(x_n<2\). Entonces, \(x_{n+1}=\sqrt{1+x_n} < \sqrt{1+2} = \sqrt{3} < 2\).

    Así pues, según el teorema de la convergencia de sucesiones monótonas la sucesión converge. Para calcular el límite, aprovechando la definición recursiva de la sucesión se tiene

    \[ x = \lim_{n\to\infty}x_n = \lim_{n\to\infty}x_{n+1} = \lim_{n\to\infty}\sqrt{1+x_n} = \sqrt{1+x} \]

    Resolviendo la ecuación se tiene

    \[\begin{align*} x=\sqrt{1+x} &\Rightarrow x^2=1+x \Rightarrow x^2-x-1=0 \\ &\Rightarrow x=\frac{1-\sqrt{5}}{2} \mbox{ o } x=\frac{1+\sqrt{5}}{2}. \end{align*}\]

    Como \(x=\frac{1-\sqrt{5}}{2}<0\) no puede ser al ser todos los términos de la sucesión positivos, se concluye que \(x=\frac{1+\sqrt{5}}{2}\).

Ejercicio 4.17 Dada una sucesión de números reales tal que \(\lim_{n\to\infty}x_n=x\), probar o refutar las siguientes proposiciones:

  1. Si cada \(x_n\) es una cota superior de un conjunto \(A\), entonces \(x\) es también una cota superior de \(A\).
  2. Si \(x_n\in\overline{(a,b)}\) \(\forall n\in\mathbb{N}\), entonces \(x\in\overline{(a,b)}\).
  3. Si \(x_n\in\mathbb{Q}\) \(\forall n\in\mathbb{N}\), entonces \(x\in\mathbb{Q}\).

  1. Si \(x_n\) es cota superior de \(A\) \(\forall n\in\mathbb{N}\), se tiene que para cualquier \(a\in A\), \(a\leq x_n\). Veamos que entonces que \(a\leq x\) por reducción al absurdo. Supongamos que existe \(a\in A\) tal que \(a\leq x_n\) \(\forall n\in\mathbb{N}\) pero \(a>x\). Como \(\lim_{n\to\infty}x_n = x\), se tiene que para \(\varepsilon=a-x>0\) existe \(k\in\mathbb{N}\) tal que \(|x_n-x|\leq a-x\) \(\forall n\geq k\), pero entonces también se cumple \[ |x_n-x| = x_n-x < a-x \Rightarrow x_n < a, \] por lo que \(x_n\) no sería cota superior de \(A\), así que, necesariamente \(x\) tiene que ser cota superior de \(A\).

  2. Como \(\overline{(a,b)}\) es un conjunto cerrado, para demostrar la proposición basta aplicar este teorema.

  3. Veamos que la proposición es falsa con un contraejemplo. La sucesión \(x_1=1\) y \(x_{n+1}=\frac{1}{1+x_n}\) \(\forall n=2,3,\ldots\) está formada por números racionales, sin embargo, su límite es el número irracional \(\varphi=\frac{1+\sqrt{5}}{2}=1.618033988749\ldots\) (ver Ejercicio 4.16).

Ejercicio 4.18 \(\star\) Una cuenta de ahorro ofrece el primer año un tipo de interés \(x_1=0.5\%\) y los años sucesivos un interés \(x_{n+1}=\frac{3}{2+x_n}\%\). Si se mantiene la cuenta abierta por un periodo indefinido, ¿hacia donde tienden los tipos de interés?

  1. Veamos en primer lugar que la sucesión está acotada. De la definición resulta obvio que \(x_n\geq 0\) \(\forall n\in\mathbb{N}\) pues todos los términos son positivos. De esto se deduce que, \(\frac{3}{2+x_n}\leq \frac{3}{2}\) \(\forall n\in\mathbb{N}\). Así pues, \(0\leq x_n\leq \frac{3}{2}\) \(\forall n\in\mathbb{N}\).

    Veamos ahora que la subsucesión de los términos impares \((y_n)_{n=1}^\infty = (x_{2n-1})_{n=1}^\infty\) converge. Para ello veremos que es creciente por inducción. \(y_1=0.5<y_2=0.9375\). Supongamos que \(y_{n-1}<y_n\). Entonces,

    \[\begin{align*} y_{n+1} &= x_{2(n+1)-1} = x_{2n+1} = \frac{3}{2+x_{2n}} \\ &= \frac{3}{2+\frac{3}{2+x_{2n-1}}} = \frac{3}{2+\frac{3}{2+y_n}} \\ &> \frac{3}{2+\frac{3}{2+y_{n-1}}} = \frac{3}{2+\frac{3}{2+x_{2n-3}}} \\ &= \frac{3}{2+x_{2n-2}} = x_{2n-1} = y_n. \end{align*}\]

    Como la subsucesión también está acotada, por el teorema de la convergencia de sucesiones monótonas converge. Para calcular el límite, aprovechando la definición recursiva de la sucesión se tiene

    \[ y = \lim_{n\to\infty}y_n = \lim_{n\to\infty}y_{n+1} = \lim_{n\to\infty}\frac{3}{2+\frac{3}{2+y_n}} = \frac{3}{2+\frac{3}{2+y}} \]

    Resolviendo la ecuación se tiene

    \[\begin{align*} y=\frac{3}{2+\frac{3}{2+y}} &\Rightarrow y= \frac{3}{\frac{(4+2y)+3}{2+y}} = \frac{3(2+y)}{2y+7} \\ &\Rightarrow y(2y+7) = 3y+6 \\ & \Rightarrow 2y^2+4y-6 = 0\\ &\Rightarrow y=-3 \mbox{ o } y=1. \end{align*}\]

    Como \(y=-3\) no puede ser al ser todos los términos de la sucesión positivos, se tiene que \(y=1\).

    Del mismo modo se puede probar que la subsucesión de los términos pares \((z_n)_{n=1}^\infty = (x_{2n})_{n=1}^\infty\) también converge a \(1\).

    Finalmente, como las subsucesiones de los términos pares e impares de una sucesión convergen al mismo límite, entonces la sucesión converge al mismo límite.

Ejercicio 4.19 Determinar cuáles de las siguientes sucesiones de números reales son de Cauchy.

  1. \(\left(\frac{(-1)^n}{n}\right)_{n=1}^\infty\)

  2. \(\left(\frac{n}{n+1}\right)_{n=1}^\infty\)

  3. \(\left(\frac{\operatorname{sen}(n)}{n}\right)_{n=1}^\infty\)

  4. \((x_n)_{n=1}^\infty\) con \[ x_n= \begin{cases} \frac{1}{n} & \mbox{si $n$ es par}\\ 1+\frac{1}{n} & \mbox{si $n$ es impar} \end{cases} \]

  1. Es una sucesión de Cauchy ya que converge a 0, pues las subsucesiones de los términos pares e impares, convergen a 0 al ser monótonas y acotadas.

  2. Es una sucesión de Cauchy ya que converge a 1, pues

\[\begin{align*} \lim_{n\to\infty} x_n &= \lim_{n\to\infty}\frac{n}{n+1} = \lim_{n\to\infty} \frac{1}{1+\frac{1}{n}}\\ &= \frac{\lim_{n\to\infty} 1}{\lim_{n\to\infty} 1 + \lim_{n\to\infty}\frac{1}{n}} = \frac{1}{1} = 1. \end{align*}\]

  1. Es una sucesión de Cauchy ya que converge a 0. Para probarlo, dado \(\varepsilon>0\), por la propiedad arquimediana, existe \(k\in\mathbb{N}\) tal que \(\frac{2}{k}<\varepsilon\). Por tanto, para cualquier \(n,m\geq k\) se tiene

\[\begin{align*} |x_n-x_m| &= \left|\frac{\operatorname{sen}(n)}{n}-\frac{\operatorname{sen}(m)}{m}\right| \leq \left|\frac{\operatorname{sen}(n)}{n}\right|+\left|\frac{\operatorname{sen}(m)}{m}\right|\\ & \leq \frac{1}{n}+\frac{1}{m}\leq \frac{1}{k}+\frac{1}{k} = \frac{2}{k} < \varepsilon. \end{align*}\]

  1. No es una sucesión de Cauchy, pues tomando \(\varepsilon=1/2\), para cualquier \(k\in\mathbb{N}\), si \(n\geq k\), entonces \(n\) o \(n+1\) debe ser impar, y suponiendo que es \(n+1\) (la otra suposición lleva a un razonamiento similar) se tiene

\[\begin{align*} |x_n-x_{n+1}| &\geq ||x_{n+1}|-|x_n|| =\left|\left(1+\frac{1}{n+1}\right)-\frac{1}{n}\right|\\ &=1-\frac{1}{n(n+1)}\geq 1 -\frac{1}{2} = \frac{1}{2}=\varepsilon. \end{align*}\]

Por tanto, la sucesión no converge.