Sistema de ecuaciones lineales by sheiner64

Cap´ıtulo

Sucesiones

7.1. Introducción Las sucesiones aparecen de manera natural en muchos cálculos que responden a un es2 6 2 1 quema iterativo. Por ejemplo, al dividir 2 entre 3 obtenemos D C , igualdad que 3 10 3 10 podemos usar ahora para obtener 2 1 6 2 1 6 6 6 1 2 ; D C C D C 2C 3 10 10 3 10 10 10 3 102 10 y de nuevo 2 6 6 D C 2C 3 10 10

6 2 1 C 10 3 10

6 6 2 1 6 1 D : C 2C 3C 2 10 3 103 10 10 10

Y así podemos continuar tantas veces como queramos, obteniendo para cada n 2 N la igualdad: n

2 X 6 2 1 D : C 3 3 10n 10k kD1

n X 2 1 6 2 xn D . Observa que, aunque los nútenemos que 0 < k 3 3 10n 10 kD1 meros xn son todos ellos distintos de 2=3, dada una cota de error arbitrariamente pequeña, 2 1 " > 0, y tomando n0 2 N de manera que < " , deducimos que para todo número 3 10n0 natural n>n0 se verifica que jxn 2=3j < " , lo que se expresa escribiendo 2=3 D lKım fxn g.

Escribiendo xn D

n!1

325

Introducción

326

El ejemplo anterior está relacionado con la expresión decimal de 2=3 que, como todos sabemos, es un decimal periódico con período igual a 6, lo que suele escribirse 2=3 D 0; b 6 igualdad en la que, según se dice a veces, el símbolo 0; b 6 debe interpretarse como que el 6 se repite infinitas veces. ¿Qué quiere decir esto? Lo que está claro es que, por mucho tiempo y paciencia que tengamos, nunca podremos escribir infinitos 6 uno detrás de otro... bueno, podríamos escribir algo como 2 D 0; b 6 D 0; 6666666:::. infinitos 6/ 3

lo que tampoco sirve de mucho pues seguimos sin saber cómo se interpreta esta igualdad. Pues bien, para dar un significado matemático a lo que se quiere expresar con esa igualdad hay que recurrir al concepto de límite de una sucesión tal como hemos hecho antes. Veamos otro ejemplo en esta misma línea. Vamos a intentar calcular aproximaciones raciop p 10 p nales de 10. Si partimos inicialmente de un número x > 10, tendremos que < 10 < x. x p 10 1 xC . Entonces, en virtud de la desigualdad de las medias, 10 < y, Pongamos y D 2 x p y como también y < x , deducimos que y está más cerca de 10 que x. Podemos ahora p repetir este proceso sustituyendo x por y obteniendo una nueva aproximación mejor de 10. Nótese que si x es racional también lo será que, partiendo de y. Esto sugiere un valor inicial, 1 10 10 1 por ejemplo x1 D 4, calculemos x2 D x1 C x2 C , y después x3 D , y así 2 x1 2 x2 podemos continuar tantas veces como queramos, obteniendo para cada n 2 N un número xn tal que 10 1 xn C xnC1 D 2 xn con x1 D 4. Con una calculadora manual obtenemos enseguida los valores x2 D3; 25; x3 D3; 1634615 I x4 D3; 1622779 con seis cifras decimales exactas: p x 2 10 x 2 10 0; 000005 1 < < 6 10 D 4 p < 4 6 6 10 x4 C 10 p p es decir, x4 coincide con 10 hasta la sexta cifra decimal. De hecho, como xn > 10 tenemos que: p p p p 10 1p 1 1 1 0 < xnC1 xn C 10 D 10 < xn C 10 10 D .xn 10/ 2 xn 2 2 2 0 < x4

p p 1 1 10 < n .x1 10/ < n , por tanto, dado cualquier 2 2 n0 < ", deducimos que para todo número natural n>n se " > 0, y tomando np 0 2 N tal que 2 0 p verifica que jxn 10 j < ", lo que simbólicamente se expresa escribiendo 10 D lKım fxn g. de donde se sigue que 0 < xnC1

n!1

En los ejemplos anteriores hemos dado por supuesto que ya tienes cierta familiaridad con los conceptos de “sucesión” y de “límite de una sucesión” de los cuales vamos a ocuparnos a continuación con detalle.

Universidad de Granada Dpto. de Análisis Matemático

Prof. Javier Pérez Cálculo diferencial e integral

Sucesiones de números reales

327

7.2. Sucesiones de números reales 7.1 Definición. Sea A un conjunto no vacío. Una sucesión de elementos de A es una aplicación del conjunto N de los números naturales en A. En particular, una sucesión de números reales es una aplicación del conjunto N de los números naturales en el conjunto R de los números reales. Por ahora, solamente consideraremos sucesiones de números reales por lo que nos referiremos a ellas simplemente como “sucesiones”. Notación. Dada una sucesión, ' W N ! R , suele emplearse una notación especial para representarla. Para n 2 N suele representarse el número real '.n/ en la forma xn D '.n/ (naturalmente la letra “x” nada tiene de especial y puede sustituirse por cualquier otra). La sucesión misma se representa por ' D fxn gn2N , es decir, el símbolo fxn gn2N debe interpretarse como la aplicación que a cada n 2 N hace corresponder el número real xn . Cuando no hay posibilidad de confusión, escribimos simplemente fxn g en vez de fxn gn2N . Conviene insistir en que fxn g es, por definición, la aplicación de N en R dada por n 7! xn . ~ No hay que confundir la sucesión fxn g, que es una aplicación, con su conjunto imagen, que es el subconjunto de R formado por todos los números xn , el cual se representa por fxn W n 2 Ng. Por ejemplo, f. 1/n g y f. 1/nC1 g son sucesiones distintas con el mismo conjunto imagen. El número xn se llama término n-ésimo de la sucesión; para n D 1; 2; 3 se habla respectivamente de primero, segundo, tercer término de la sucesión. Una forma apropiada de considerar una sucesión es como un vector con infinitas componentes (los términos de la sucesión), de esta forma no te quedará duda de que las sucesiones f. 1/n g y f. 1/nC1 g son distintas pues se corresponden con los vectores . 1; 1; 1; 1; : : : / y .1; 1; 1; 1; : : : /.

7.2.1. Sucesiones convergentes 7.2 Definición. Una sucesión fxn g se dice que converge a un número real x si, dado cualquier número real " > 0, existe un número natural m" tal que si n es cualquier número natural mayor o igual que m" se cumple que jxn xj < ". Simbólicamente: 8" > 0 9m" 2 N W n > m" ) jxn

xj < "

(7.1)

Se dice también que el número x es límite de la sucesión fxn g, y se escribe lKım fxn g D x o, n!1

simplemente, lKımfxn g D x e incluso, si no hay posibilidad de confusión, fxn g ! x.

Teniendo en cuenta que la desigualdad jxn xj < " equivale a la doble desigualdad x " < xn < x C " o, lo que es igual, xn 2 x "; x C "Œ, la definición anterior lo que dice es que fxn g converge a x cuando, dado cualquier intervalo abierto x "; x C "Œ, se verifica que todos los términos de la sucesión a partir de uno en adelante están en dicho intervalo. El número natural m" , cuya existencia se afirma en la definición anterior, cabe esperar que dependa del número " > 0, lo que explica la notación empleada. Lo usual es que m" tenga que ser tanto más grande cuanto más pequeño sea el número " > 0. Conviene observar que si p es un número natural tal que p > m" , entonces para p, al igual que para m" , se verifica que si n es cualquier número natural mayor o igual que p se cumple que jxn xj < ". Es decir, si Universidad de Granada Dpto. de Análisis Matemático

Prof. Javier Pérez Cálculo diferencial e integral

Sucesiones convergentes

328

fxn g 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, lKımfxn gDx , en términos de desigualdades: jxn xj < " siempre que n>m" . Observa también que, de la definición dada, se deduce enseguida que fxn g ! 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 x, fx n g, converge a cero.

1; 1Œ, se verifica que la sucesión de las potencias de

En efecto, como jxj < 1 podemos escribir jxj en la forma jxj D 1=.1 C / para conveniente > 0 (de hecho D 1 jxjjxj pero eso no interesa ahora). Dado " > 0, puesto que 1 1 1 6 < n .1 C / 1 C n n 1 1 bastará tomar un m" tal que m < ", por ejemplo, m" D E " C 1, para garantizar que " jx n 0j < " siempre que n > m" . jx n

0j D jxjn D

1; 1Œ, se verifica que la sucesión f1 C x C x 2 C C x n g, llamada 1 serie geométrica de razón x, converge a . 1 x En efecto, como ˇ ˇ ˇ 1 ˇˇ jxjnC1 ˇ1 C x C x 2 C C x n D ˇ 1 xˇ 1 x

7.5 Ejemplo. Dado x 2

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: ˇ ˇ ˇ 1 ˇˇ 1 1 jxj ˇ1 C x C x 2 C C x n jxjn D jxjn < 2 6 ˇ 1 x ˇ 1 jxj n por lo que, dado " > 0 para todo n > m" D E " 12 C 1 se verifica que ˇ ˇ ˇ 1 ˇˇ ˇ1 C x C x 2 C C x n < ": ˇ 1 xˇ

Universidad de Granada Dpto. de Análisis Matemático

Prof. Javier Pérez Cálculo diferencial e integral

Sucesiones convergentes

329

Si demostrar, aplicando la definiciĂłn 7.2, que una sucesiĂłn dada es convergente puede ser complicado, suele serlo todavĂa mĂĄs probar, usando dicha definiciĂłn, que una sucesiĂłn no converge. 7.6 Ejemplo. La sucesiĂłn f. 1/n g no es convergente. En efecto, sea x 2 R y definamos "x D mKaxfj1 xj=2; j1 C xj=2g. Claramente "x > 0. Puesto que j. 1/2m xjD j1 xj, j. 1/2mC1 xjD j1C xj y alguno de estos nĂşmeros es mayor que "x deducimos que, dado x 2 R, se verifica que existe un nĂşmero "x > 0, tal que cualquiera sea m 2 N se verifica que hay algĂşn 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/n g no converge a x. Puesto que en nuestro razonamiento x puede ser cualquier nĂşmero real concluimos, finalmente, que f. 1/n g 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 tĂŠrminos de una sucesiĂłn fxn g a partir de uno en adelante, lo que se quiere decir es que existe m 2 N; tal que para todo n > m el nĂşmero xn satisface dicha propiedad. Cuando se dice que una cierta propiedad se satisface por infinitos tĂŠrminos de una sucesiĂłn fxn g, lo que se quiere decir es que el conjunto de todos los nĂşmeros naturales n, tales que xn satisface dicha propiedad, es infinito. Cuando se dice que una cierta propiedad se satisface por un nĂşmero finito de tĂŠrminos de una sucesiĂłn fxn g, lo que se quiere decir es que el conjunto de todos los nĂşmeros naturales n, tales que xn satisface dicha propiedad, es finito. El siguiente resultado, muy sencillo, es tambiĂŠn muy Ăştil. 7.7 ProposiciĂłn. Sea fxn g una sucesiĂłn y x un nĂşmero real. Equivalen las siguientes afirmaciones: i) fxn g converge a x. ii) Para todo intervalo abierto I que contiene a x se verifica que todos los tĂŠrminos de la sucesiĂłn fxn g a partir de uno en adelante estĂĄn en I . DemostraciĂłn. Que ii) implica i) es consecuencia inmediata del comentario que sigue a la definiciĂłn 7.2. Probaremos que i) implica ii). Dado un intervalo abierto I tal que x 2 I , existirĂĄ un nĂşmero " > 0 (que dependerĂĄ del intervalo I ) tal que Â?x "; x C "Ĺ&#x2019; I . Para dicho " > 0 existe, por hipĂłtesis, un nĂşmero natural m tal que para todo n > m se verifica que xn 2Â?x "; x C "Ĺ&#x2019; y, por tanto, xn 2 I . 2 Observa que en la definiciĂłn 7.2 no se exige que el lĂmite sea Ăşnico, por ello si fxn g converge a x es lĂcito preguntar si puede haber otro nĂşmero real y distinto de x tal que fxn g tambiĂŠn converja a y. La respuesta es que no. En efecto, si fxn g ! x, dado y Â¤ x, hay intervalos abiertos I , J tales que x 2 I , y 2 J e I \ J D Ă&#x2DC; (por ejemplo las semirrectas Â? ; xCy 2 Ĺ&#x2019; y xCy Â? 2 ; !Ĺ&#x2019;). Sabemos, por la proposiciĂłn anterior, que todos los tĂŠrminos de fxn g a partir de Universidad de Granada Dpto. de AnĂĄlisis MatemĂĄtico

Prof. Javier PĂŠrez CĂĄlculo diferencial e integral

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 fxn g no converge a y. Hemos probado que si fxn g es convergente, el número real lKımfxn g 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. 2

7.10 Proposición. Supongamos que lKımfxn g D x , lKımfyn g 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 > mKax fm; m1 ; m2 g, 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 lKımfxn g D x sea estrictamente menor que lKımfyn g 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.

Universidad de Granada Dpto. de Análisis Matemático

Prof. Javier Pérez Cálculo diferencial e integral

Sucesiones monótonas

331

7.11 Proposición (Principio de las sucesiones encajadas). Supongamos que fxn g, fyn g, fzn g son sucesiones tales que lKımfxn g D lKımfzn g D ’ y existe un número natural m0 tal que para todo n>m0 se verifica que xn 6yn 6zn , entonces la sucesión fyn g es convergente y lKımfyn gD’. 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 m3 DmKaxfm0 ; m1 ; m2 g. Para todo n>m3 las desigualdades (7.2) se cumplen para pDqDn. Además como n > m0 se tiene que xn 6 yn 6 zn . Deducimos que, para todo n > m3 se verifica que: ’ " < xn 6 yn 6 zn < ’ C "; y, por tanto, ’

" < yn < ’ C ". Hemos probado así que lKımfyn g D ’.

Una consecuencia inmediata de este resultado es que si cambiamos arbitrariamente un número 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 fxn g e fyn g 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 fxn g converge si, y sólo si, fyn g 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 fyn g del enunciado será la que queremos estudiar y tendremos que ser capaces de “inventarnos” las sucesiones fxn g y fzn g de manera que se cumplan las condiciones del enunciado. Veamos un ejemplo. p 7.13 Ejemplo. La sucesión f n ng es convergente a 1. p Pongamos yn D n n. La elección de fxn g es inmediata: xn D 1. Un poco más difícil es la elección de fzn g. Para ello apliquemos la desigualdad de las medias a los números x1 D x2 D p D xn 2 D 1; xn 1 D xn D n para obtener que para todo n > 2 es: p p 2 n 2C2 n n <1C p : (7.3) n6 n n 2 Por tanto tomando zn D 1 C p , es inmediato que lKımfzn g 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 fxn g se dice que es: Mayorada o acotada superiormente si su conjunto imagen está mayorado, es decir, si hay un número 2 R tal que xn 6 para todo n 2 N. Universidad de Granada Dpto. de Análisis Matemático

Prof. Javier Pérez Cálculo diferencial e integral

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 jxn j 6 M para todo n 2 N. Creciente si xn 6 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 fxn g 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 posibilidad 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 lKımfxn g D x. Todos los términos de fxn g 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 mKaxf1Cjxj; jx1 j; ; jxm jg, tenemos que jxn j 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 fHn g definida para todo n 2 N por: Hn D no es convergente.

n X 1

kD1

D1C

1 1 1 C C C 2 3 n

Para todo n 2 N tenemos que: 2n X 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 D 1C C C C C C C C C n C C n > k 2 3 4 5 6 7 8 2 1 2 kD1 1 1 1 n 1 1 1 1 1 1 (7.4) > 1C C C C C C C C C n C C n D1C 2 4 4 8 8 8 8 2 2 2 ˚Pn de donde se deduce que la sucesión kD1 1=k no está mayorada. Esta sucesión recibe el nombre de serie armónica. Universidad de Granada Dpto. de Análisis Matemático

Prof. Javier Pérez Cálculo diferencial e integral

Sucesiones monĂłtonas

333

La proposiciĂłn recĂproca de la anterior no es cierta: la sucesiĂłn f. 1/n g es acotada y no es convergente. No obstante, hay un caso especial muy importante en que sĂ es cierta la recĂproca. 7.17 Teorema. Toda sucesiĂłn monĂłtona y acotada es convergente. MĂĄs concretamente, si una sucesiĂłn fxn g es: i) Creciente y mayorada, entonces lKÄąmfxn g D Ë&#x2021;, donde Ë&#x2021; D supfxn W n 2 Ng. ii) Decreciente y minorada, entonces lKÄąmfxn g D Ë&#x203A;, donde Ë&#x203A; D KÄąnffxn W n 2 Ng. DemostraciĂłn. Probaremos i/ quedando la demostraciĂłn de i i/ como ejercicio. La hipĂłtesis de que fxn g es mayorada garantiza, en virtud del principio del supremo, la existencia del nĂşmero real Ë&#x2021; D supfxn W n 2 Ng. Dado " > 0, tiene que existir un tĂŠrmino xm de la sucesiĂłn tal que Ë&#x2021; " < xm . Puesto que la sucesiĂłn es creciente para todo n > m se verificarĂĄ que xm 6 xn , y por tanto Ë&#x2021; " < xn . En consecuencia Ë&#x2021; " < xn < Ë&#x2021; C " para todo n > m. Hemos probado asĂ que lKÄąmfxn g D Ë&#x2021;. 2 2n X 1 , es convergente. 7.18 Ejemplo. La sucesiĂłn fxn g definida por xn D k kDnC1

En efecto, como xnC1

xn D

1 1 C 2n C 2 2n C 1

1 1 1 > C n C 1 2n C 2 2n C 2

1 D0 nC1

se sigue que xnC1 > xn para todo n 2 N, es decir, es una sucesiĂłn creciente. AdemĂĄs xn 6

1 1 n .n C C D <1 nC1 nC1 nC1

por lo que tambiĂŠn estĂĄ mayorada. Concluimos, por el teorema anterior, que dicha sucesiĂłn es convergente. 7.2.3.1.

El nĂşmero e

1 n es creciente y que la En el ejercicio 30 hemos probado que la sucesiĂłn xn D 1 C n nC1 1 sucesiĂłn yn D 1 C es decreciente. Como 0 < yn , se sigue que fyn g es convergente. n Puesto que 1 1 n x n D yn 1 C D yn n nC1 se sigue que fxn g tambiĂŠn es convergente y lKÄąmfxn g D lKÄąmfyn g. El valor comĂşn de este lĂmite es un nĂşmero real que se representa con el sĂmbolo e. Como consecuencia del teorema 7.17, se verifica que: ( ) 1 mC1 1 n W n 2 N D KÄąnf 1C W m2N e D sup 1 C n m Universidad de Granada Dpto. de AnĂĄlisis MatemĂĄtico

Prof. Javier PĂŠrez CĂĄlculo diferencial e integral

Sucesiones convergentes y estructura algebraica de R

334

En particular, para todos n; m 2 N se verifica que: 1 mC1 1 n <e< 1C 1C n m

(7.5)

7.2.4. Sucesiones convergentes y estructura algebraica de R En los resultados anteriores han intervenido de manera esencial las propiedades de la estructura de orden de R. Vamos a estudiar ahora el comportamiento de las sucesiones convergentes respecto de la adiciĂłn y el producto de nĂşmeros reales. Los resultados que vamos a obtener, conocidos tradicionalmente con el nombre de ĂĄlgebra de lĂmites, son bĂĄsicos para el estudio de la convergencia de sucesiones. Dadas dos sucesiones fxn g e fyn g, se define su suma como la sucesiĂłn fxn C yn g y su producto como la sucesiĂłn fxn yn g. 7.19 ProposiciĂłn. El producto de una sucesiĂłn convergente a cero por una sucesiĂłn acotada es una sucesiĂłn convergente a cero. DemostraciĂłn. Sea lKÄąmfxn g D 0, e fyn g acotada. Sea c > 0 tal que jyn j6c para todo n 2 N. Dado " > 0, existe un nĂşmero natural m tal que para todo n> m se verifica que jxn j < "=c. " Deducimos que, para todo n>m, se verifica que jxn yn j D jxn jjyn j < c D ", lo que prueba c que lKÄąmfxn yn g D 0. 2 7.20 ProposiciĂłn (Ă lgebra de lĂmites). Supongamos que lKÄąmfxn gDx y lKÄąmfyn gDy. Entonces se verifica que: lKÄąmfxn C yn g D x C y; lKÄąmfxn yn g D xy : Si ademĂĄs suponemos que y Â¤ 0, entonces lKÄąmfxn =yn g D x=y. DemostraciĂłn. Dado " > 0, por hipĂłtesis existen m1 ; m2 tales que x

"=2 < xp < x C "=2

"=2 < yq < y C "=2

(7.6)

para todo p > m1 y todo q > m2 . Sea m0 D mKaxfm1 ; m2 g. Para todo n > m0 las desigualdades (7.6) se cumplen para pDqD n, por lo que, sumĂĄndolas tĂŠrmino a tĂŠrmino, deducimos que x Cy " < xn Cyn < x Cy C" cualquiera sea n>m0 , lo que prueba que lKÄąmfxnCyn gDx Cy. Teniendo en cuenta que, por las proposiciones 7.15 y 7.19, se verifica que lKÄąmf.xn x/yn gD lKÄąmfx.yn y/g D 0, y la igualdad xn yn deducimos que lKÄąmfxn yn

xy D .xn

x/yn C x.yn

xyg D 0, es decir, lKÄąmfxn yn g D xy.

Finalmente, para probar que lKÄąmfxn =yn g D x=y, probaremos que la sucesiĂłn xn x x n y yn x D yn y yn y Universidad de Granada Dpto. de AnĂĄlisis MatemĂĄtico

Prof. Javier PĂŠrez CĂĄlculo diferencial e integral

Sucesiones parciales. Teorema de Bolzanoâ&#x20AC;&#x201C;Weierstrass

335

converge a cero, para lo cual, teniendo en cuenta que lKÄąmfxn y yn xg D xy yx D 0, bastarĂĄ probar que la sucesiĂłn f1=yn g estĂĄ acotada. Puesto que lKÄąmfyn g D y, se deduce de la desigualdad jjyn j jyjj 6 jyn yj que lKÄąmfjyn jg D jyj. ExistirĂĄ, por tanto, un nĂşmero m0 2 N tal que para todo n > m0 es jyn j > jyj=2. Pongamos 2 1 1 1 ; ; ;:::; : K D mKax jy1 j jy2 j jym0 j jyj 1 6 K para todo n 2 N. Hemos probado asĂ que la sucesiĂłn f1=yn g jyn j estĂĄ acotada, lo que concluye la demostraciĂłn del teorema. 2 Se tiene entonces que

7.21 ObservaciĂłn. Hay que leer con atenciĂłn las hipĂłtesis 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 sucesiĂłn convergente. Por ejemplo, las sucesiones xn Dn, ynD n, no son convergentes pues no estĂĄn acotadas, pero su suma xnCynD0 es, evidentemente, convergente. Por tanto, antes de escribir lKÄąmfxnCyn gDlKÄąmfxn gClKÄąmfyn g, hay que asegurarse de que estos Ăşltimos lĂmites existen, es decir, que las sucesiones fxn g, fyn g convergen, pues pudiera ocurrir que la sucesiĂłn fxn Cyn g fuera convergente y no lo fueran las sucesiones fxn g, fyn g. AnĂĄlogamente, basta considerar las sucesiones xn Dyn D. 1/n , para convencerse de que el producto de dos sucesiones no convergentes puede ser una sucesiĂłn convergente y, en consecuencia, antes de descomponer una sucesiĂłn como producto de otras dos, debes asegurarte de que estas sucesiones convergen.

7.2.5. Sucesiones parciales. Teorema de Bolzanoâ&#x20AC;&#x201C;Weierstrass 7.22 DefiniciĂłn. Sea fxn g una sucesiĂłn de nĂşmeros reales; dada una aplicaciĂłn WN ! N estrictamente creciente, la sucesiĂłn que a cada nĂşmero natural n hace corresponder el nĂşmero real x .n/ se representa por fx .n/g y se dice que es una sucesiĂłn parcial o una subsucesiĂłn de fxn g. Observa que fx .n/g no es otra cosa que la composiciĂłn de las aplicaciones fxn g y , esto es, fx .n/g D fxn g Äą . Se dice que un nĂşmero real x es un valor de adherencia de la sucesiĂłn fxn g si hay alguna sucesiĂłn parcial de fxn g que converge a x. 7.23 Ejemplo. Sea, como de costumbre, E.x/ el mayor entero menor o igual que x. La sucesiĂłn fxn g dada por xn D 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 sucesiĂłn parcial fx5n viene dada por x5n D 0, para j D 0, y x5n j D 1 j =5 para j D 1; 2; 3; 4.

j gn2N

Es fĂĄcil probar por inducciĂłn que si es una aplicaciĂłn estrictamente creciente de N en N entonces se verifica que .n/ > n para todo n 2 N. Sea lKÄąmfxn g D x, y fx .n/g una sucesiĂłn parcial de fxn g. Dado " > 0, existe m0 2 N tal que para todo n>m0 se verifica que jxn xj < ". Puesto que .n/>n, deducimos que para Universidad de Granada Dpto. de AnĂĄlisis MatemĂĄtico

Prof. Javier PĂŠrez CĂĄlculo diferencial e integral

Sucesiones parciales. Teorema de Bolzanoâ&#x20AC;&#x201C;Weierstrass todo n>m0 se tiene .n/>m0 , y por tanto, jx .n/ resultado.

336

xj < ". Hemos probado asĂ el siguiente

7.24 ProposiciĂłn. Si lKÄąmfxn g D x, toda sucesiĂłn parcial de fxn g tambiĂŠn converge a x. En particular, una sucesiĂłn convergente tiene como Ăşnico valor de adherencia su lĂmite. 7.25 Estrategia. Como consecuencia de la proposiciĂłn anterior, para probar que una sucesiĂłn no converge, es suficiente probar que tiene alguna sucesiĂłn parcial no convergente o que tiene dos sucesiones parciales que convergen a lĂmites diferentes. Por ejemplo, para la sucesiĂłn xn D . 1/n se tiene que x2n D 1 y x2n dicha sucesiĂłn no es convergente.

D 1. Por tanto

Observa que hay sucesiones, la de los nĂşmeros naturales por ejemplo, que no tienen ningĂşn valor de adherencia. TambiĂŠn puede ocurrir que una sucesiĂłn tenga un Ăşnico valor de adherencia y no sea convergente. Por ejemplo, la sucesiĂłn dada por xn D .1C . 1/n /n C 1=n para todo n 2 N, no es convergente y tiene a 0 como Ăşnico valor de adherencia. Vamos a ver a continuaciĂłn que estos comportamientos no pueden darse con sucesiones acotadas. 7.26 Lema. Toda sucesiĂłn tiene una sucesiĂłn parcial monĂłtona. DemostraciĂłn. Sea fxn g una sucesiĂłn 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; : : : b

b b

Figura 7.1. Puntos de sol y de sombra

Resulta asĂ una lĂnea poligonal infinita y podemos imaginar que dicha lĂnea 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 Universidad de Granada Dpto. de AnĂĄlisis MatemĂĄtico

Prof. Javier PĂŠrez CĂĄlculo diferencial e integral

Sucesiones parciales. Teorema de Bolzanoâ&#x20AC;&#x201C;Weierstrass

337

estarĂa, pues, situado en el infinito del eje de abscisas positivo). Pues bien, un nĂşmero natural n pertenece al conjunto A si el punto .n; xn / estĂĄ iluminado y no pertenece a A si dicho punto estĂĄ en sombra. Supongamos que A es infinito. Entonces podemos definir una aplicaciĂłn W N ! N estrictamente creciente y tal que .N/ D A de la siguiente forma: .1/ D mKÄąn.A/ .n C 1/ D mKÄąnfp 2 A W .n/ < pg para todo n 2 N es decir la aplicaciĂłn va eligiendo los elementos de A de menor a mayor empezando por el primero. Resulta ahora evidente que la sucesiĂłn parcial fx .n/g es decreciente, porque todos los puntos . .n/; x .n/ / estĂĄn iluminados y, por tanto, ninguno de ellos puede hacerle sombra a uno anterior. Si A es finito podemos suponer que ADĂ&#x2DC;. En tal caso, para todo n 2 N hay algĂşn p > n tal que xn < xp (pues todo punto .n; xn / estĂĄ en sombra). Podemos definir ahora una aplicaciĂłn W N ! N estrictamente creciente de la siguiente forma: .1/ D 1 .n C 1/ D mKÄąnfp 2 N W .n/ < p y x .n/ < xp g para todo n 2 N Es evidente que la sucesiĂłn parcial fx .n/g es creciente, pues cada punto . .n/; x .n/ / deja en la sombra al anterior. 2 El siguiente resultado es uno de los mĂĄs importantes en la teorĂa de sucesiones de nĂşmeros reales. 7.27 Teorema (Teorema de Bolzano - Weierstrass). Toda sucesiĂłn acotada de nĂşmeros reales tiene alguna sucesiĂłn parcial convergente. DemostraciĂłn. Sea fxn g una sucesiĂłn acotada. En virtud el lema anterior, hay una sucesiĂłn parcial de fxn g que es monĂłtona, dicha sucesiĂłn parcial estĂĄ acotada por estarlo fxn g y, por tanto, es convergente. 2 Si volvemos a leer la definiciĂłn de sucesiĂłn convergente, parece que para estudiar la convergencia de una sucesiĂłn fxn g debemos ser capaces de â&#x20AC;&#x153;adivinarâ&#x20AC;?, de alguna manera, su posible lĂmite. De hecho, una idea bastante extendida consiste en pensar que es lo mismo probar la convergencia de una sucesiĂłn que calcular su lĂmite. Esto no es del todo correcto; son relativamente pocas las sucesiones convergentes cuyo lĂmite puede efectivamente calcularse. Cuando se estudia la convergencia de una sucesiĂłn fxn g, la mayorĂa de las veces, lo que conocemos es, justamente, la sucesiĂłn y, naturalmente, se desconoce su posible lĂmite el cual pudiera, incluso, no existir. Por ello interesa tener criterios de convergencia intrĂnsecos a la sucesiĂłn, es decir, que no hagan intervenir a un objeto en principio extraĂąo a ella como es su posible lĂmite. Conocemos ya un criterio de convergencia intrĂnseco para sucesiones monĂłtonas. Usando dicho criterio hemos probado en el ejemplo 7.18 la convergencia de una sucesiĂłn sin necesidad de conocer su lĂmite.

Universidad de Granada Dpto. de AnĂĄlisis MatemĂĄtico

Prof. Javier PĂŠrez CĂĄlculo diferencial e integral

CondiciĂłn de Cauchy. Teorema de completitud de R

338

7.2.6. CondiciĂłn de Cauchy. Teorema de completitud de R A continuaciĂłn vamos a establecer un criterio intrĂnseco de convergencia para sucesiones que es mĂĄs general pues puede aplicarse a cualquier sucesiĂłn. Este criterio fuĂŠ formulado por Bolzano en 1817 y tambiĂŠn, independientemente, por Cauchy en 1821, y establece una condiciĂłn necesaria y suficiente para la convergencia de una sucesiĂłn. Dicha condiciĂłn se conoce con el nombre de condiciĂłn de Cauchy. 7.28 DefiniciĂłn. Se dice que una sucesiĂłn fxn g satisface la condiciĂłn de Cauchy, si para cada nĂşmero positivo, " > 0, existe un nĂşmero natural m" , tal que para todos p; q 2 N con p>m" y q>m" se verifica que jxp xq j < ". 7.29 Teorema (Teorema de completitud de R). Una sucesiĂłn de nĂşmeros reales es convergente si, y sĂłlo si, verifica la condiciĂłn de Cauchy. DemostraciĂłn. Supongamos que fxn g verifica la condiciĂłn de Cauchy. Probemos primero que fxn g estĂĄ acotada. La condiciĂłn de Cauchy implica que hay m0 2 N tal que jxp xm0j < 1 para todo p > m0 , y como jxp j 6 jxp xm0j C jxm0j, deducimos que jxp j < 1 C jxm0j para p > m0 . En consecuencia si definimos M D mKaxfjx1 j; jx2 j; : : : ; jxm0j; 1Cjxm0jg, obtenemos que jxn j 6 M para todo n 2 N. El teorema de Bolzano-Weierstrass garantiza que hay un nĂşmero real x y una sucesiĂłn parcial fx .n/g que converge a x. Probaremos que fxn g tambiĂŠn converge a x. Dado " > 0, existe no 2 N tal que jxp xq j < "=2 siempre que p; q > no . TambiĂŠn existe n1 2 N tal que jx .n/ xj < "=2 siempre que n > n1 . Sea m D mKaxfno ; n1 g. 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" 2 2

lo que prueba que lKÄąm fxn g D x. n!1

RecĂprocamente, si fxn g es convergente y lKÄąmfxn g Dx, dado " > 0, hay un nĂşmero m" 2 N tal que para todo nĂşmero natural n > m" se tiene que jxn xj < "=2. Deducimos que si p; q son nĂşmeros naturales mayores o iguales que m" entonces jxp

xq j 6 jxp

xj C jx

xq j < "=2 C "=2 D ":

Por tanto la sucesiĂłn fxn g verifica la condiciĂłn de Cauchy.

7.30 ObservaciĂłn. La condiciĂłn de Cauchy para sucesiones dada en la definiciĂłn 7.28, puede tambiĂŠn expresarse de una manera equivalente, aunque formalmente distinta, como sigue. Una sucesiĂłn fxn g satisface la condiciĂłn de Cauchy, si para cada nĂşmero positivo, " > 0, existe un nĂşmero natural m" , tal que para todo p>m" y para todo nĂşmero natural h, se verifica que jxpCh xp j < ". Equivalentemente, una sucesiĂłn fxn g verifica la condiciĂłn de Cauchy si, y sĂłlo si, la sucesiĂłn f n g dada para todo n 2 N por: n D supfjxnCh Universidad de Granada Dpto. de AnĂĄlisis MatemĂĄtico

xn j W h 2 Ng Prof. Javier PĂŠrez CĂĄlculo diferencial e integral

Límites superior e inferior de una sucesión

339

converge a cero. Puesto que, evidentemente, para cada h 2 N se tiene que jxnCh xn j 6 n para todo n 2 N, si fxn g satisface la condición de Cauchy entonces se verifica que lKım fxnCh xn g D 0 n!1

~ para cada h 2 N. Es importante observar que una sucesión fxn g puede verificar esta última

condición y no ser convergente, es decir, no satisfacer la condición de Cauchy. Un Pnejemplo de ello lo proporciona la serie armónica, esto es, la sucesión fHn g dada por Hn D kD1 1=k. 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 0 < HnCh y, como lKım

n!1

n o h n

Hn D

1 1 C nCh nCh

D 0, deducimos que lKım fHnCh n!1

Observa que si hacemos h D 22.mCn/ dad 7.4, H2p > 1 C p=2, tenemos: HnCh

Hn D H22.mCn/

C C

1 h < nC1 n

Hn g D 0.

n entonces, como consecuencia de la desigual-

Hn > H22.mCn/

lo que prueba que el conjunto fHnCh n 2 N.

n>1CmCn

nDmC1

Hn W h 2 Ng ni siquiera está mayorado para ningún

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 fxn g 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/; ˇn D sup.An/: Como AnC1 An se tiene que ˛n 6 ˛nC1 , ˇnC1 6 ˇn . Por tanto la sucesión f˛n g es creciente y fˇn g 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˛n g se llama límite inferior de la sucesión fxn g y se representa por lKım inffxn g y también lKımfxn g. El número ˇ D lKımfˇn g se llama límite superior de la sucesión fxn g y se representa por lKım supfxn g y también por lKımfxn g. 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.

Universidad de Granada Dpto. de Análisis Matemático

Prof. Javier Pérez Cálculo diferencial e integral

Ejercicios propuestos

340

Demostración. Sea fxn g acotada, ˛ D lKım inffxn g; ˇ D lKım supfxn g. Supongamos que fxn g es convergente con lKımfxn g 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˛n g y fˇn g 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 xn 6 ˇm0 , concluimos que ˛ " < xn < ˛ C " para todo n>m0 . Hemos probado así que fxn g es convergente y lKımfxn g D ˛ D ˇ. 2

7.2.8. Ejercicios propuestos

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

xj < " donde

p p 2n C 3 2 3 ; xD I b/ xn D n C 1 3 n ; x D 0 3n 50 3 p 1 n n c/ xn D a .a > 0/; x D 1I d / xn D p ; xD0 2 p p n n C 1 n n ; x D 0I f / xn D n2 an .jaj < 1/; x D 0 e/ xn D n a/ xn D

Sugerencia. Como consecuencia del binomio de Newton, para x 1 > 0 se verifica que x n D.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 lKımfxn gDx, prueba que el conjunto ADfxn Wn 2 Ng[fxg tiene máximo y mínimo. 315.

a) Sea fxn g una sucesión y supongamos que hay números 2 0; 1Œ; p 2 N, tales que para todo n > p es jxnC1 j 6 jxn j . Prueba que lKımfxn g D 0. jxnC1 j b) Sea fxn g una sucesión de números no nulos verificando que lKım D , donde jxn j 0 6 < 1. Prueba que lKımfxn g D 0.

Aplicación. Dados a 2 Universidad de Granada Dpto. de Análisis Matemático

1; 1Œ; k 2 N, prueba que lKım fnk an g D 0. n!1

Prof. Javier Pérez Cálculo diferencial e integral

Ejercicios propuestos

341

316. Estudia la convergencia de las sucesiones siguientes. 2n C . 1/n .n C 2/ 1 C . 1/n n b/ xn D n a/ xn D 3 7n C 3n p 1 C n n c/ xn D n2 d / xn D an C b n .a > 0; b > 0/ 3n n X 1 xn .x 2 R/ e/ xn D f / xn D p n! k C n2 kD1 p p p p p g/ xn D n2 C 3n C 2 n h/ xn D n2 C 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 . Prueba que xn < p . Deduce que lKımfxn g D 0. 2 4 6 2n 2n C 1

Sugerencia. Relaciona

k kC1

con

kC1 . kC2

p 1 C an 318. Supongamos que fan g ! 0. Justifica, usando derivadas, que lKım an

1 D . 2

319. Sean a0 ; a1 ; : : : ; ap números reales cuya suma es igual a cero. Justifica que n p o p p p lKım a0 n C a1 n C 1 C a2 n C 2 C C ap n C p D 0 n!1

Sugerencia. Saca factor común

n, resta a0 C a1 C C ap y usa el ejercicio anterior.

320. Estudia la convergencia de la sucesión: p xn D 2 n

n X

kD1

1 p k

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

n X

kD2

1 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:

p an C bn ; anC1 D an bn : 2 Justifica que las sucesiones así definidas son monótonas y convergen al mismo número (que se llama media aritmético-geométrica de a1 y b1 ). bnC1 D

323. Dados 0 < a1 < b1 , definamos para todo n 2 N: bnC1 D

an C bn 2an bn : ; anC1 D 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 ). Universidad de Granada Dpto. de Análisis Matemático

Prof. Javier Pérez Cálculo diferencial e integral

Ejercicios propuestos

342

324. Dados a; b 2 R con 0 < a < b, definamos: a1 D a; a2 D b;

anC2 D

2anC1 an : anC1 C an

a) Prueba que las sucesiones fa2n g y fa2n 1 g son monĂłtonas. b a b) Prueba que ja2n a2n 1 j 6 n 1 . 2 c) Justifica que fan g converge y calcula su lĂmite. 325. Estudia la convergencia de las siguientes sucesiones. p a) x1 D 1, xnC1 D 3xn . 3 C 3xn . b) x1 D 3, xnC1 D 3 C xn 4 C 3xn . c) x1 D 1, xnC1 D 3 C 2xn

xn 2 . 2; 1Ĺ&#x2019;, definimos x1 D a, xnC1 D xn C 4 p p Dado a > 0, definimos x1 D a, xnC1 D a C xn . 1 . x1 D 0, xnC1 D 3 xn2 a 1 2xn C 2 . Dado a > 0 y a Â¤ 1, definimos x1 D a, xnC1 D 3 xn 1 Dado a 2 R, definimos x1 D a, xnC1 D C .xn /2 . 4 Dado a 2Â? 2; 1Ĺ&#x2019;, definimos x1 D a, 3xnC1 D 2 C .xn /3 .

d) Dado a 2Â? e) f) g) h) i)

Sugerencia. Estudia en cada caso monotonĂa y acotaciĂłn. La convergencia puede depender del valor inicial de a. 326. Para cada n 2 N sea 1 1 xn D1C C C 2 n

log.n/;

yn D xn

1 : n

Prueba que fxn g es estrictamente decreciente e fyn g es estrictamente creciente. Deduce que ambas sucesiones convergen a un mismo nĂşmero. Dicho nĂşmero se llama la constante de Euler, se representa por la letra griega â&#x20AC;?. 1 C 1=2 C C 1=n D 1. n!1 log.n/ 1 1 1 C C C D log 2: b) Justifica que lKÄąm n!1 n C 1 nC2 2n ( ) 1 1 1 . 1/nC1 c) Justifica que lKÄąm 1 C C C D log 2: n!1 2 3 4 n a) Deduce que lKÄąm

Universidad de Granada Dpto. de AnĂĄlisis MatemĂĄtico

Prof. Javier PĂŠrez CĂĄlculo diferencial e integral

Ejercicios propuestos

343

327. Sea fxn g una sucesiĂłn y supongamos que hay dos sucesiones parciales fx .n/g y fxs.n/ g que convergen a un mismo nĂşmero x y tales que .N/ [ s.N/ D N. Prueba que fxn g converge a x. 328. Sea fxn g una sucesiĂłn tal que las sucesiones parciales fx2n g, fx2n vergentes. Prueba que fxn g es convergente.

y fx3n g, son con-

329. ÂżPuede existir alguna sucesiĂłn acotada, fxn g, verificando que jxn que n Â¤ m? Razona tu respuesta.

xm j>10

siempre

330. Sea fxn g una sucesiĂłn de nĂşmeros reales y supongamos que hay nĂşmeros 2Â?0; 1Ĺ&#x2019;, M > 0 y p 2 N tales que jxnC1 xn j 6 M n para todo n > p. Prueba que fxn g es convergente. Sugerencia. Teniendo en cuenta que para todos n; h 2 N se verifica que: nCh

C nCh

C C n <

n 1

deduce que fxn g verifica la condiciĂłn de Cauchy. 331. Sea fxn g una sucesiĂłn de nĂşmeros reales y supongamos que existen 2Â?0; 1Ĺ&#x2019;; p 2 N, tales que jxnC1 xn j 6 jxn xn 1 j para todo n > p. Prueba que fxn g es convergente. Sugerencia. Justifica que jxnC1 de n.

xn j 6 M n donde M es una constante independiente

332. Sea I un intervalo cerrado (puede ser I D R); f W I ! R una funciĂłn, y supongamos que hay un nĂşmero Ë&#x203A; 2Â?0; 1Ĺ&#x2019; tal que: jf .x/

f .y/j 6 Ë&#x203A;jx

yj;

para todos x; y en I :

(7.8)

Se dice entonces que f es una funciĂłn contractiva en I . Supongamos ademĂĄs que f .x/ 2 I para todo x 2 I . Dado un punto a 2 I , definamos fxn g por x1 D a; y xnC1 D f .xn / para todo n 2 N. a) Prueba que fxn g converge a un punto x 2 I que es el Ăşnico punto fijo de f , es decir, f .x/ D x.

b) Justifica que si la funciĂłn f es derivable en I y se verifica que hay un nĂşmero Ë&#x203A; 2Â?0; 1Ĺ&#x2019; tal que jf 0 .x/j 6 Ë&#x203A; 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: a/ x1 D 1; xnC1 D

1 I 1 C xn

b/ x1 D

2; xnC1 D

p 2

xn :

334. Supongamos que la ecuaciĂłn x 2 D bx C a tiene dos raĂces reales distintas Ë&#x203A; y Ë&#x2021;. Dados dos nĂşmeros reales y , definamos fxn g por: x1 D C ; x2 D Ë&#x203A; C Ë&#x2021;; xnC2 D bxnC1 C axn Prueba que xn D Ë&#x203A; n Universidad de Granada Dpto. de AnĂĄlisis MatemĂĄtico

C Ë&#x2021;n

para todo n 2 N. Prof. Javier PĂŠrez CĂĄlculo diferencial e integral

Ejercicios propuestos

344

xnC2 D

p xnC1 xn :

335. Prueba que para todo n 2 N se verifica la desigualdad .n C 1/n .n C 1/nC1 < en < : n! n! Sugerencia. Recuerda la definición del número e. 336. a) Prueba que la sucesión fun g definida para todo n 2 N por: 2 3 n 1 1C 2 1 C 2 1 C 2 un D 1 C 2 n n n n es convergente. b) Justifica que para todo x > 0 se verifica que: x

x2 6 log.1 C x/ 6 x: 2

c) Utiliza dicha desigualdad para calcular lKım fun g. n!1

337. a) Justifica, para x >

1, la desigualdad

p x < 1Cx 2Cx

b) Usa dicha desigualdad para calcular el límite de la sucesión xn D

x . 2 r n X

kD1

338. Dado 0 < < 1, estudia la convergencia de la sucesión un D Sugerencia. La desigualdad de las medias puede ser útil. 339. Sea xn D 1 C . 1/n C . 1/n sup.A/ e Kınf.A/.

Universidad de Granada Dpto. de Análisis Matemático

n Y

k 1C 2 n

1 .

.1 C k /.

kD1

1 y A D fxn W n 2 Ng. Calcula lKım supfxn g, lKım inffxn g, n

Prof. Javier Pérez Cálculo diferencial e integral

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: p p 2n C 3 2 3 ; xD I b/ xn D n C 1 3 n ; x D 0 3n 50 3 p 1 n n c/ xn D a .a > 0/; x D 1I d / xn D p ; xD0 2 p p n n C 1 n n ; x D 0I f / xn D n2 an .jaj < 1/; x D 0 e/ xn D n

a/ xn D

Sugerencia. Como consecuencia del binomio de Newton, para x 1 > 0 se verifica que x n D.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 depende 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 calcular 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 jxn

ˇ ˇ 2n C 3 xj D ˇˇ 3n 50

ˇ ˇ ˇ 2 ˇˇ ˇˇ 109 ˇˇ D : 3 ˇ ˇ 9n 150 ˇ

El denominador es positivo para todo n > 17. Pongamos n D 17 C k donde k 2 N. Entonces 109 109 13 109 D < < : jxn xj D 9n 150 3 C 9k 9k k Universidad de Granada Dpto. de Análisis Matemático

Prof. Javier Pérez Cálculo diferencial e integral

Ejercicios resueltos

346

Deducimos que para que se tenga jxn xj < " es suficiente que tomar n D 17 C k donde 13 k se elige de forma que 13 < ", es decir, k > 13 " . Por tanto, poniendo m" D 18 C E. " / k podemos asegurar que para todo n > m" se verifica que jxn xj < ". 109 < 109 < 13 no son imprescindibles; de hecho, Observa que las acotaciones 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: 0D

0 < xn

Pongamos zn D

r 3

p 3

1 n

nC1

Deducimos que: xn D

m" D 1 C E

1 p 1 3 3 n 1 . 27"3

1 :

p 1 1 1 1 3 6 p : n zn 6 p 3 3 n2 3 3 n

< " se verifica para todo n >

Observa que la acotación

1 1C n

1 1 > 1 C 3zn ÷ zn 6 n 3n

1 1 p < " ÷ xn < " ÷ jxn 3 3n

La desigualdad

p nD 3 n

1. Tenemos que zn > 0 y, usando la sugerencia dada:

.1 C zn /3 D 1 C

Por tanto:

p 3

0j D xn < " 1 . 27"3

Por tanto, es suficiente tomar

1 p 1 1 1 p 3 3 n2 6 3 3 n no es imprescindible; de hecho, podemos des1 p1 3 3 n2 < ", pero la acotación anterior facilita este paso (aunque

pejar n en la desigualdad se obtiene un valor mayor para n). p c) Sea a > 1. Entonces 1 < n a. Pongamos zn D jxn

1j D

.1 C zn /n D a > 1 C nzn ÷ zn <

p n a

1 > 0. Tenemos que:

1 n

Deducimos que: a

1 n

< " ÷ zn D jxn

La desigualdad a n 1 < " se verifica para todo n > m" D 1 C E a " 1 . Si 0 < a < 1, poniendo b D 0<1

1 a

1j < " a 1 " .

Por tanto, es suficiente tomar

y usando lo ya visto, tenemos que:

p n aD

p n p b 1 n p < b n b

n De donde se sigue que podemos tomar m" D 1 C E 1a"a . Universidad de Granada Dpto. de Análisis Matemático

a1 a n

Prof. Javier Pérez Cálculo diferencial e integral

Ejercicios resueltos e) Sea xn D n

347 p n n . Tenemos que:

p n nC1

p n 0j D n nC1

0 < xn D jxn Pongamos zn D

r n

1 n

p p n n Dnn n

r n

1 1C n

1 :

1. Tenemos que zn > 0 y:

.1 C zn /n D 1 C

1 1 > 1 C nzn ÷ zn < 2 : n n

Por tanto, usando la desigualdad 7.3, tenemos que: p 2 3 2 1 1p 1 6 1C p 0 C p jxn 0j D n n nzn < n n < n n n n n n n n 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 particular, para " D n1 tiene que haber algún an 2 A tal que ˇ n1 < an y, por supuesto, an 6 ˇ. Deducimos así la existencia de una sucesión, fan g, de puntos de A que verifica ˇ n1 < an 6 ˇ. Es claro que fan g ! ˇ. La afirmación recíproca te la dejo apara que la hagas tú.

Ejercicio resuelto 154 Supuesto que lKımfxn g D x, prueba que ADfxn Wn 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 Universidad de Granada Dpto. de Análisis Matemático

Prof. Javier Pérez Cálculo diferencial e integral

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 mKax.B/ D mKax.A/. © a) Sea fxn g una sucesión y supongamos que hay números 2 Ejercicio resuelto 155 0; 1Œ; p 2 N, tales que para todo n> p es jxnC1 j6 jxn j . Prueba que lKımfxn g D0. jxnC1 j b) Sea fxn g una sucesión de números no nulos verificando que lKım D , donde jxn j 0 6 < 1. Prueba que lKımfxn g D 0. Aplicación. Dados a 2

1; 1Œ; k 2 N, prueba que lKım fnk an g D 0. n!1

Solución. a) Podemos hacer este apartado de dos maneras. La primera consiste en darse cuenta de que la hipótesis ˚ jxnC1 j 6 jxn j para todo n > p, junto con que 0 < < 1, implica que la sucesión jxnCp j n2N es decreciente y, como es de números positivos, tiene que converger a un número ˛ >0. Por tanto lKımfjxn jgD˛. La desigualdad jxnC1 j6 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: jxnC1 j D

jxnC1 j jxn j jxn jxn j jxn 1 j jxn

jxpC1 j jxp j 6 n jxp j

pC1

jxp j D nC1

jxp j D M nC1 p

jx j

donde hemos puesto M D pp que es una constante que no depende de n. La desigualdad anterior, teniendo en cuenta que, por ser 0 < < 1, se verifica que n ! 0, implica que jxn j ! 0. b) Tomando " > 0 de forma que D C " < 1 (basta tomar " D .1 que hay un número p 2 N tal que para todo n > p se verifica que:

/=2), se sigue

jxnC1 j 6 ÷ jxnC1 j 6 jxn j: jxn j Y, por lo visto en el apartado anterior, concluimos que fxn g ! 0. La aplicación que se propone en este ejercicio es un resultado importante que debes memorizar. Pongamos xn D nk an , donde se entiende que k es un número natural fijo y a es un número real con jaj < 1. Tenemos que: jxnC1 j D jxn j

nC1 n

jxnC1 j D jaj < 1: n!1 jxn j

jaj ÷ lKım

Y podemos aplicar el resultado del punto anterior para concluir que lKım fnk an g D 0. n!1

Universidad de Granada Dpto. de Análisis Matemático

Prof. Javier Pérez Cálculo diferencial e integral

Ejercicios resueltos

349

Ejercicio resuelto 156 Estudia la convergencia de las sucesiones siguientes. 2n C . 1/n .n C 2/ 1 C . 1/n n a/ xn D b/ xn D n 3 7n C 3n p 1 C n n d / xn D an C b n .a > 0; b > 0/ c/ xn D n2 3n n X xn 1 f / xn D .x 2 R/ e/ xn D p n! k C n2 kD1 p p p p p g/ xn D n2 C 3n C 2 n h/ xn D n2 C 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 1 g ! 1=7. Luego fxn g no converge porque tiene dos sucesiones parciales que convergen a límites distintos. n n b) Tenemos que 0 6 xn 6 n 23 y, como n 32 ! 0 por lo visto en el ejercicio anterior, se sigue que fxn g ! 0. p p n n d) Sea ˛DmKax a; b. Entonces ˛6xn 6 2˛. Como 2 ! 1, concluimos que fxn g ! ˛. e) Tenemos que:

n X n n 1 p p 6 6p : n C n2 kD1 k C n2 1 C n2 n n D lKım p D1, el principio de las sucesiones encajadas Puesto que lKım p n!1 n!1 2 nCn 1 C n2 n X 1 implica que lKım D 1. p n!1 2 k C n kD1

q p n2 C n

p p p p n2 C n n2 p n n C 1 C 2n D p n C 1 C 2n D p n2 C n C n q p p p 2 1 C n1 C 2 p n C n C 2n ! 2 D p Dq p 1 n2 C n C n C1 1 C np n

Ejercicio resuelto 157 Estudia la convergencia de la sucesión: p xn D 2 n

n X

kD1

1 p k

Solución. Estudiaremos la monotonía y acotación. Tenemos que: xnC1

p p 1 2n C 1 2 n2 C n 2 n p p D > nC1 nC1 q 2n C 1 2 n2 C n C 14 > D 0: p nC1

p xn D 2 n C 1

Universidad de Granada Dpto. de Análisis Matemático

Prof. Javier Pérez Cálculo diferencial e integral

Ejercicios resueltos

350

Por tanto xnC1 > xn y la sucesión es estrictamente creciente. Además: p p xkC1 xk D2 k C 1 2 k

2 Dp p k C1 k C1C k

1 1 p <p kC1 k

1 p k C1

Sumando estas desigualdades para 1 6 k 6 n 1 obtenemos que xn x1 < 1 p1n < 1, de donde se sigue que xn < 2 para todo n 2 N. Luego fxn g 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 2 k C1

p 1 2 kDp c

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

1 1 1 <p <p : p c k C1 k Deducimos que: p 0<2 k C1

p 2 k

1 1 p <p k C1 k

1 p : 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/

n X

kD2

1 k log k

es convergente y su límite es menor o igual que log.log 2/. Solución. Tenemos que: xkC1

xk D log.log.k C 1//

log.log k/

1 : .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: 1 1 1 < < : .k C 1/ log.k C 1/ c log c k log k Deducimos que: 0 < xkC1 Universidad de Granada Dpto. de Análisis Matemático

xk <

1 k log k

1 : .k C 1/ log.k C 1/ Prof. Javier Pérez Cálculo diferencial e integral

Ejercicios resueltos

351

Esta desigualdad prueba que la sucesión fxn g es creciente. Además, sumando las desigualdades anteriores desde k D 2 hasta k D n resulta que: xnC1 x2 <

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

p an C bn ; anC1 D an bn : 2

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 fan g es creciente y fbn g es decreciente. Además, ambas están acotadas porque para todo n 2 N es a1 < an < bn < b1 . Por tanto, ambas convergen. Pongamos fan g ! a y an C bn aCb fbn g ! b. De la igualdad anC1 D se sigue que a D , de donde se obtiene 2 2 que a D b. © Ejercicio resuelto 160 Estudia la convergencia de las siguientes sucesiones. p a) x1 D 1, xnC1 D 3xn . 3 C 3xn . b) x1 D 3, xnC1 D 3 C xn 4 C 3xn . c) x1 D 1, xnC1 D 3 C 2xn xn 2 d) Dado a 2 2; 1Œ, definimos x1 D a, xnC1 D . xn C 4 p p e) Dado a > 0, definimos x1 D a, xnC1 D a C xn . 1 f) x1 D 0, xnC1 D . 3 xn2 a 1 2xn C 2 . g) Dado a > 0, a ¤ 1, definimos x1 D a, xnC1 D 3 xn 1 h) Dado a 2 R, definimos x1 D a, xnC1 D 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 depender 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. Universidad de Granada Dpto. de Análisis Matemático

Prof. Javier Pérez Cálculo diferencial e integral

Ejercicios resueltos

352

p p a) Supuesto que fxn g ! ˛, de la igualdad xnC1 D 3xn , se sigue que ˛ D 3˛, por lo que ˛ D 3. Observa que no hemos probado que fxn g sea convergente. Lo que hemos probado es que, suponiendo que fxn g sea convergente, entonces p su límite es 3. Este dato nos ayudará en lo que sigue. Por ejemplo, como x1 D 1 < x2 D 3, podemos sospechar que fxn g es creciente. En tal caso debería verificarse que xn < 3 para todo n 2 N. Empezaremos probando esta desigualdad. p p 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 fxn g es creciente. Tenemos que: 2 3xn D xnC1 D xnC1 xnC1 < 3xnC1

xn < xnC1

por tanto, la sucesión es estrictamente creciente y, como está mayorada por 3, es convergente y, por lo visto al principio, su límite es 3. © 3 C 3xn 3 C 3˛ b) Supuesto que fxn g ! ˛, de la igualdad xnC1 D , se sigue que ˛ D , 3 Cp xn 3C˛ de donde resulta que ˛ 2 D 3, por lo que deberá ser ˛ D 3 ya que el límite debe ser un número no negativo pues, evidentemente, todos los términos de la sucesión son positivos. Observa que no hemos probado que fxn g sea convergente. Lo p que hemos probado es que, suponiendo que fxn g sea convergente, entonces su límite es 3. Este dato nos ayudará en lo que sigue. Por ejemplo, como x1 D 3 > x2 D p 2, podemos sospechar que fxn g 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 p p 3 C 3xn p 3” > 3 ” 3 C 3xn > 3 3 C 3xn ” 3 C xn p p p p ” xn 3. 3 1/ > 3. 3 1/ ” xn > 3

p p Por tanto, p si xn > 3 también es xnC1 > 3. Luego, por inducción, concluimos que xn > 3 para todo n 2 N. Probemos ahora que fxn g es decreciente. Tenemos que: xnC1

xn D

3 C 3xn 3 C xn

xn D

3 xn2 < 0 ÷ xnC1 < xn 3 C xn

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

p 3, es

7.32 Estrategia. Para estudiar las sucesiones recurrentes pueden usarse técnicas de derivadas; 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 suce3 C 3xn , por lo que deberemos considerar la sión. En nuestro caso, tenemos que xnC1 D 3 C xn 3 C 3x . Con ello, tenemos que xnC1 D f .xn /. Esta relación, junto con función f .x/ D 3Cx 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 Universidad de Granada Dpto. de Análisis Matemático

Prof. Javier Pérez Cálculo diferencial e integral

Ejercicios resueltos

353

ello vamos a considerar que f está definida en RC o . Podemos volver a enunciar nuestro ejercicio como sigue. 3 C 3x . Definamos fxn g Sea f W RC o ! R la función dada para todo x > 0 por f .x/ D 3Cx por x1 D 3 y xnC1 D f .xn /. Estudiar la convergencia de fxn g.

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 lKımfxnC1 g D lKımff .xn /g D f .lKımfxn g/ D f .˛/: p De donde se obtiene que ˛ D 3.

6 . .3 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:

Para estudiar la monotonía calculamos la derivada de f . Tenemos que f 0 .x/D

xn > xnC1

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

Obtenemos así que fxn g es decreciente. Además, como es de p términos positivos, está minorada, luego es convergente. Su límite ya sabemos que es 3. Observa que, al proceder de esta forma, podemos probar muy fácilmente el decrecimienp 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, fxn g ! ˛, su límite viene dado por ˛ D f .˛/, es decir, es un punto fijo de la función f . p p e) Definamos f W RC a C x. La sucesión está dada por x1 D a y o ! R por f .x/ D 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 p 1 C 1 C 4a ; ˛D 2 p donde hemos elegido la solución positiva de la ecuación. Puesto que x1 D a < x2 D p 2a y, evidentemente, f es estrictamente creciente, se sigue x2 D f .x1 / < f .x2 / D x3 y, en general, xn < xnC1 . Por tanto fxn g es estrictamente creciente. Veamos que está p mayorada. Probaremos que xn < ˛. Claramente x1 D a < ˛. Supongamos que xn < ˛. Entonces: 2 D a C xn < a C ˛ D ˛ 2 ÷ xnC1 < ˛ xnC1 Concluimos, por inducción, que xn < ˛ para todo n 2 N. Luego fxn g es creciente y mayorada, por tanto converge y su límite es ˛.

Universidad de Granada Dpto. de Análisis Matemático

Prof. Javier Pérez Cálculo diferencial e integral

Ejercicios resueltos

354

Para a D 1, tenemos que: p

1C 5 D lKım 2 f) Tenemos que x1 D 0 y xnC1 D

q p 1 C 1 C 1

. Consideremos la función f .x/ D . La 3 xn2 3 x2 sucesión que nos dan está definida por x1 D 0, xnC1 D f .xn /. La derivada de f viene 2x . Debemos considerar definida la función f en un intervalo I dada por f 0 .x/D .3 x 2 /2 que contenga el 0 (porque x2 Df .0/D1=3) y de forma que f .I / Ip . Como f .0/D1=3 p 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 fxn g 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 fxn g es estrictamente creciente. Como está acotada, concluimos que fxn g es convergente. Sea fxn g ! ˛. 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 x 3 3x C 1 D 0 no son inmediatas de calcular pero podemos decir algunas cosas sobre ellas. Pongamos h.x/ D x 3 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 x 3 3x C 1 D 0 que está en 0; 1Œ. © 1 a g) Dado a > 0 y a ¤ 1, definimos x1 D a, xnC1 D 2xn C 2 . Tenemos, eviden3 xn a 1 2x C 2 temente, que xn > 0 para todo n 2 N. Consideremos la función f .x/ D 3 x donde, en principio, x > 0. Tenemos que: 2 x3 a 3 x3 p p Deducimos que f 0 .x/ < 0 para 0 < x < 3 a y f 0 .x/ > 0 para x > 3 a. Por p p tanto f es estrictamente decreciente en 0; 3 a y estrictamente creciente en Œ 3 a; C1Œ. p Concluimos que en 3 a la función f tiene un mínimo absoluto en RC . Como todos los términos de la sucesión fxn g son (con la posible excepción del primero x1 D a) valores p que toma f en puntos de RC , se sigue que xn > f . 3 a/ para todo n > 2. Un calculo p p p inmediato da f . 3 a/ D 3 a, es decir, resulta que 3 a es un punto fijo de f en RC . Como f es continua en RC , si fxn g es convergente dicho punto debe ser el límite de fxn g. Pero antes debemos probar que fxn g es convergente. p Para estudiar la monotonía debemos tener en cuenta que como xn > 3 a para todo n > 2, p todos los términos de la sucesión están en el intervalo I D Œ 3 a; C1Œ. No es por eso f 0 .x/ D

Universidad de Granada Dpto. de Análisis Matemático

Prof. Javier Pérez Cálculo diferencial e integral

Ejercicios resueltos

355

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

x1 D

1 a 3

a a2

2a2 C 1 3a

a2 <0 3a

Por tanto se tiene que x2 < x1 y, como f es estrictamente creciente en I , las desigualdades se conservan por f , luego, supuesto que xn < xn 1 , se tiene tambiĂŠn que xnC1 D f .xn / < f .xn 1 / D xn . Resulta asĂ que fxn g es decreciente. AdemĂĄs es de p tĂŠrminos positivos (de hecho mayores que 3 a), luego fxn g es convergente y su lĂmite es p 3 a. ÂŠ h) Consideremos la funciĂłn f .x/ D 41 C x 2 . Tenemos que f .x/ > 41 . Como los tĂŠrminos de la sucesiĂłn dada, con la posible excepciĂłn del primero, son todos ellos valores de f , se cumple que xn > 14 para todo n > 2. No es restrictivo por eso suponer que a > 14 . Pongamos I D Ĺ&#x2019;1=4; C1Ĺ&#x2019;. Tenemos que f .I / I . Como f 0 .x/ D 2x, se sigue que f es estrictamente creciente en I . Por tanto la sucesiĂłn fxn g serĂĄ monĂłtona creciente si x1 6 x2 y serĂĄ monĂłtona decreciente si x2 < x1 . Tenemos que: x1 6 x2

â&#x20AC;?

1 a6a C 4 2

â&#x20AC;?

1 06a C 4 2

aD a

1 2

Deducimos que se verifica x1 6 x2 y, por tanto, la sucesiĂłn es creciente. Cuando dicha sucesiĂłn estĂŠ mayorada serĂĄ convergente y su lĂmite debe ser un punto fijo de f en I . 2 Tenemos que f .x/ Dx es lo mismo que x 2 x C 41 D0, esto es, x 21 D0, cuya Ăşnica soluciĂłn es x D 1=2. En consecuencia, la sucesiĂłn fxn g serĂĄ convergente a 12 solamente cuando xn 6 12 para todo n 2 N, esto es, a2 C 14 6 21 , que equivale a que a2 6 14 , esto es, jaj 6 21 y, como a > 14 , resulta que debe ser 14 6 a 6 21 . Deducimos tambiĂŠn que para a > 12 , la sucesiĂłn no puede ser convergente y, al ser creciente, no estĂĄ mayorada. Observa que cuando a D 12 resulta la sucesiĂłn constante xn D 12 para todo n 2 N. ÂŠ Ejercicio resuelto 161 Para cada n 2 N sea 1 1 xn D1C C C 2 n

log.n/;

yn D xn

1 : n

Prueba que fxn g es estrictamente decreciente e fyn g es estrictamente creciente. Deduce que ambas sucesiones convergen a un mismo nĂşmero. Dicho nĂşmero se llama la constante de Euler, se representa por la letra griega â&#x20AC;?. 1 C 1=2 C C 1=n D 1. log.n/ 1 1 1 b) Justifica que lKÄąm C C C D log 2: n!1 n C 1 nC2 2n ) ( 1 1 . 1/nC1 1 C C C D log 2: c) Justifica que lKÄąm 1 n!1 2 3 4 n a) Deduce que lKÄąm

n!1

Universidad de Granada Dpto. de AnĂĄlisis MatemĂĄtico

Prof. Javier PĂŠrez CĂĄlculo diferencial e integral

Ejercicios resueltos

356

Solución. Tenemos que: xn

xnC1 D log.n C 1/

log n

1 1 D log 1 C nC1 n

1 > 0: 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 1 < log 1 C < nC1 n n Deducimos que fxn g es estrictamente decreciente. Tenemos también: 1 1 1 yn ynC1 D log.n C 1/ log n D log 1 C < 0: n n n Deducimos que fyn g 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 sucesiones convergen. Como xn yn D n1 ! 0, deducimos que lKımfxn g D lKımfyn g.

1 C 1=2 C C 1=n log n C xn xn D D1C : log.n/ log n log n xn 1 Como fxn g es convergente y ! 0, se sigue que ! 0. log n log n 1 1 b) Pongamos Hn D 1 C C C . Tenemos que: 2 n 1 1 1 C C C D H2n nC1 nC2 2n

Hn D x2n C log.2n/ xn C log n D x2n

Como fx2ng es una sucesión parcial de fxn g se tiene que fx2n 1 1 C 2 3

c) Pongamos An D 1 1 1 A2n D 1 C 3 2 1 1 D 1C C 3 5 1 1 D 1C C 3 5

xn g ! ”

1 . 1/nC1 C C . Tenemos que: 4 n

xn C log 2 ” D 0.

1 1 C 4 5

1 1 1 C C D 6 2n 1 2n 1 1 1 1 1 C C C C C C D 2n 1 2 4 6 2n 1 1 1 1 C C Hn D H2n Hn Hn D H2n 2n 1 2 2 2

1 , Por el apartado anterior, tenemos que lKımfA2ng D log 2. Como A2n 1 D A2n C 2n deducimos que también lKımfA2n 1g D log 2. Concluimos que (ver ejercicio resuelto 162) lKımfAn g D log 2.

La sucesión fAn g se llama serie armónica alternada.

7.33 Estrategia. Para calcular límites donde interviene la serie armónica Hn D 1 C

1 1 C C 2 n

puede ser conveniente escribir dicha sucesión como Hn D log n C ”n donde f”n g ! ”. Universidad de Granada Dpto. de Análisis Matemático

Prof. Javier Pérez Cálculo diferencial e integral

Ejercicios resueltos

357

Ejercicio resuelto 162 Sea fxn g una sucesiĂłn y supongamos que hay dos sucesiones parciales fx .n/g y fxs.n/ g que convergen a un mismo nĂşmero x y tales que .N/ [ s.N/ D N. Prueba que fxn g converge a x.

SoluciĂłn. Dado " > 0, existen nĂşmeros naturales m" y n" tales que jx .n/ xj < " para todo n > m" y jxs.n/ xj < " para todo n > n" . Sea p D mKax fm" ; n" g y pongamos A D f .n/ W n > pg [ fs.n/ W n > pg. Como, por hipĂłtesis 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 mDmKax.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 sucesiones parciales de los tĂŠrminos pares e impares. Cuando sabemos que fx2n g y fx2n 1 g convergen a un mismo nĂşmero, podemos concluir que fxn g converge a dicho nĂşmero. Este resultado puede generalizarse de manera fĂĄcil. Por ejemplo si fx3n g, fx3n 1 g y fx3n 2 g convergen todas a un mismo nĂşmero, tambiĂŠn fxn g converge a dicho nĂşmero. ÂŠ

Ejercicio resuelto 163 Sea fxn g una sucesiĂłn de nĂşmeros reales y supongamos que hay nĂşmeros 2Â?0; 1Ĺ&#x2019;, M > 0 y p 2 N tales que jxnC1 xn j 6 M n para todo n > p. Prueba que fxn g es convergente. Sugerencia. Teniendo ahora en cuenta que para todos n; h 2 N se verifica que: nCh

C nCh

C C n <

n 1

deduce que fxn g verifica la condiciĂłn de Cauchy.

SoluciĂłn. Sean n; h 2 N, tenemos: Ë&#x2021; Ë&#x2021; Ë&#x2021;h 1 Ë&#x2021; h 1 Ë&#x2021;X Ë&#x2021; X Ë&#x2021; jxnCh xn j D Ë&#x2021; .xnCkC1 xnCk /Ë&#x2021;Ë&#x2021; 6 jxnCkC1 Ë&#x2021;kD1 Ë&#x2021; kD0 D M n

h X1

kD0

Donde hemos puesto K D

k D M n M

xnCk j 6 M

h X1

kD0

nCk D

M 1 h < n D K n 1 1

, que es una constante independiente de n y de h. De-

ducimos que: K n < " Ăˇ jxnCh

xn j < " para todo h 2 N

Dado " > 0, determinamos m" por la condiciĂłn de que m" < "=K. Entonces para todo n > m" y para todo h 2 N se verifica que jxnCh xn j < ", lo que prueba que la sucesiĂłn fxn g verifica la condiciĂłn de Cauchy y, por tanto, es convergente. ÂŠ Ejercicio resuelto 164 Sea fxn g una sucesiĂłn de nĂşmeros reales y supongamos que existen 2Â?0; 1Ĺ&#x2019;; p 2 N, tales que jxnC1 xn j 6 jxn xn 1j para todo n > p. Prueba que fxn g es convergente. Sugerencia. Justifica que jxnC1 de n. Universidad de Granada Dpto. de AnĂĄlisis MatemĂĄtico

xn j 6 M n donde M es una constante independiente Prof. Javier PĂŠrez CĂĄlculo diferencial e integral

Ejercicios resueltos

358

Solución. Es muy fácil, basta iterar la desigualdad del enunciado. Sea n > p: jxnC1

xn j 6 jxn

6 2 jxn

6 6 n

jxpC1

xp j D M n :

jxpC1 xp j es una constante independiente de n. El ejercicio anterior nos p dice que la sucesión fxn g es convergente. ©

Donde M D

Ejercicio resuelto 165 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 :

(7.9)

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 fxn g por x1 D a; y xnC1 D f .xn / para todo n 2 N. a) Prueba que fxn g 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: p p 1 I b/ x1 D 2; xnC1 D 2 xn : a/ x1 D 1; xnC1 D 1 C xn

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

Es evidente que xn > 0 para todo n 2 N. Por tanto 1 C xn > 1÷xnC1 < 1, luego xn 6 1 para todo n 2 N, de donde 1 C xn 6 2÷xnC1 > 21 . Deducimos que todos los términos de la sucesión están en el intervalo I D Œ1=2; C1Œ. Para x > 1=2 se tiene que jf 0 .x/j 6 49 . Podemos aplicar, por tanto, el ejercicio anterior y deducimos que fxn g es convergente. Además, su límite es el único punto fijopde f en I , que viene dado por 1 1C 5 xD ÷x 2 C x 1 D 0, de donde, x D . © 1Cx 2

Ejercicio resuelto 167 Supongamos que la ecuación x 2 D bx C a tiene dos raíces reales distintas ˛ y ˇ. Dados dos números reales y , definamos fxn g por: x1 D C ; x2 D ˛ C ˇ; xnC2 D bxnC1 C axn Prueba que xn D ˛ n Universidad de Granada Dpto. de Análisis Matemático

C ˇ n

para todo n 2 N. Prof. Javier Pérez Cálculo diferencial e integral

Ejercicios resueltos

359

Aplicaciones. i) La sucesión fxn g 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 x1 D a; x2 D b; xnC2 D .xnC1 C xn /: 2 Solución. La igualdad xn D ˛ n 1 C ˇ n 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 ˇ 2 D bˇ C a, tenemos que: xnC1 D bxn C axn

D .b˛ C a/˛ n

D b ˛ n 2

C b ˇ n

C .b C a/ˇ n

C a ˛ n

C a ˇ n

D ˛ n C ˇ n

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 x 2 D x C 1, las cuales vienen dadas por: p p 1 1C 5 5 ˛D ; ˇD 2 2 Calculemos y por las condiciones x1 D 1 D C D, x2 D 1 D ˛ C ˇ. Fácilmente se obtiene que: p p 5C 5 5 5 ; D D 2 2 Deducimos, por lo antes visto, que: p p p !n 1 p !n 1 5 5C 5 1C 5 5 1 5 C xn D 2 2 2 2 iii) Pongamos x1 D a1 b 0 , x2 D a0 b 1 , xn D apn b qn . Entonces: 1

xnC2 D apnC2 b qnC2 D a 2 .pnC1 Cpn / b 2 .qnC1 Cqn / :

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 2x 2 D x C 1. Por tanto ˛ D 1, ˇ D 21 . En consecuencia: n 1 n 1 1 1 pn D 1 C 1 ; qn D 2 C 2 ; 2 2

Debemos ahora calcular 1 ; 1 y 2 ; 2 para que se verifiquen las respectivas condiciones iniciales p1 D 1; p2 D 0 y q1 D 0; q2 D 1. Fácilmente se obtiene que 1 D 31 , 1 D 23 , 2 D 32 , 2 D 32 . Deducimos que: n 1 n 1 p 1 2 2 2 1 1 1 2 3 xn D a 3 C 3 2 b3 3 2 ! a 3 b 3 D ab 2 :

Universidad de Granada Dpto. de Análisis Matemático

Prof. Javier Pérez Cálculo diferencial e integral

Sucesiones divergentes. Indeterminaciones en el cálculo de límites

360

7.3. Sucesiones divergentes. Indeterminaciones en el cálculo de límites 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 convergente, los términos de dicha sucesión se aproximan a un valor de adherencia o al otro, antiguamente 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 como 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 frn g 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 fxn g se dice que es positivamente divergente, y escribimos fxn g ! 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 fxn g se dice que es negativamente divergente, y escribimos fxn g ! ∞, 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 6K. 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 positivamente 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 importantes, de las sucesiones divergentes. Puesto que fxn g ! C∞ si, y sólo si f xng ! ∞, es suficiente enunciar dichas propiedades para sucesiones positivamente divergentes. 7.36 Proposición. i) fjxn jg ! C∞ si, y sólo si, f1=xn g ! 0. ii) La suma de una sucesión positivamente divergente con una sucesión acotada es una sucesión 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. Universidad de Granada Dpto. de Análisis Matemático

Prof. Javier Pérez Cálculo diferencial e integral

Sucesiones divergentes. Indeterminaciones en el cĂĄlculo de lĂmites

361

iv) El producto de dos sucesiones positivamente divergentes es otra sucesiĂłn positivamente divergente. v) El producto de una sucesiĂłn positivamente divergente por una sucesiĂłn que converge a un nĂşmero positivo es otra sucesiĂłn 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 yn g, fxn yn g no estĂĄ determinado por el de fxn g e fyn g. Por ejemplo, si sabemos que fxn g ! Câ&#x2C6;&#x17E; y que fyn g ! â&#x2C6;&#x17E;, ÂżquĂŠ podemos decir del comportamiento de la sucesiĂłn fxn C yn g? Respuesta: absolutamente nada. Baste para convencerse de ello la consideraciĂłn de los siguientes casos: xn D 2n; xn D n; xn D n C 1; xn D. 1/n Cn;

yn D yn D yn D yn D.

nI 2nI nI 1/n nI

fxn C yn g D fng ! Câ&#x2C6;&#x17E; fxn C yn g D f ng ! â&#x2C6;&#x17E; fxn C yn g D f1g ! 1 fxn C yn g D f2. 1/ng

En consecuencia, las sucesiones del tipo fxn Cyn g donde fxn g ! Câ&#x2C6;&#x17E;, fyn g ! â&#x2C6;&#x17E;, requieren un estudio particular en cada caso. Tales sucesiones suele decirse que son una indeterminaciĂłn del tipo â&#x20AC;&#x153;â&#x2C6;&#x17E; â&#x2C6;&#x17E;â&#x20AC;?. AnĂĄlogamente, si sabemos que fxn g ! 0 y que fyn g es divergente, ello no proporciona ninguna informaciĂłn sobre el comportamiento de la sucesiĂłn fxn yn g; la cual se dice que es una indeterminaciĂłn del tipo â&#x20AC;&#x153; 0 â&#x2C6;&#x17E;â&#x20AC;?. Las indeterminaciones que aparecen al estudiar el cociente de dos sucesiones divergentes o de dos sucesiones que convergen a cero, las llamadas indeterminaciones de los tipos â&#x20AC;&#x153;â&#x2C6;&#x17E;=â&#x2C6;&#x17E;â&#x20AC;?, â&#x20AC;&#x153; 0=0â&#x20AC;?, pueden reducirse a una indeterminaciĂłn del tipo â&#x20AC;&#x153; 0 â&#x2C6;&#x17E;â&#x20AC;?. El siguiente resultado permite resolver en muchas ocasiones indeterminaciones de la forma â&#x20AC;&#x153;â&#x2C6;&#x17E;=â&#x2C6;&#x17E;â&#x20AC;?. 7.37 Teorema (Criterio de Stolz). Sea fyn g una sucesiĂłn positivamente divergente y estrictamente creciente y sea fxn g cualquier sucesiĂłn. Supongamos que xnC1 xn !L ynC1 yn xn ! L: donde L 2 R, o L D Câ&#x2C6;&#x17E;, o L D â&#x2C6;&#x17E;. Entonces se verifica tambiĂŠn que yn DemostraciĂłn. Supongamos, en primer lugar, que L 2 R. Dado " > 0, existe, por hipĂłtesis, un nĂşmero natural k, tal que para todo n>k se verifica que L

" xnC1 < 2 ynC1

" xn <LC : yn 2

AsĂ todas las fracciones xkC1 ykC1

xk xkC2 ; yk ykC2

Universidad de Granada Dpto. de AnĂĄlisis MatemĂĄtico

xkC1 xn ; ; ykC1 yn

xn yn

1 1

;

xnC1 ynC1

xn yn

Prof. Javier PĂŠrez CĂĄlculo diferencial e integral

Sucesiones divergentes. Indeterminaciones en el cĂĄlculo de lĂmites

362

se encuentran comprendidas entre L "=2 y L C "=2, por lo que, usando el ejercicio 8, obtenemos que: xnC1 xk " " < <LC (7.10) L 2 ynC1 yk 2 cualquiera sea n>k. Teniendo en cuenta ahora la igualdad xk Lyk yk xnC1 xnC1 LD C 1 ynC1 ynC1 ynC1 ynC1 deducimos que: Ë&#x161; Como lKÄąm .xk n!1 verifica

xk yk

Ë&#x2021; Ë&#x2021; xnC1 Ë&#x2021; Ë&#x2021;y nC1

Ë&#x2021; Ë&#x2021; Ë&#x2021; Ë&#x2021; Ë&#x2021; Ë&#x2021; Ë&#x2021; Ë&#x2021; xk Lyk Ë&#x2021; Ë&#x2021; xnC1 xk Ë&#x2021; Ë&#x2021; Ë&#x2021; Ë&#x2021; LË&#x2021;Ë&#x2021; : LË&#x2021; 6 Ë&#x2021; (7.11) CË&#x2021; Ë&#x2021; ynC1 ynC1 yk Lyk /=ynC1 D 0, existe un nĂşmero natural q tal que, para todo n> q, se Ë&#x2021; Ë&#x2021; Ë&#x2021; xk Lyk Ë&#x2021; " Ë&#x2021;< Ë&#x2021; Ë&#x2021; 2 Ë&#x2021; y nC1

Teniendo en cuenta (7.10) y (7.11), deducimos que para todo n> mKaxfk; qg se verifica que Ë&#x2021; Ë&#x2021; Ë&#x2021; xnC1 Ë&#x2021; Ë&#x2021; LË&#x2021;Ë&#x2021; < ": Ë&#x2021;y nC1 Ë&#x161; Hemos probado, pues, que lKÄąm xn =yn D L. n!1

Supongamos ahora que L D C1. En tal caso, para todo n 2 N suficientemente grande, se tendrĂĄ que xnC1 xn > ynC1 yn > 0, por lo que la sucesiĂłn fxn g es, a partir de un tĂŠrmino en adelante, estrictamente creciente. Supondremos, pues no es restrictivo hacerlo, que dicha sucesiĂłn 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 fyn g ! C1, deducimos que fxn g ! C1. Podemos usar ahora lo ya probado, intercambiando las sucesiones fxn g e fyn g, para obtener que ynC1 yn yn D lKÄąm D 0: lKÄąm xn xnC1 xn

De donde se sigue que fxn =yn g ! C1. El caso L D 1 se reduce al previo cambiando la sucesiĂłn fxn g por f xn g.

las hipĂłtesis del Criterio de Stolz, puede ocurrir que Es importante observar que, aĂşn en xn xnC1 xn sea convergente pero no lo sea ; es decir, el Criterio de Stolz da una yn ynC1 yn condiciĂłn suficiente pero no necesaria para la convergencia o divergencia de fxn =yn g (ver ejercicio 175). Observa que el criterio de Stolz recuerda a la regla de Lâ&#x20AC;&#x2122;HĂ´pital donde las derivadas han sido sustituidas por las diferencias consecutivas. Del Criterio de Stolz se deducen dos Ăştiles criterios para estudiar la convergencia de sucesiones de medias aritmĂŠticas o geomĂŠtricas.

Universidad de Granada Dpto. de AnĂĄlisis MatemĂĄtico

Prof. Javier PĂŠrez CĂĄlculo diferencial e integral

Sucesiones y lĂmite funcional

363

7.38 ProposiciĂłn (Criterio de la media aritmĂŠtica). Supongamos que fan g ! L donde L es un nĂşmero real, o L D Câ&#x2C6;&#x17E;, o L D â&#x2C6;&#x17E;. Entonces se verifica que a1 C a2 C C an ! L: n DemostraciĂłn. Basta aplicar el Criterio de Stolz a las sucesiones xn D a1 C a2 C C an , yn D n. 2 7.39 ProposiciĂłn (Criterio de la media geomĂŠtrica). Supongamos que fan g ! L donde fan g es una sucesiĂłn de nĂşmeros positivos y L es un nĂşmero real o bien L D Câ&#x2C6;&#x17E;. Entonces se verifica que o np n a1 a2 : : : an ! L: DemostraciĂłn. Lo afirmado se deduce del criterio de la media aritmĂŠtica teniendo en cuenta que p log.a / C log.a / C C log.a / n 1 2 n log a1 a2 : : : an D n 2 y la proposiciĂłn 7.46.

xnC1 7.40 Corolario. Supongamos que ! L donde fxn g es una sucesiĂłn de nĂşmeros xn p positivos y L es un nĂşmero real o bien L D Câ&#x2C6;&#x17E;. Entonces se verifica que f n xn g ! L: DemostraciĂłn. Basta aplicar el criterio de la media geomĂŠtrica a la sucesiĂłn fan g definida por xnC1 para todo n 2 N. 2 a1 D1, anC1 D xn

7.3.1. Sucesiones y lĂmite funcional El siguiente resultado establece una relaciĂłn entre lĂmite funcional y lĂmite de sucesiones que es de gran utilidad prĂĄctica, pues proporciona una estrategia general para calcular lĂmites de sucesiones y permite utilizar para ello las tĂŠcnicas conocidas para calcular lĂmites funcionales. 7.41 ProposiciĂłn. Sea f W A ! R una funciĂłn y sean a; L 2 R [ fCâ&#x2C6;&#x17E;; â&#x2C6;&#x17E;g. Equivalen las afirmaciones: i) lKÄąm f .x/ D L. x!a

ii) Para toda sucesiĂłn fxn g de puntos de A tal que fxn g ! a con xn Â¤ a, se verifica que ff .xn /g ! L. DemostraciĂłn. i/Ăˇi i/. Supongamos que lKÄąm f .x/ D L y sea fxn g ! a con xn 2 A y x!a

xn Â¤ a. Debemos probar que sucf .xn / ! L. Consideremos el caso en que a y L son nĂşmeros reales. Dado " > 0, por hipĂłtesis, existe Äą > 0 tal que para todo x 2 A con x Â¤ a y jx aj < Äą

Universidad de Granada Dpto. de AnĂĄlisis MatemĂĄtico

Prof. Javier PĂŠrez CĂĄlculo diferencial e integral

Sucesiones y límite funcional

364

se verifica que jf .x/ Lj < ". Como fxn g ! 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 xı ¤ a y jxı aj < "0 pero jf .xı / Lj > "0 . Tomando para cada n 2 N ı D n1 , obtenemos un xn 2 A con xn ¤ a y jxn aj < 1n pero jf .xn / Lj > "0 . Claramente se tiene que fxn g ! a, 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 fxn g ! 0 se verifica que sen xn D1 n!1 xn

arc sen xn D1 n!1 xn

n!1

tg xn D1 n!1 xn

arc tg xn D1 n!1 xn

exn 1 D1 n!1 xn

lKım

n!1

lKım

n!1

1 sen xn D 3 6 .xn /

tg xn xn 1 D 3 3 .xn /

lKım

.1 C xn /˛ n!1 xn lKım

lKım

n!1

log.1 C xn / xn2

cos xn 1 D 2 2 xn

lKım

log.1 C xn / D1 n!1 xn

D˛ xn

lKım

1 2

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 fyn g lo que hay que hacer es relacionar dicho límite con un límite funcional. Debemos inventarnos una función, f , y una sucesión convergente, fxn g ! a, de forma que se tenga yn D f .xn /. Entonces, podemos asegurar que si lKım f .x/ D ˛, también es lKımfyn g D ˛. x!a

log.n/ . p n. n n 1/ p p 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 log x lKımx!1 D 1. Pongamos f .x/ D . Como caso particular de este límite funcional, x 1 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. 7.44 Ejemplo. Se trata de calcular el límite de la sucesión yn D

Universidad de Granada Dpto. de Análisis Matemático

Prof. Javier Pérez Cálculo diferencial e integral

Sucesiones asintĂłticamente equivalentes

365

Teniendo en cuanta la caracterizaciĂłn de la continuidad, el siguiente resultado es un caso particular de la proposiciĂłn 7.41. 7.45 ProposiciĂłn. Sea f W A ! R una funciĂłn y sea a 2 A. Equivalen las afirmaciones: i) f es continua en a. ii) Para toda sucesiĂłn fxn g de puntos de A tal que fxn g ! a, se verifica que ff .xn /g ! f .a/. Podemos expresar este resultado como sigue: la continuidad permuta con el lĂmite secuencial, esto es, si f es continua entonces: lKÄąm f .xn / D f lKÄąm 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 proposiciĂłn 7.41, de las correspondientes propiedades de las funciones exponencial y logaritmo natural (proposiciĂłn 4.50). 7.46 ProposiciĂłn. fxn g ! x â&#x20AC;? fexn g ! ex . fxn g ! C1 â&#x20AC;? fexn g ! C1. fxn g ! 1 â&#x20AC;? fexn g ! 0. Para toda sucesiĂłn de nĂşmeros positivos fxn g se verifica que: fxn g ! x > 0 â&#x20AC;? flog.xn /g ! log x. fxn g ! C1 â&#x20AC;? flog.xn /g ! C1. fxn g ! 0 â&#x20AC;? flog.xn /g ! 1.

7.3.2. Sucesiones asintĂłticamente equivalentes 7.47 DefiniciĂłn. Diremos que fxn g es asintĂłticamente equivalente a fyn g, y escribiremos simbĂłlicamente fxn g fyn g, si fxn =yn g ! 1. p Por ejemplo, las sucesiones flog n g y fn. n n

1/g son asintĂłticamente 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 asintĂłticamente equivalentes, sin que ello afecte a la convergencia o divergencia del producto ni a su eventual lĂmite. 7.48 ProposiciĂłn. Sean fxn g e fyn g sucesiones asintĂłticamente equivalentes y fzn g una sucesiĂłn cualquiera. Se verifica que: i) fxn zn g es convergente si, y sĂłlo si, fyn zn g es convergente, en cuyo caso ambas sucesiones tienen el mismo lĂmite. ii) fxn zn g es divergente si, y sĂłlo si, fyn zn g es divergente, en cuyo caso ambas sucesiones son divergentes del mismo tipo. En particular, fxn g es convergente (resp. divergente) si, y sĂłlo si, fyn g es convergente (resp. divergente), en cuyo caso ambas tienen igual lĂmite (resp. son divergentes del mismo tipo). Universidad de Granada Dpto. de AnĂĄlisis MatemĂĄtico

Prof. Javier PĂŠrez CĂĄlculo diferencial e integral

Sucesiones de potencias

366

DemostraciĂłn. Las afirmaciones hechas en i/ y i i/ son consecuencia de que xn yn lKÄąm D lKÄąm D 1: yn xn Si, por ejemplo, fyn zn g es convergente, entonces como: xn fyn zn g; fxn zn g D yn se sigue que fxn zn g tambiĂŠn es convergente y tiene el mismo lĂmite que fyn zn g. El mismo razonamiento prueba que si fxn g es divergente entonces tambiĂŠn fyn g es divergente del mismo tipo. La afirmaciĂłn hecha al final del enunciado es consecuencia de lo anterior tomando zn D1. 2 7.49 ObservaciĂłn. Es importante observar que en una suma de sucesiones no se puede, en ~ general, sustituir una sucesiĂłn por otra asintĂłticamente equivalente. Por ejemplo, si xn D n C1,

ynDnC1=n y znD n, es claro que fxn g fyn g pero fxnCzn gDf1gn2N no es asintĂłticamente equivalente a fyn C zn g D f1=ng.

7.3.3. Sucesiones de potencias Hay otras indeterminaciones que surgen al considerar sucesiones de potencias, es decir, y sucesiones de la forma fxn n g donde fxn g es una sucesiĂłn de nĂşmeros positivos e fyn g es una sucesiĂłn cualquiera de nĂşmeros reales. Puesto que xnyn D exp.yn log.xn //; teniendo en cuenta la proposiciĂłn 7.46, la convergencia o divergencia de la sucesiĂłn fxnyn g vendrĂĄ determinada por la de fyn log.xn /g; la cual, a su vez, estĂĄ determinada en todos los casos por el comportamiento de las sucesiones fxn g e fyn g, excepto cuando dicha sucesiĂłn fyn log.xn /g es una indeterminaciĂłn del tipo â&#x20AC;&#x153; 0 â&#x2C6;&#x17E;â&#x20AC;?, lo que ocurre en los siguientes casos. a) fxn g ! 1, fjyn jg ! Câ&#x2C6;&#x17E; (indeterminaciĂłn â&#x20AC;&#x153;11 â&#x20AC;?)

b) fxn g ! C1, fyn g ! 0 (indeterminaciĂłn â&#x20AC;&#x153;â&#x2C6;&#x17E;0 â&#x20AC;?) c) fxn g ! 0, fyn g ! 0 (indeterminaciĂłn â&#x20AC;&#x153; 0 0 â&#x20AC;?)

El siguiente resultado, que es la versiĂłn para sucesiones del criterio de equivalencia logarĂtmica para lĂmites funcionales, permite resolver en muchos casos las indeterminaciones â&#x20AC;&#x153;11 â&#x20AC;? y â&#x20AC;&#x153; 0 1â&#x20AC;?. 7.50 Teorema (Criterio de equivalencia logarĂtmica). Sean fxn g una sucesiĂłn de nĂşmeros positivos distintos de 1 que converge a 1, fyn g una sucesiĂłn cualquiera y L un nĂşmero real. Entonces se tiene que: y

lKÄąmfxn n g D eL â&#x20AC;? lKÄąmfyn .xn Universidad de Granada Dpto. de AnĂĄlisis MatemĂĄtico

1/g D L. Prof. Javier PĂŠrez CĂĄlculo diferencial e integral

Ejercicios propuestos

367

fxnyn g ! C1 â&#x20AC;? fyn .xn 1/g ! C1. y fxn n g ! 0 â&#x20AC;? fyn .xn 1/g ! 1. y

DemostraciĂłn. Puesto que xn n D exp.yn log.xn //, las afirmaciones hechas en el enunciado se deducen de la proposiciĂłn 7.46, sin mĂĄs que tener en cuenta que, como fxn g ! 1, las sucesiones flog.xn /g y fxn 1g son asintĂłticamente equivalentes, por lo que, en virtud de la proposiciĂłn 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 tambiĂŠn es convergente con igual lĂmite (resp. divergente a C1 o a 1). 2 Los ejercicios que siguen son de cĂĄlculo de lĂmites de sucesiones. DeberĂĄs usar los criterios de Stolz y de las medias aritmĂŠtica y geomĂŠtrica y el criterio de equivalencia logarĂtmica. En general, debes seguir la estrategia bĂĄsica de relacionar un lĂmite de una sucesiĂłn con un lĂmite funcional apropiado.

7.3.4. Ejercicios propuestos

340. Supongamos que fxn g ! 0, siendo 1 < xn Â¤ 0, y sea Ë&#x203A; 2 R . Justifica, usando derivadas, que f.1 C xn /Ë&#x203A; 1g es asintĂłticamente equivalente a fË&#x203A;xn g. 341. Prueba que la sucesiĂłn flog n! g es asintĂłticamente equivalente a fn log n g. Ë&#x161; Ë&#x161;p 342. Justifica que la sucesiĂłn n 1 C 1=nË&#x203A; 1 es asintĂłticamente equivalente a 1=nË&#x203A;C1 , donde Ë&#x203A; > 0. 343. Calcula los lĂmites de las sucesiones fxn g definidas por: 1Ë&#x203A; C 2Ë&#x203A; C 3Ë&#x203A; C C nË&#x203A; a) xn D , donde Ë&#x203A; > 1. nË&#x203A;C1 p b) xn D k .n C a1 /.n C a2 / .n C ak / n , donde k 2 N, aj 2 R; 16j 6k. !n p p n Ë&#x203A; n aCË&#x2021; b donde a > 0, b > 0 y Ë&#x203A;; Ë&#x2021; 2 R, Ë&#x203A; C Ë&#x2021; Â¤ 0. c) xn D Ë&#x203A;CË&#x2021; !n 1 C 2p=n C 3p=n C C p p=n d) xn D , donde p 2 N. p ! 1 1 C 2k C 3k C C nk , donde k 2 N. e) xn D n k C1 nkC1 !n2 3 1 C 32 C 52 C C .2n 1/2 f) xn D 4 n3 n 1 g) xn D n 1 C 3 1 n log.1 C 1=n/ n 2 2 1 n 1 1 C C C C log.n!/ nC h) xn D n 2 3 n 1 n Universidad de Granada Dpto. de AnĂĄlisis MatemĂĄtico

Prof. Javier PĂŠrez CĂĄlculo diferencial e integral

Ejercicios propuestos

368

344. Calcula los lĂmites de las sucesiones fxn g definidas por: p p p log 1 C 21 C C n1 e e 3 e n e b/ xn D a/ xn D log.log n/ n n 1 log n log.n C 2/ n log n c/ xn D 1C d / xn D n n log.n C 1/ p j n k X Y 1 1 .2 n n 1/n 1 e/ xn D log 1C f / xn D n k j n2 j D1 kD1 s .pn/! log.n C 1/ n .p; q 2 N/ 1 h/ xn D n g/ xn D log n log n .q n/p n !n P 5 nkD1 k 4 1 p n i/ xn D n! j / x D log 1 C n n n5 p .nC1/n 2 32 43 n e esen.1=n/ 1 C 2 C 32 C C n n 1 l/ xn D k/ xn D n 1 n sen.1=n/ n2 345. Sabiendo que fan g ! a, calcula el lĂmite 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/ log n

c) xn D

a1 C a2 =2 C C an =n log n

346. Calcula los lĂmites de las sucesiones: a/

p n log.1 C 1=n/ 1 ; b/ n n 2 n .1 C 1=n/ e

Donde Hn D1C 12 C C n1 .

n1=n 1 2 ; d / Hn n1=Hn 1 ; c/ n2 log.n/ 2

1=n

Sugerencia. Usa equivalencias asintĂłticas apropiadas. 347. Sea fxn g una sucesiĂłn de nĂşmeros positivos tal que r xn n lĂmite de la sucesiĂłn p . n x1 x2 xn

xnC1 xn

! L 2 RC . Calcula el

348. Sea fxn g una sucesiĂłn de nĂşmeros positivos, Ë&#x203A; un nĂşmero real, y supongamos que p Ë&#x203A; n fnË&#x203A; xn g ! L 2 RC . Calcula el lĂmite de la sucesiĂłn n x x 1 2 xn . o

349. Sean a, b nĂşmeros positivos; definamos xk DaC.k 1/b para cada k 2 N y sea Gn la media geomĂŠtrica de x1 ; x2 ; : : : ; xn y An su media aritmĂŠtica. Calcula el lĂmite de la Gn . sucesiĂłn An

Universidad de Granada Dpto. de AnĂĄlisis MatemĂĄtico

Prof. Javier PĂŠrez CĂĄlculo diferencial e integral

Ejercicios propuestos

369

350. Sea fxn g ! x, fyn g ! y, xÂ¤y. Definamos z2n 1Dxn , y z2nDyn . Justifica que la sucesiĂłn z1 C z2 C C zn n es convergente. 351. Definamos fxn g por: x3m D

1 23m 1 3m

;

Calcula el lĂmite de la sucesiĂłn

x3m p n

1 23m 3 3m 2

;

x3m

xn y justifica que la sucesiĂłn

1 23m 4 3m

xnC1 xn

no converge.

352. Sean fxn g, fyn g sucesiones de nĂşmeros positivos verificando que f.xn /n g ! x > 0 f.yn /n g ! y > 0. Dados Ë&#x203A;; Ë&#x2021; 2 RC , con Ë&#x203A;CË&#x2021;D1, calcula lKÄąm.Ë&#x203A;xn CË&#x2021;yn /n . 353. Sea fan g una sucesiĂłn de nĂşmeros positivos tal que fa1 C a2 C C an g es divergente, y sea fbn g ! L, donde L puede ser un nĂşmero real o Ë&#x2122;â&#x2C6;&#x17E;. Justifica que a1 b1 C a2 b2 C C an bn ! L: a1 C a2 C C an n 1 X n AplicaciĂłn. Supuesto que fxn g ! x, calcula lKÄąm n xk . 2 k kD1

354. Dadas dos funciones polinĂłmicas P; Q, tales que el grado de Q es mayor o igual que el P .n/ es convergente grado de P y Q.n/Â¤0 para todo n 2 N, justifica que la sucesiĂłn Q.n/ y calcula su lĂmite. 355. a) Sea f W Ĺ&#x2019;a; bÂ? !Â?a; bÂ? creciente y continua. Prueba que la sucesiĂłn fxn g definida para todo n 2 N por x1 D a y xnC1 D f .xn /, converge a un punto u 2Â?a; bÂ? tal que f .u/ D u. b) Dado 0 < Ë&#x203A; 6 14 , estudia la convergencia de la sucesiĂłn fzn g definida por: z1 D Ë&#x203A;;

znC1 D Ë&#x203A; C zn2

8n 2 N:

356. a) Justifica las desigualdades 0 < log

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

b) Dado x Â¤0 definamos x1 D x, y para todo n 2 N: xnC1 D log

exn 1 : xn

Estudia la convergencia de fxn g. 357. Se considera la funciĂłn 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, Ë&#x203A; y Ë&#x2021;, con Ë&#x203A; < 1 < Ë&#x2021;. Universidad de Granada Dpto. de AnĂĄlisis MatemĂĄtico

Prof. Javier PĂŠrez CĂĄlculo diferencial e integral

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 fxn g es una sucesión monótona creciente y acotada que converge a ˇ. 358. Dado un número ˛ 2 0; Œ, se define la sucesión fxn g dada por x1 D sen ˛, xnC1 D sen xn . (a) Justifica que la sucesión fxn g es convergente y calcula su límite. 1 1 (b) Calcula el límite de la sucesión zn D 2 xn2 xnC1

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 calcular el límite de la sucesión f xynn g. Tenemos que: n log

nC1 n

xn .n C 1/ log.n C 1/ n log n D D C1 yn log.n C 1/ log.n C 1/ n Teniendo en cuenta que n log nC1 D log 1 C 1n ! 1 y que log n ! C1, obtenemos n n o xnC1 ynC1

que

xnC1 xn ynC1 yn

! 1 y, por el criterio de Stolz, concluimos que f xynn g ! 1.

˚p Ejercicio resuelto 169 Justifica que la sucesión n 1 C 1=n˛ 1 es asintóticamente equi˚ valente a 1=n˛C1 , donde ˛ > 0. p p Solución. Pongamos xn D n 1 C 1=n˛ . Como 1 6 xn 6 n 2, deducimos, por el principio log x de las sucesiones encajadas, que fxn g ! 1. Sabemos que lKım 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 log.zn / 7.41, para toda sucesión fzn g ! 1 se verifica que lKım D 1, esto es, zn 1 zn 1 log.zn /. Análogamente, se tiene que log.1 C un / un para toda sucesión fun g ! 0. Deducimos que: 1 1 1 1 1 D ˛C1 xn 1 log.xn / D log 1 C ˛ ˛ n n nn n

Universidad de Granada Dpto. de Análisis Matemático

Prof. Javier Pérez Cálculo diferencial e integral

Ejercicios resueltos

371

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

1˛ C 2˛ C 3˛ C C n˛ , donde ˛ > 1. n˛C1 p n , donde k 2 N, aj 2 R; 16j 6k. b) xn D k .n C a1 /.n C a2 / .n C ak / ! p n p n ˛ n aCˇ b c) xn D donde a > 0, b > 0 y ˛; ˇ 2 R, ˛ C ˇ ¤ 0. ˛Cˇ !n 1 C 2p=n C 3p=n C C p p=n d) xn D , donde p 2 N. p ! 1 1 C 2k C 3k C C nk e) xn D n , donde k 2 N. k C1 nkC1 !n2 3 1 C 32 C 52 C C .2n 1/2 f) xn D 4 n3 n 1 1 g) xn D n 1 C 3 n log.1 C 1=n/ n 2 2 1 n 1 1 C C C C log.n!/ nC h) xn D n 2 3 n 1 n a) xn D

Solución. a) Pongamos xn D uvnn . Aplicamos el criterio de Stolz, lo cual puede hacerse porque, al ser ˛ > 1 se tiene que n˛C1 es una sucesión estrictamente creciente. unC1 un nC1 ˛ .n C 1/˛ 1 D D ˛C1 ˛C1 ˛C1 vnC1 vn n .n C 1/ n 1 n 1C n 1 Usando las equivalencias asintóticas xn 1 log.xn /, válida cuando fxn g ! 1, y log.1 C un / un , válida cuando fun g ! 0, tenemos que: # " 1 ˛C1 1 1 1 ˛C1 1 n log 1 C D.˛C1/n log 1 C .˛C1/n D˛C1: n 1C n n n n Deducimos que lKım

unC1 un vnC1 vn

1 ˛C1

y, por el criterio de Stolz, lKım xn D

1 ˛C1 .

b)Tenemos que: p k

.n C a1 /.n C a2 / .n C ak /

a2 ak a1 1C 1 C 1 n n n h 1 a1 a2 ak i n log 1 C D 1C 1 C k n n n k aj a1 C a2 C C ak 1X : n log 1 C ! D k n k

nDn

j D1

Donde hemos tenido en cuenta que lKım n log 1 C n!1

Universidad de Granada Dpto. de Análisis Matemático

a n

D a. Prof. Javier Pérez Cálculo diferencial e integral

Ejercicios resueltos

372

c) Es una sucesión de potencias de la forma xn D uvnn , donde p p n ˛ n aCˇ b un D ; vn D n ˛Cˇ

Claramente un ! 1, por lo que tenemos una indeterminación del tipo 11 . Usaremos el criterio de equivalencia logarítmica. ! ! p p p p n n ˛. n a 1/ C ˇ. b 1/ ˛ n aCˇ b 1 Dn D vn .un 1/ D n ˛Cˇ ˛Cˇ p p ˇ ˛ n n. n a 1/ C n. b 1/ ! D ˛Cˇ ˛Cˇ ˛ ˇ ˇ ˛ log a C log b D log a ˛Cˇ b ˛Cˇ ! ˛Cˇ ˛Cˇ ˇ

Deducimos que lKım fxn g D a ˛Cˇ b ˛Cˇ . n!1

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

1 C 2n C 3n C C p n un D ; p

vn D n

Claramente un ! 1, por lo que tenemos una indeterminación del tipo 11 . Usaremos el criterio de equivalencia logarítmica. ! p p p 1 C 2n C 3n C C p n vn .un 1/ D n 1 D p p p p 1 n 2n 1 C n 3n 1 C C n pn 1 D p p Teniendo en cuenta que lKım n. n a 1/ D log a, deducimos que: lKım vn .un

n!1

1/ D log 2 C log 3 C C log n D log n! ÷ lKımfxn g D n!:

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

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

1/2

;

vn D n2 :

La base fun g converge a 1, pues aplicando Stolz con an D 1 C 32 C 52 C C .2n y bn D n3 , tenemos: anC1 bnC1

1/2

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

Se trata de una indeterminación del tipo 11 . Aplicaremos el criterio de equivalencia logarítmica. ! 2 C 52 C C .2n 2 3 1 C 3 1/ vn .un 1/ D n2 1 D 4 n3 4n3 3 3 1 C 32 C 52 C C .2n 1/2 D 4 n Universidad de Granada Dpto. de Análisis Matemático

Prof. Javier Pérez Cálculo diferencial e integral

Ejercicios resueltos

373

Apliquemos ahora el criterio de Stolz con zn D 3 1 C 32 C 52 C C .2n 4n3 ,wn D n. Tenemos: znC1 wnC1

zn D 3.2n C 1/2 wn

1/2

4.n C 1/3 C 4n3 D 1: 3

1 Deducimos que vn .un 1/ ! 43 y, por tanto, lKımfxn g D e 4 D p 4 3. e n n i h 1 1 1 . Pongamos zn D 1 C n3 log.1C1=n/ . La sucesión g) xn D n 1 C n3 log.1C1=n/ 1 fzn g es una indeterminación del tipo 1 . Tenemos que:

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

En consecuencia: xn n log.zn / D n2 log 1 C Luego lKımfxn g D lKım

1 n3 log 1 C

1 1 n log 1C n

D 1.

1 n

1 n3 log 1 C

1 n

1 n log 1 C

1 n

Ejercicio resuelto 171 Calcula los límites de las sucesiones fxn g definidas por: p p p log 1 C 21 C C n1 e e 3 e n e a/ xn D b/ xn D log.log n/ n n log n log.n C 2/ n log n 1 1C d / xn D c/ xn D n n log.n C 1/ p j n k X Y .2 n n 1/n 1 1 1 log f / xn D e/ xn D 1C n k j n2 j D1 kD1 s .pn/! log.n C 1/ n g/ xn D log n .p; q 2 N/ 1 h/ xn D n log n .q n/p n ! n P 5 nkD1 k 4 1 p n i/ xn D n! j / xn D log 1 C 5 n n p .nC1/n 2 32 43 n e esen.1=n/ 1 C 2 C 32 C C n n 1 l/ xn D k/ xn D n 1 n sen.1=n/ n2 Solución. a) Usaremos la estrategia 7.33. Pongamos Hn D log n C xn donde fxn g ! ”. Tenemos que: xn log 1 C 21 C C 1n log log n 1 C log n log.log n C xn / D D D log.log n/ log.log n/ log.log n/ xn xn log.log n/ C log 1 C log log 1 C log n n D D1C ! 1: log.log n/ log.log n/

Universidad de Granada Dpto. de Análisis Matemático

Prof. Javier Pérez Cálculo diferencial e integral

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 hemos probado. La razón es que no es cierto en general que si fxn g fyn g también sea 1

log.xn / log.yn /. Por ejemplo, las sucesiones fe n g y fe n2 g son asintóticamente equivalentes porque ambas convergen a 1, pero sus logaritmos son las sucesiones f n1 g y f n12 g que no son asintóticamente equivalentes. En general, no hay garantías de que una equivalencia asintótica entre sucesiones se conserve por una determinada función. c) Tomando logaritmos tenemos que: log n log xn D n log 1 C n

log n log n D n log 1 C n

Esta expresión es de la forma log.1 C un /

log.1 C x/ x!0 x2 log 1 C log xn D

log n n ,

anteriores converge a tanto, fxn g ! 1.

log n n

Poniendo un D

un donde un ! 0. Recordemos que:

lKım

Tenemos que:

log n n

D log n n

1 2

.log n/2 n

como un ! 0, deducimos que la primera de las dos fracciones 1 2

y la segunda

.log n/2 n

! 0. Concluimos que log xn ! 0 y, por

n k Y 1X1 1 j e) xn D 1C log . Pongamos: n k j kD1

j D1

k X

k Y 1 1 j j D1 zk D log D 1C k j j D1

1 j log 1 C j k

De esta forma, se tiene que:

xn D

n X

kD1

zk :

Como fzn g es la sucesión de las medias aritméticas de la sucesión yn D n log 1 C n1 , y lKımfyn g D 1, se sigue, por el criterio de la media aritmética, que fzn g ! 1. Como fxn g es la sucesión de las medias aritméticas de fzn g, volviendo ahora a aplicar el mismo criterio, deducimos que fxn g ! 1.

Universidad de Granada Dpto. de Análisis Matemático

Prof. Javier Pérez Cálculo diferencial e integral

Ejercicios resueltos

375

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

r n

1 n2

q q n 1 Se trata de una sucesión de potencias de la forma xn D uvnn donde un D 2 n 1n n2 1 y vn D n. Claramente un ! 1, por lo que se trata de una indeterminación del tipo 1 . Aplicaremos el criterio de equivalencia logarítmica. vn .un

! r 1 n 1 1 D n 1/ D n 2 n n2 ! r 2 log n n 1 ! 0: D n log n n

Deducimos que xn ! 1.

r n

1 n

r n

log.n C 1/ log n

1 es de la forma bn .an

g) La sucesión xn D log n 1/ donde n , bn D log n. Veamos que fan g ! 1. Para ello, como se trata de una an D log.nC1/ log n indeterminación del tipo 11 , aplicamos el criterio de equivalencia logarítmica: n 1 n log 1 C 1 log 1 C log.n C 1/ n n n 1 D D !0 log n log n log n Por tanto, fan g ! 1. Podemos aplicar ahora el criterio de equivalencia logarítmica a la sucesión bn .an 1/. Tenemos que: log.n C 1/ n log n bn an 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 D n log 1 C ! 1: log n n Concluimos que fxn g ! 1. s .pn/! p . donde p; q 2 N. Es una sucesión del tipo xn D n zn donde zn D .q.pn/! h) xn D n n/pn .q n/pn Tenemos que: pn .pn C p/! .q n/pn .pn C 1/.pn C 2/ .pn C p/ n znC1 D D zn .q n C q/pnCp .pn/! .q n C q/p nC1 es un cociente de dos polinomios en la variable n La fracción .pnC1/.pnC2/ .pnCp/ .q nCq/p del mismo grado p y coeficientes líder iguales a p p y q p respectivamente, por tanto su Universidad de Granada Dpto. de Análisis Matemático

Prof. Javier Pérez Cálculo diferencial e integral

Ejercicios resueltos

376 p p . q

n pn nC1

D 1

1 nC1

converge a e p . Por tanto, p en virtud del corolario 7.40, la sucesión dada converge a qpe . p 1 1 n e n esen. n / e esen.1=n/ ex esen x D 1 . . Consideremos la función f .x/ D k) xn D n 1 n sen.1=n/ x sen x sen. n1 / n

límite es igual a

La sucesión

Pongamos yn D 1n . Tenemos que xn D f .yn /. Como yn ! 0, el límite de fxn g es igual al límite de f .x/ en x D 0. Tenemos que: f .x/ D

ex esen x ex D esen x x sen x x

Donde hemos usado que la función

sen x

1 esen x 1 sen x

ex sen x 1 x sen x

es de la forma

e h.x/ 1 h.x/

.x ! 0/ donde lKım h.x/D0, x!0

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

Ejercicio resuelto 172 Sabiendo que fan g ! 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/ log n

c) xn D

a1 C a2 =2 C C an =n log n

Solución. b) Es una sucesión del tipo xn D unC1 vnC1

un vn .

Aplicaremos el criterio de Stolz.

anC1 exp nC1 1 anC1 un D ! a: n 1 vn nC1 log 1 C 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 fxn g ! a. © o n x Ejercicio resuelto 173 Sea fxn g una sucesión de números positivos tal que nC1 ! L > 0. xn r xn . Calcula el límite de la sucesión n p n x1 x2 xn xn p . Aplicaremos Solución. Es una sucesión del tipo wn D n yn donde yn D p n x1 x2 xn el corolario 7.40. Tenemos que: 1 x1 x2 xn n xnC1 ynC1 D L 1 nC1 yn xn x x x x n nC1 1 2

En virtud, del citado corolario, se tiene que Consideremos la sucesión: log zn D

Universidad de Granada Dpto. de Análisis Matemático

1 1 x1 x2 xn n.nC1/ p xnC1

nC1

1 p xnC1 ! L. Sea zn D x1 x2 xn n.nC1/ .

nC1

log.x1 / C log.x2 / C C log.xn / n.n C 1/ Prof. Javier Pérez Cálculo diferencial e integral

Ejercicios resueltos

377

Pongamos an Dlog.x1 / Clog.x2 / C Clog.xn /, bn Dn.nC1/. Aplicaremos el criterio de Stolz. p log.xnC1 / 1 1 anC1 an p D D log nC1 xnC1 ! log L D log L: bnC1 bn 2n C 2 2 2 p p p y ! L. El Deducimos que log zn ! log L, por lo que zn ! L y tambiĂŠn nC1 y n p citado corolario 7.40 implica que wn ! L. Ejercicio resuelto 174 Sean a, b nĂşmeros positivos; definamos xk DaC.k 1/b para cada k 2 N y sea Gn la media geomĂŠtrica de x1 ; x2 ; : : : ; xn y An su media aritmĂŠtica. Calcula Gn el lĂmite de la sucesiĂłn . An SoluciĂłn. Tenemos que An D Gn D An

p n

na C

n.n 1/ b 2

x1 x2 xn

DaC 1

a n

1 n r n

b. Por tanto:

x1 x2 xn nn

C n2n1 b r x1 x2 xn p n Calcularemos el lĂmite de la sucesiĂłn Un D , que es del tipo Un D n zn , n n usando el corolario 7.40, tenemos: n xnC1 znC1 xnC1 1 b n n D D 1 ! : zn nC1 nC1 e .n C 1/nC1 aC

n 1 n b

ÂŠ

Gn g ! 2e . Deducimos que f A n

Ejercicio resuelto 175 Sea fxn g ! x, fyn g ! y, x Â¤y. Definamos z2n Justifica que la sucesiĂłn z1 C z2 C C zn n es convergente. z1 C z2 C C zn . Tenemos que: SoluciĂłn. Pongamos un D n

1 Dxn ,

y z2n Dyn .

z1 C z3 C C z2n 1 z2 C z4 C C z2n C D 2n 2n 1 y1 C y2 C C yn x y xCy 1 x1 C x2 C C xn C ! C D : D 2 n 2 n 2 2 2

u2n D

Donde hemos aplicado el criterio de la media aritmĂŠtica. AnĂĄlogamente se comprueba xCy que fu2n 1 g ! xCy 2 . Concluimos que fun g ! 2 .

Observa que no se puede calcular el lĂmite de fun g aplicando el criterio de Stolz. Llan mando Zn D z1 C z2 C C zn , Vn D n, tenemos un D Z Vn y: ZnC1 Zn xmC1 ; si n D 2m es par; D ZnC1 Zn D ym ; si n D 2m 1 es impar. VnC1 Vn Por tanto, la sucesiĂłn

ZnC1 Zn VnC1 Vn

Universidad de Granada Dpto. de AnĂĄlisis MatemĂĄtico

no es convergente.

ÂŠ Prof. Javier PĂŠrez CĂĄlculo diferencial e integral

Ejercicios resueltos

378

Ejercicio resuelto 176 a) Justifica las desigualdades: 0 < log

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

b) Dado x ¤0 definamos x1 D x, y para todo n 2 N: xnC1 D log

exn 1 : xn

Estudia la convergencia de fxn g.

Solución. a) En virtud del teorema del valor medio tenemos que: ex x

ex 1 e0 D D ec 0 x

donde c es un punto comprendido entre x y 0, esto es, c 2 0; xŒ si x > 0, y c 2 x; 0Œ si x < 0. En el primer caso es 1 < ec < ex y en el segundo es ex < ec < 1. Á partir de aquí se deducen enseguida las desigualdades del enunciado. ex 1 b) Definamos f .x/Dlog y f .0/D0. La función f es continua en R. Supongamos x que x < 0. Entonces, como consecuencia de la segunda de las desigualdades del apartado anterior, se tiene que la sucesión fxn g es creciente y xn < 0 para todo n 2 N. Por tanto, dicha sucesión converge y su límite es un número ˛ 6 0, que debe verificar la igualdad ˛ D f .˛/ lo que exige que ˛ D 0. © Ejercicio resuelto 177 Se considera la función f W RC ! R definida para todo x > 0 por f .x/ D log x x C 2. a) Prueba que f tiene exactamente dos ceros, ˛ y ˇ, con ˛ < 1 < ˇ. b) Dado x1 2 ˛; ˇŒ, se define la siguiente sucesión por recurrencia: xnC1 D log xn C 2 ; 8n 2 N: Prueba que fxn g es una sucesión monótona creciente y acotada que converge a ˇ. Solución. a) Como lKım f .x/ D lKım f .x/ D 1 y f .1/ D 1 > 0 y, evidentemente, x!0

x!C1

la función f es continua en RC , podemos aplicar el teorema de Bolzano a los intervalos 0; 1 y Œ1; C1Œ, para deducir que f tiene algún cero en cada uno de ellos.

Como f 0 .x/ D x1 1 D 1 xx , se sigue que f es estrictamente decreciente en Œ1; C1Œ y estrictamente creciente en 0; 1 . Por tanto solamente puede anularse una vez en dichos intervalos. b) Como la función h.x/ D log x C 2 es estrictamente creciente para x > 0 y h.˛/ D ˛, h.ˇ/ D ˇ, se deduce que para todo x 2 ˛; ˇŒ es ˛ < h.x/ < ˇ. Además, como h.x/ x es continua y no se anula en ˛; ˇŒ debe tener signo constante. Como h.1/ > 0, deducimos que x < h.x/ para todo x 2 ˛; ˇŒ. Por tanto, dado x1 2 ˛; ˇŒ, se tiene que x1 < h.x1 /Dx2 y, supuesto que xn 1 < xn se tiene que xn Dh.xn 1 / < h.xn /DxnC1 . Por tanto fxn g es una sucesión estrictamente creciente y, además, todos sus términos están en ˛; ˇŒ, luego dicha sucesión converge y su límite, , debe verificar la igualdad D h. /; puesto que ˛ < 6 ˇ, se sigue que D ˇ. © Universidad de Granada Dpto. de Análisis Matemático

Prof. Javier Pérez Cálculo diferencial e integral

Sucesiones de números complejos

379

Ejercicio resuelto 177 Dado un número ˛ 2 0; Œ, se define la sucesión fxn g dada por x1 D sen ˛, xnC1 D sen xn . (a) Justifica que la sucesión fxn g es convergente y calcula su límite. 1 1 (b) Calcula el límite de la sucesión zn D 2 xn2 xnC1 Solución. a) La conocida desigualdad 0 < sen x < x, válida para todo x 2 0; Œ, implica que la sucesión es estrictamente decreciente y de números positivos. De aquí se deduce enseguida que es convergente y su límite es 0. b) zn D

1 2 xnC1

xn2

1 xn2 sen2 .xn / D xn2 xn2 sen2 .xn /

1 1 D 2 2 xn sen .xn /

sen2 .xn / sen.xn / C xn xn D xn xn4

1 sen.xn / ! : 3 3 xn

7.4. Sucesiones de números complejos 7.52 Definición. Una sucesión de números complejos fzn g se dice que converge a un número complejo z si, dado cualquier número real " > 0, existe un número natural m" tal que si n es cualquier número natural mayor o igual que m" se cumple que jzn zj < ". Simbólicamente: 8" > 0 9m" 2 N W n > m" ) jzn

zj < "

Se dice que el número z es límite de la sucesión fzn g y se escribe lKım fzn g D z o, simplen!1

mente, lKımfzn g D z e incluso, si no hay posibilidad de confusión, fzn g ! z. Observa que, en virtud de la definición dada, se verifica que fzn g ! z

”

jzn

zj!0

Recordemos que mKaxfjRe zj; jIm zjg6jz j6jRe zjCjIm zj. Gracias a esta desigualdad tenemos que: ) jRe zn Re zj 6 jzn zj 6 jRe zn Re zj C jIm zn Im zj jIm zn Im zj Deducimos que jzn zj ! 0 si, y sólo si, jRe zn probado así el siguiente resultado.

Re zj ! 0 y jIm zn

Im zj ! 0. Hemos

7.53 Proposición. Una sucesión de números complejos fzn g es convergente si, y sólo si, las sucesiones de números reales fRe zn g y fIm zn g son convergentes. Además, en dicho caso lKımfzn g D z ” Re z D lKımfRe zn g Universidad de Granada Dpto. de Análisis Matemático

Im z D lKımfIm zn g Prof. Javier Pérez Cálculo diferencial e integral

DefiniciĂłn de la exponencial compleja

380

Gracias a este resultado el estudio de sucesiones de nĂşmeros complejos se reduce a estudiar la convergencia de dos sucesiones de nĂşmeros reales. Los resultados obtenidos para sucesiones de nĂşmeros reales en los que no interviene la estructura de orden son tambiĂŠn vĂĄlidos para sucesiones de nĂşmeros complejos. Son vĂĄlidos, en particular, los resultados relativos a ĂĄlgebra de lĂmites, el teorema de Bolzanoâ&#x20AC;&#x201C;Weierstrass y el teorema de completitud.

7.4.1. DefiniciĂłn de la exponencial compleja Una de las formas de definir la exponencial de un nĂşmero real x es mediante el lĂmite x n ex D lKÄąm 1 C n!1 n

Por tanto, una forma coherente de definir la exponencial de un nĂşmero complejo serĂa calcular el anterior lĂmite para z 2 C. Pongamos z D x C iy donde suponemos que y Â¤ 0 (puesto que si y D 0 tendrĂamos que z D x serĂa un nĂşmero real). Sea x C iy n zn D 1 C : n Pongamos: wn D 1 C

x C iy x y D1C Ci ; n n n

'n D arc tg

y=n : 1 C x=n

Sea n0 tal que para n > n0 se verifique que Re.wn / > 0. Entonces, para n > n0 resulta que 'n D arg.wn /. Por otra parte, el mĂłdulo de wn viene dado por: Ë&#x2021; x 2 y 2 z Ë&#x2021;Ë&#x2021;2 Ë&#x2021; C 2: jwn j2 D Ë&#x2021;1 C Ë&#x2021; D 1 C n n n

Como zn D .wn /n , tenemos, gracias a la fĂłrmula de De Moivre, que: x C iy n n n zn D .wn / D jwn j .cos.n'n / C i sen.n'n // D 1 C D n #n=2 " x 2 y 2 C 2 cos.n'n / C i sen.n'n / : D 1C n n Pero, por el criterio de equivalencia logarĂtmica, es: "

x 2 y 2 C 2 lKÄąmjwn jn D lKÄąm 1 C n n

#n=2

n D exp lKÄąm 2

y2 x2 2x C 2 C 2 n n n

AdemĂĄs, la sucesiĂłn f'n g es asintĂłticamente equivalente a la sucesiĂłn y=n D y: lKÄąmfn'n g D lKÄąm n 1 C x=n Universidad de Granada Dpto. de AnĂĄlisis MatemĂĄtico

D ex :

y=n . Por tanto 1 C x=n

Prof. Javier PĂŠrez CĂĄlculo diferencial e integral

Ejercicios propuestos

381

En consecuencia, tenemos que: z n lKım 1 C D lKım .wn /n D lKım jwn jn cos.n 'n / C i sen.n 'n / D ex .cos y C i sen y/: n!1 n!1 n!1 n Se define, por tanto, la exponencial de un número complejo z D x C iy como exCiy D ex .cos y C i sen y/:

7.4.2. Ejercicios propuestos

360. Estudia la convergencia de las sucesiones: i) zn D

p n n C i n an

p 1 n a C i sen n 1Ci n v) zn D 2

iii) zn D

.a 2 R; jaj < 1/ .a > 0/

ii) zn D

2n in C n n 2

1 1 iv) zn D n sen C 5 i cos n n 1 1 n vi) zn D p C i p 2 2

361. Sea fzn g una sucesión de números complejos no nulos y sea 'n 2 Arg.zn /. Supongamos que f'n g ! ' y fjzn jg ! . Justifica que la sucesión fzn g ! .cos ' C i sen '/. !n p 2 C i 3 . 362. Calcula el límite de la sucesión zn D 1 C n Sugerencia. Expresa zn D jzn j.cos 'n C i sen 'n / y usa el ejercicio anterior. p n 363. Calcula el límite de la sucesión zn D n C i sen 1 . 2 cos 2n 2n p n Sugerencia: Recuerda que el límite de la sucesión n 2 1 es bien conocido.

364. Sea z 2 C, con jzj D 1, z ¤ 1. Prueba que la sucesión fz n g no converge (¿qué pasa si supones que converge?). Deduce que si ' es un número real que no es un múltiplo entero de , las sucesiones fcos.n'/g y fsen.n'/g no convergen.

7.4.3. Ejercicios resueltos ¡Antes de ver la solución de un ejercicio debes intentar resolverlo! p n

C i sen Ejercicio resuelto 178 Calcula el límite de la sucesión zn D n 2 cos 2n 2n p n Sugerencia. Recuerda que el límite de la sucesión n 2 1 es bien conocido.

Universidad de Granada Dpto. de Análisis Matemático

1 .

Prof. Javier Pérez Cálculo diferencial e integral

Demostraciones alternativas de los teoremas de Bolzano y de Weierstrass

382

Solución. p p p n n n 1 C i 2 sen C 2 1 D 2 cos 2n 2n p cos 1 p p sen 2n n n n 2n 2 1 C 2 Dn Ci 2 ! log 2 C i 2 2 2 2n 2n

zn D n

Ejercicio resuelto 179 Sea z 2 C, con jzjD1, z¤1. Prueba que la sucesión fz n g no converge (¿qué pasa si supones que converge?). Deduce que si ' es un número real que no es un múltiplo entero de , las sucesiones fcos.n'/g y fsen.n'/g no convergen.

Solución. Siguiendo la sugerencia, supongamos que fz n g converge a un número w 2 C. Como jz n jDjzjn D1, debe ser jwjD1. Por una parte, es claro que fz nC1 g ! w y también fz nC1 g D zfz n g ! zw, por tanto debe ser z D wz, lo que implica que .z 1/w D 0 lo cual es imposible porque z ¤ 1 y w ¤ 0. Concluimos que fzn g no converge.

Sea ' un número real que no es un múltiplo entero de . Pongamos z D cos ' C i sen '. Tenemos que z ¤ 1 y jzj D 1. Por lo antes visto, la sucesión fz n g D fcos.n'/ C i sen.n'/g no converge. Veamos que esto implica que ninguna de las sucesiones fcos.n'/g, fsen.n'/g converge. En efecto, de la igualdad: sen.n C 1/ D sen n cos 1 C cos n sen 1 ÷

cos n D

1 sen.n C 1/ sen 1

sen n cos 1

se deduce que si fsen.n'/g converge, también converge fcos.n'/g y, por tanto, la sucesión fcos.n'/ C i sen.n'/g converge, lo que es contradictorio. Análogamente, de la igualdad: cos.n C 1/ D cos n cos 1

sen n sen 1 ÷

sen n D

1 cos.n C 1/ sen 1

cos n cos 1

se deduce que si fcos.n'/g converge, también converge fsen.n'/g y, por tanto, la sucesión fcos.n'/ C i sen.n'/g converge, lo que es contradictorio. ©

7.5. Demostraciones alternativas de los teoremas de Bolzano y de Weierstrass Las demostraciones que vimos en el capítulo 4 de los teoremas de Bolzano y de Weierstrass se apoyaban directamente en “primeros principios”, esto es, en la definición de continuidad y en el axioma del supremo. Por eso dichas demostraciones son un poco complicadas y no del todo fáciles de seguir en una primera lectura. Con la ayuda de la teoría desarrollada en este capítulo podemos dar demostraciones más cortas y amigables de dichos teoremas. 7.54 Teorema (Otra demostración del teorema de los ceros de Bolzano). Toda función continua en un intervalo que toma valores positivos y negativos se anula en algún punto de dicho intervalo. Universidad de Granada Dpto. de Análisis Matemático

Prof. Javier Pérez Cálculo diferencial e integral

Demostraciones alternativas de los teoremas de Bolzano y de Weierstrass

383

DemostraciĂłn. Sea f W Ĺ&#x2019;a; bÂ? ! R continua y supongamos que f .a/ > 0 y f .b/ < 0. Si dividimos el intervalo Ĺ&#x2019;a; bÂ? por un punto c 2Â?a; bĹ&#x2019; en dos subintervalos Ĺ&#x2019;a; cÂ? y Ĺ&#x2019;c; bÂ?, puede ocurrir que f .c/ D 0 en cuyo caso hemos acabado; en otro caso serĂĄ f .c/ Â¤ 0, por lo que una sola de las desigualdades f .a/f .c/ < 0, f .c/f .b/ < 0 tiene que ser cierta, es decir, la funciĂłn f toma valores de signos opuestos en los extremos de uno de los subintervalos Ĺ&#x2019;a; cÂ? y Ĺ&#x2019;c; bÂ? en que hemos dividido el intervalo Ĺ&#x2019;a; bÂ?. Podemos ahora repetir este proceso partiendo de dicho subintervalo. Esto es lo que hacemos seguidamente. Pongamos a1 D a; b1 D b. Dividimos el intervalo Ĺ&#x2019;a1 ; b1 Â? por la mitad en dos subintervalos y elegimos aquĂŠl en el que la funciĂłn f toma valores de distinto signo en sus extremos y a este subintervalo le llamamos Ĺ&#x2019;a2 ; b2 Â?. Repetimos ahora el proceso dividiendo por la mitad el intervalo Ĺ&#x2019;a2 ; b2 Â? y obtenemos un intervalo Ĺ&#x2019;a3 ; b3 Â? tal que f .a3 /f .b3 / < 0. Este proceso o bien se acaba porque en alguna etapa hemos dividido el intervalo por un punto en el que la funciĂłn f se anula, en cuyo caso ya hemos encontrado un punto de Ĺ&#x2019;a; bÂ? donde la funciĂłn se anula, o bien podemos proseguirlo indefinidamente obteniendo una sucesiĂłn de intervalos Ĺ&#x2019;an ; bn Â? con la propiedad de que f .an /f .bn / < 0 para todo n 2 N. Como f .a1 / > 0 y f .b1 / < 0, fĂĄcilmente se sigue que debe ser f .an / > 0 y f .bn / < 0 para todo n 2 N. Las sucesiones fan g y fbn g son monĂłtonas y acotadas por lo que convergen. AdemĂĄs, como bn an D .b a/=2n 1 , se sigue que ambas sucesiones convergen a un mismo nĂşmero. Pongamos lKÄąmfan g D lKÄąmfbn g D Ë&#x203A;. Como para todo n 2 N es a 6 an 6 b, se sigue que a 6 Ë&#x203A; 6 b. Como f es continua en Ĺ&#x2019;a; bÂ?, en particular es continua en Ë&#x203A; por lo que se verifica que: f .Ë&#x203A;/ D f .lKÄąmfan g/ D f .lKÄąmfbn g/ D lKÄąm ff .an /g D lKÄąm ff .bn /g : Como para todo n 2 N es f .an / > 0, se sigue que f .Ë&#x203A;/ > 0. Como para todo n 2 N es f .bn / < 0, se sigue que f .Ë&#x203A;/ 6 0. Concluimos que f .Ë&#x203A;/ D 0. 2 La demostraciĂłn anterior da lugar al mĂŠtodo de bisecciĂłn para calcular (de forma aproximada) raĂces de ecuaciones. Dicho mĂŠtodo tiene la ventaja de que se programa muy fĂĄcilmente y permite controlar el error mĂĄximo que se comete asĂ como el nĂşmero de iteraciones necesarias para lograr una determinada precisiĂłn. 7.55 Teorema (Otra demostraciĂłn del teorema de Weierstrass). Toda funciĂłn continua en un intervalo cerrado y acotado alcanza en dicho intervalo un mĂĄximo y un mĂnimo absolutos. DemostraciĂłn. Sea f W Ĺ&#x2019;a; bÂ? ! R continua. Probaremos primero que f estĂĄ acotada en Ĺ&#x2019;a; bÂ?, es decir, que el conjunto imagen f .Ĺ&#x2019;a; bÂ?/ estĂĄ acotado. Razonaremos por contradicciĂłn. Si f no estĂĄ acotada en Ĺ&#x2019;a; bÂ? para todo n 2 N tiene que haber algĂşn xn 2 Ĺ&#x2019;a; bÂ? tal que f .xn / > n. De esta forma obtenemos una sucesiĂłn fxn g de puntos de Ĺ&#x2019;a; bÂ? verificando que f .xn / > n para todo n 2 N. Como la sucesiĂłn fxn g estĂĄ acotada, el teorema de Bolzanoâ&#x20AC;&#x201C;Weierstrass nos dice que fxn g tiene alguna sucesiĂłn parcial, fx .n/g convergente. Pongamos yn D fx .n/g y sea D lKÄąmfyn g. Como a 6 yn 6 b tenemos que a 6 6 b. AdemĂĄs, por la continuidad de f debe verificarse que f . / D lKÄąmff .yn /g. Pero esto es imposible porque al ser f .yn / D f .x .n// > .n/>n, se sigue que la sucesiĂłn ff .yn /g no estĂĄ acotada, por lo que no puede ser convergente. Concluimos que necesariamente f estĂĄ acotada en Ĺ&#x2019;a; bÂ?. Una vez que hemos probado que el conjunto f .Ĺ&#x2019;a; bÂ?/ estĂĄ acotado, como evidentemente no es vacĂo, el axioma del supremo nos dice que hay un nĂşmero real M que es el mĂnimo Universidad de Granada Dpto. de AnĂĄlisis MatemĂĄtico

Prof. Javier PĂŠrez CĂĄlculo diferencial e integral

Continuidad uniforme

384

mayorante del mismo, es decir, M D sup f .Ĺ&#x2019;a; bÂ?/. Usando el resultado probado en el ejercicio resuelto 153, se sigue que hay una sucesiĂłn fzn g de puntos de Ĺ&#x2019;a; bÂ? tal que lKÄąmff .zn /gDM . La sucesiĂłn fzn g estĂĄ acotada por lo que, en virtud del teorema de Bolzanoâ&#x20AC;&#x201C;Weierstrass, tiene una parcial, fz .n/g convergente. Pongamos wn Dz .n/ y sea lKÄąmfwn gDc. Como a6w Ë&#x161; n 6b se tiene que a 6 c 6 b. Por la continuidad de f se tiene que f .c/ D lKÄąm ff .wn /g D lKÄąm f .z .n/ / D M . Luego la funciĂłn f alcanza en c 2 Ĺ&#x2019;a; bÂ? un mĂĄximo absoluto. 2

7.6. Continuidad uniforme Piensa un par de minutos antes de responder a la siguiente pregunta. Supongamos que f es una funciĂłn continua en un intervalo I . ÂżEs cierto que si tomamos valores x; y 2 I muy prĂłximos entre sĂ los correspondientes valores de la funciĂłn f .x/; f .y/ tambiĂŠn estĂĄn muy prĂłximos entre sĂ? Si tu respuesta ha sido afirmativa, como suele ser, te equivocas. Considera la funciĂłn continua f WÂ?0; 1Â? ! R dada por f .x/ D 1=x. Los puntos 10 10 y 10 20 estĂĄn muy prĂłximos entre sĂ: 10 10 10 20 < 10 10 , pero f .10 10 / D 1010 y f .10 20 / D 1020 estĂĄn muy distantes entre sĂ. No hay nada extraĂąo en este comportamiento. A cualquier funciĂłn continua cuya grĂĄfica tenga una asĂntota vertical le pasa lo mismo: hay puntos muy prĂłximos entre sĂ en los que la funciĂłn toma valores muy distantes entre sĂ. Pero tambiĂŠn hay funciones continuas y acotadas que se comportan de forma parecida. Considera la funciĂłn continua gWÂ?0; 1Â? ! R dada por g.x/Dsen.1=x/. Es una funciĂłn acotada: el mayor valor que toma es 1 y el menor valor que toma es 1, de hecho se tiene que g.Â?0; 1Â?/D 1 e yn D 2n 1 =2 estĂĄn, para n Ĺ&#x2019; 1; 1Â?. Sea n un nĂşmero natural. Los puntos xn D 2n C =2 suficientemente grande, muy prĂłximos entre sĂ; de hecho fxn yn g ! 0. Los valores que toma en ellos la funciĂłn g.xn / D 1 y g.yn / D 1 distan entre sĂ 2 unidades (que es la mĂĄxima distancia que puede haber entre valores tomados por esta funciĂłn). Si lo piensas un poco, te darĂĄs cuenta de que en ambos ejemplos este comportamiento se debe a que las funciones f y g â&#x20AC;&#x153;oscilan muchoâ&#x20AC;? en intervalos arbitrariamente pequeĂąos. Conviene precisar la idea de â&#x20AC;&#x153;oscilaciĂłn en un intervaloâ&#x20AC;?. 7.56 DefiniciĂłn. Se define la oscilaciĂłn de una funciĂłn f en un intervalo J contenido en el dominio de definiciĂłn de f como: sup f .J / KÄąnf f .J /; si f .J / estĂĄ acotadoI !.f; J / D C1; si f .J / no estĂĄ acotado: En otros tĂŠrminos: la oscilaciĂłn de f en J es la longitud del intervalo mĂĄs pequeĂąo que contiene a f .J /. Para la funciĂłn f .x/D1=x se tiene que ! f; Ĺ&#x2019;1=2n; 1=nÂ? Dn y ! f; Â?0; 1=nÂ? DC1. Para la funciĂłn g.x/ D sen.1=x/ tenemos que ! g; Ĺ&#x2019;1=.2n C =2/; 1=.2n =2/Â? D 2. Estas funciones tienen una oscilaciĂłn â&#x20AC;&#x153;grandeâ&#x20AC;? en intervalos arbitrariamente pequeĂąos. En algunas circunstancias interesa poder controlar el tamaĂąo de la oscilaciĂłn de una funciĂłn de manera que dicha oscilaciĂłn sea menor que una cierta cantidad fijada, " > 0, en cualquier intervalo de longitud menor que un cierto nĂşmero Äą > 0. Las funciones para las que esto puede hacerse cualquiera sea " > 0, se llaman uniformemente continuas. Universidad de Granada Dpto. de AnĂĄlisis MatemĂĄtico

Prof. Javier PĂŠrez CĂĄlculo diferencial e integral

Continuidad uniforme

385

7.57 DefiniciĂłn. Se dice que una funciĂłn f es uniformemente continua en un intervalo I si para todo " > 0 es posible encontrar un Äą > 0 de manera que siempre que J sea un intervalo contenido en I de longitud menor que Äą, se verifica que la oscilaciĂłn de f en J es menor o igual que ". Teniendo en cuenta que !.f; J /6"â&#x20AC;?jf .x/ f .y/j6" para todos x; y 2 J , la definiciĂłn dada puede expresarse de forma equivalente como sigue. Una funciĂłn f es uniformemente continua en un intervalo I si para todo " > 0 es posible encontrar un Äą > 0 de manera que siempre que x, y sean puntos de I con jx yj 6 Äą, se verifica que jf .x/ f .yj 6 ". SimbĂłlicamente: jx yj 6 Äą C C 8" 2 R 9 Äą 2 R W Ăˇjf .x/ f .y/j 6 " (7.12) x; y 2 I 7.58 Observaciones. El concepto de â&#x20AC;&#x153;continuidad uniformeâ&#x20AC;? es un concepto global: depende del comportamiento de la funciĂłn en todo un intervalo. No tiene sentido decir que una funciĂłn es uniformemente continua en un punto: la continuidad uniforme no es un concepto local. Es muy interesante comparar las definiciones de continuidad puntual (4.1) y de continuidad uniforme (7.12). Resulta evidente que la continuidad uniforme en un intervalo I implica la continuidad en todo punto de I : toda funciĂłn uniformemente continua en un intervalo es continua en dicho intervalo. En general, no es cierto que una funciĂłn continua en un intervalo I sea uniformemente continua en I como lo prueban los ejemplos dados al principio. Pero hay una situaciĂłn particular en la que dicha afirmaciĂłn sĂ es cierta. Este es el contenido del siguiente teorema. Se trata de un resultado importante en el que pueden destacarse aportaciones de varios matemĂĄticos. Dirichlet ya lo incluyĂł en sus lecciones de 1862 y en 1872 Heine dio una primera demostraciĂłn del mismo. Posteriormente Weierstrass, Borel y Lebesgue generalizaron el resultado inicial. 7.59 Teorema (Teorema de Heine). Toda funciĂłn continua en un intervalo cerrado y acotado es uniformemente continua en dicho intervalo. DemostraciĂłn. Razonaremos por contradicciĂłn. Sea f W Ĺ&#x2019;a; bÂ? ! R una funciĂłn continua y supongamos que no es uniformemente continua en Ĺ&#x2019;a; bÂ?. En tal caso debe existir "0 > 0 tal que para cualquier Äą > 0 hay puntos xÄą ; yÄą 2 Ĺ&#x2019;a; bÂ? con jxÄą yÄą j 6 Äą y jf .xÄą / f .yÄą /j > "0 . En particular, si para cada n 2 N ponemos Äąn D n1 , existirĂĄn puntos xn ; yn 2 Ĺ&#x2019;a; bÂ? con jxn yn j6 1n y jf .xn / f .yn /j > "0 . La sucesiĂłn fxn g estĂĄ acotada por lo que debe tener una sucesiĂłn parcial, fx .n/g, convergente. Sea lKÄąmfx .n/g D c. Como a 6 x .n/ 6 b, se tiene que a 6 c 6 b. Como fxn yn g ! 0, se sigue que fy .n/ g ! c. Como c 2 Ĺ&#x2019;a; bÂ? y f es continua en Ĺ&#x2019;a; bÂ?, f es continua en c, luego tiene que existir r > 0 tal que para todo z 2Â?c r; c C r Ĺ&#x2019;\Ĺ&#x2019;a; bÂ? se verifica jf .c/ f .z/j < "0 =2. Por tanto, para x; y 2Â?c r; c C r Ĺ&#x2019;\Ĺ&#x2019;a; bÂ? tenemos que jf .x/ f .y/j 6 jf .x/ f .c/j C jf .c/ f .y/j < "0 =2 C "0 =2 D "0 . Como fx .n/g ! c y fy .n/g ! c, tiene que existir un nĂşmero n0 2 N tal que para todo n > n0 se verifica que x .n/ ; y .n/ 2Â?c r; c C r Ĺ&#x2019;\Ĺ&#x2019;a; bÂ? por lo que debe ser jf .x .n// f .y .n//j < "0 , lo que es contradictorio porque jf .xn / f .yn /j > "0 para todo n 2 N. 2 Universidad de Granada Dpto. de AnĂĄlisis MatemĂĄtico

Prof. Javier PĂŠrez CĂĄlculo diferencial e integral