17 2025-11-05
Examen de Análisis I
Ejercicio 17.1 Calcular los siguientes límites usando el teorema de comprensión de sucesiones.
- \(\displaystyle \lim_{n\to \infty} \frac{n^2+2}{2n^2+\cos(n)}\).
- \(\displaystyle \lim_{n\to \infty} \frac{\ln(n)}{n}\).
Usaremos el hecho de que \(-1 \leq \cos(n) \leq 1\) para acotar la sucesión:
\[ 2n^2 - 1 \leq 2n^2 + \cos(n) \leq 2n^2 + 1 \Leftrightarrow \frac{n^2+2}{2n^2+1} \leq \frac{n^2+2}{2n^2+\cos(n)} \leq \frac{n^2+2}{2n^2-1} \]
Como
\[\begin{align*} \lim_{n\to \infty} \frac{n^2+2}{2n^2+1} &= \lim_{n\to \infty} \frac{1 + \frac{2}{n^2}}{2 + \frac{1}{n^2}} = \frac{1 + 0}{2 + 0} = \frac{1}{2}, \\ \lim_{n\to \infty} \frac{n^2+2}{2n^2-1} &= \lim_{n\to \infty} \frac{1 + \frac{2}{n^2}}{2 - \frac{1}{n^2}} = \frac{1 + 0}{2 - 0} = \frac{1}{2}, \end{align*}\]
por el teorema de comprensión de sucesiones, se tiene que
\[ \lim_{n\to \infty} \frac{n^2+2}{2n^2+\cos(n)} = \frac{1}{2}. \]
Usaremos el hecho de que \(\ln(n) \leq \sqrt{n}\ \forall n \in \mathbb{N}\) para acotar la sucesión:
\[ 0 \leq \frac{\ln(n)}{n} \leq \frac{\sqrt{n}}{n} = \frac{1}{\sqrt{n}}. \]
Como
\[\begin{align*} \lim_{n\to \infty} 0 &= 0, \\ \lim_{n\to \infty} \frac{1}{\sqrt{n}} &= 0, \end{align*}\]
por el teorema de comparación de sucesiones, se tiene que \[ \lim_{n\to \infty} \frac{\ln(n)}{n} = 0. \]
Ejercicio 17.2 La evolución de la renta o riqueza de una persona suele expresarse en economía mediante la sucesión recurrente:
\[ r_1 = p \qquad r_{n+1} = p + (1-q) r_n, \]
donde \(p\) es la cantidad de dinero que la persona ingresa cada mes (por ejemplo, su salario), y \(q\) es la proporción de la renta que gasta cada mes (por ejemplo, en consumo). Estudiar la convergencia de la sucesión para \(p = 2000\) € y \(q = 0.5\).
Tenemos la sucesión recurrente \(r_1 = 2000\) y \(r_{n+1} = 2000 + 0.5 r_n\). Probaremos primero que la sucesión es monótona creciente por inducción.
\[ r_1 = 2000 < r_2 = 2000 + 0.5 \cdot 2000 = 3000. \]
Supongamos ahora que \(r_{n-1} < r_n\). Entonces,
\[ r_{n+1} = 2000 + 0.5 r_n > 2000 + 0.5 r_{n-1} = r_n, \]
y esto prueba que la sucesión es monótona creciente.
Ahora probaremos que la sucesión está acotada superiormente por \(4000\) también por inducción.
\[ r_1 = 2000 < 4000. \]
Supongamos ahora que \(r_n < 4000\). Entonces,
\[ r_{n+1} = 2000 + 0.5 r_n < 2000 + 0.5 \cdot 4000 = 4000, \]
y esto prueba que la sucesión está acotada superiormente por \(4000\).
Así pues, por el teorema de la convergencia de sucesiones monótonas, la sucesión converge. Para calcular el límite supongamos que la sucesión converge a un valor \(r\). Entonces, por la cualquier cola suya converge al mismo valor, y por tanto
\[ r = \lim_{n\to \infty} r_n = \lim_{n\to \infty} r_{n+1} = \lim_{n\to \infty} 2000 + 0.5 r_n = 2000 + 0.5 \lim_{n\to \infty} r_n = 2000 + 0.5 r. \]
Despejando \(r\), obtenemos:
\[ r - 0.5 r = 2000 \Rightarrow 0.5 r = 2000 \Rightarrow r = 4000. \]
Por lo tanto, el límite de la sucesión es \(4000\).
Ejercicio 17.3 Calcular los siguientes límites sin usar la regla de l’Hôpital.
- \(\displaystyle \lim_{x\to 0} \frac{\cos(x+a)-\cos(a)}{x}\)
- \(\displaystyle \lim_{x\to 4} \frac{\sqrt{x}-2}{x^2-16}\)
Usando la fórmula del coseno de la suma, tenemos
\[\begin{align*} \lim_{x\to 0} \frac{\cos(x+a)-\cos(a)}{x} &= \lim_{x\to 0} \frac{\cos(x)\cos(a) - \operatorname{sen}(x)\operatorname{sen}(a) - \cos(a)}{x} \\ &= \lim_{x\to 0} \frac{\cos(a)(\cos(x) - 1) - \operatorname{sen}(a)\operatorname{sen}(x)}{x} \\ &= \cos(a) \lim_{x\to 0} \frac{\cos(x) - 1}{x} - \operatorname{sen}(a) \lim_{x\to 0} \frac{\operatorname{sen}(x)}{x} \\ &= \cos(a) \lim_{x\to 0} \frac{-x^2/2}{x} - \operatorname{sen}(a) \lim_{x\to 0} \frac{x}{x} \tag{1} \\ &= \cos(a) \lim_{x\to 0} \frac{-x}{2} - \operatorname{sen}(a) \cdot 1 \\ &= 0 - \operatorname{sen}(a) = -\operatorname{sen}(a). \end{align*}\]
- Usando infinitésimos equivalentes \(1-\cos(x)\approx x\) y \(\operatorname{sen}(x)\approx x\).
Haciendo el cambio de variable \(y = \sqrt{x}\), tenemos que cuando \(x \to 4\), \(y \to 2\). Por tanto,
\[\begin{align*} \lim_{x\to 4} \frac{\sqrt{x}-2}{x^2-16} &= \lim_{y\to 2} \frac{y-2}{y^4 - 16} \\ &= \lim_{y\to 2} \frac{y-2}{(y^2 - 4)(y^2 + 4)} \\ &= \lim_{y\to 2} \frac{y-2}{(y-2)(y+2)(y^2 + 4)} \\ &= \lim_{y\to 2} \frac{1}{(y+2)(y^2 + 4)} \\ &= \frac{1}{(2+2)(2^2 + 4)} = \frac{1}{4 \cdot 8} = \frac{1}{32}. \end{align*}\]
Ejercicio 17.4 Dado el conjunto de números reales
\[ A = \left\{ \frac{1}{n} + \frac{1}{m} : n, m \in \mathbb{N} \right\} \]
- Estudiar si tiene supremo, ínfimo, máximo y mínimo. Calcularlos en caso de que existan.
- Calcular sus puntos de acumulación.
- Determinar si es un conjunto abierto o cerrado.
- ¿Es un conjunto numerable?
Como \(n, m \in \mathbb{N}\), se tiene que \(n,m\geq 1\), por lo que \(\frac{1}{n}\leq 1\) y \(\frac{1}{m}\leq 1\), y \(\frac{1}{n} + \frac{1}{m} \leq 2\). Como en particular, para \(n=m=1\) se tiene que \(\frac{1}{1} + \frac{1}{1} = 2\), \(2\) es el máximo y también el supremo.
Del mismo modo, \(n, m>0\ \forall n,m\in \mathbb{N}\), por lo que \(\frac{1}{n} > 0\) y \(\frac{1}{m} > 0\), y \(\frac{1}{n} + \frac{1}{m} > 0\), así que \(0\) es una cota inferior. Probaremos que \(0\) es el ínfimo por reducción al absurdo. Supongamos que existe \(c>0\) tal que \(c\) es cota inferior. Entonces, por la propiedad arquimediana podemos encontrar \(n\in \mathbb{N}\) tal que \(n > \frac{2}{c}\), por lo que \(\frac{1}{n} < \frac{c}{2}\) y \(\frac{1}{n} + \frac{1}{n} < c\), lo que contradice que \(c\) es cota inferior. Por tanto, \(0\) es el ínfimo. Sin embargo, no existe mínimo ya que \(\frac{1}{n} + \frac{1}{m} > 0 \ \forall n,m\in \mathbb{N}\).
Como \(0\) es el ínfimo y \(2\) el supremo, es evidente que ningún número fuera el intervalo \([0, 2]\) puede ser punto de acumulación. Veamos ahora que para cualquier \(n\in \mathbb{N}\), el punto \(\frac{1}{n}\) es un punto de acumulación. Para cualquier \(\varepsilon > 0\), por la propiedad arquimediana existe \(m\in \mathbb{N}\) tal que \(\frac{1}{m} < \varepsilon\) de manera que \(\frac{1}{n} + \frac{1}{m} < \frac{1}{n} + \varepsilon\).
El \(0\) también es punto de acumulación, ya que para cualquier \(\varepsilon > 0\), por la propiedad arquimediana existe \(n\in \mathbb{N}\) tale que \(\frac{1}{n} < \varepsilon/2\), de manera que \(\frac{1}{n} + \frac{1}{n} < \varepsilon\).
Finalmente, veamos que ningún otro punto del intervalo \((0,2]\) es un punto de acumulación. El 2 no es punto de acumulación ya que para \(\varepsilon = 0.1\), por ejemplo, no existe ningún elemento de \(A\) en el intervalo \((2 - 0.1, 2 + 0.1)\) distinto de \(2\). Para cualquier otro punto \(c \in (0,2)\) que no sea de la forma \(\frac{1}{n}\), sea \(\frac{1}{k}\) el valor que más se aproxima a \(c\) por debajo, es decir, \(c-\frac{1}{k} = \min\left\{ c - \frac{1}{n}, n\in\mathbb{N}\right\}\). Entonces, por la propiedad arquimediana, existe \(i\in \mathbb{N}\) tal que
\[ \frac{1}{i+1} < c - \frac{1}{k} < \frac{1}{i} \Leftrightarrow \frac{1}{k} + \frac{1}{i+1} < c < \frac{1}{k} + \frac{1}{i}. \]
De este modo, tomando \(\varepsilon = \min\left\{ c - \left( \frac{1}{k} + \frac{1}{i+1} \right), \left( \frac{1}{k} + \frac{1}{i} \right) - c \right\}\), se tiene que el intervalo \(\left( c - \varepsilon, c + \varepsilon \right)\) no contiene ningún elemento de \(A\) y, por tanto, \(c\) no es punto de acumulación.
Así pues, el conjunto de puntos de acumulación de \(A\) es \(\operatorname{Ac}(A)=\left\{ 0 \right\} \cup \left\{ \frac{1}{n} : n \in \mathbb{N} \right\}\).
El conjunto no es abierto, ya que por ejemplo el punto \(2 \in A\) no es un punto interior (cualquier entorno de \(2\) contendrá puntos mayores que \(2\) que no pertenecen a \(A\)). Tampoco es cerrado, ya que el punto de acumulación \(0\) no pertenece a \(A\).
Sí, es un conjunto numerable, ya que es la imagen de la función \(f:\mathbb{N}\times \mathbb{N} \to \mathbb{R}\) definida por \(f(n,m) = \frac{1}{n} + \frac{1}{m}\), y como \(\mathbb{N}\times \mathbb{N}\) es numerable, su imagen también lo es.