Sucesiones de números reales: problemas diversos

Proporcionamos problemas diversos sobre límites de sucesiones.

    Enunciado
  1. Sea la sucesión $a_n=\dfrac{2n+1}{7n+5}.$ Usando la definición de límite, demostrar que $\{a_n\}\to\dfrac{2}{7}$ y hallar a partir de qué término la diferencia $ \left|a_n-2/7\right|$ es menor que $0.002.$
  2. Calcular $\displaystyle\lim_{n\to +\infty}\left(\sqrt[3]{n^3+2n^2}-n\right).$
    Sugerencia: usar la identidad $A^3-B^3=(A-B)(A^2+AB+B^2).$
  3. Demostrar que $\displaystyle\lim_{n\to +\infty}\frac{2^n}{n!}=0.$
  4. Demostrar que la sucesión $a_n=\left\lfloor\dfrac{(-1)^n}{n}\right\rfloor$ no es convergente, en donde $\lfloor x\rfloor$ representa la parte entera de $x.$
  5. Sin usar el criterio de Stolz, calcular $\displaystyle\lim_{n\to +\infty}\sum_{k=1}^n \frac{k^2}{n^3}.$
  6. Demostrar que $\displaystyle\lim_{n\to +\infty}\sum_{k=1}^n \frac{1}{k(k+1)}=1.$
  7. Usando el criterio de Stolz, calcular $L=\displaystyle\lim_{n\to +\infty}\dfrac{n}{2^n}.$
  8. Demostrar que para todo $p\in\mathbb{N}$ se verifica $\displaystyle\lim_{n\to +\infty}\frac{1}{n^{p+1}}\sum_{k=1}^nk^p=\frac{1}{p+1}.$
  9. Calcular $L=\displaystyle\lim_{n\to +\infty}\left(\frac{3}{5n}+\frac{5}{10n}+\frac{7}{15n}+\cdots+\frac{2n+1}{5n^2}\right).$
  10. Demostrar que la implicación que aparece en el criterio de la media aritmética no es reversible.
  11. Calcular $L=\displaystyle\lim_{n\to +\infty}\sqrt[n]{\dfrac{7}{3}\cdot\dfrac{9}{6}\cdot \dfrac{11}{9}\cdot\ldots\cdot\dfrac{2n+5}{3n}}.$
  12. Demostrar que $\displaystyle\lim_{n\to +\infty}\sqrt[n]{n}=1.$
  13. Sabiendo que $\displaystyle\lim_{n\to +\infty}\sqrt[n]{n}=1,$ calcular $\displaystyle\lim_{n\to +\infty}\sqrt[n]{1+3n}.$
  14. Sea $\{x_n\}$ una sucesión tal que $x_n\geq -1$ para todo $n,$ y $\{x_n\}\to 0.$ Demostrar que para todo $p$ entero positivo se verifica $\displaystyle\lim_{n\to +\infty}\sqrt[p]{1+x_n}=1.$
  15. Calcular $\displaystyle\lim_{n\to +\infty}\left(\frac{1}{\sqrt{n^2+1}}+\cdots+\frac{1}{\sqrt{n^2+n}}\right).$
  16. Sea $a>1.$ Demostrar que $\displaystyle\lim_{n\to +\infty}\frac{n}{a^n}=0.$
  17. Calcular $\displaystyle\lim_{n\to +\infty}\frac{\log n!}{\log n^n}.$
    Solución
  1. Tenemos las equivalencias: $$\left|a_n-2/7\right|<\epsilon\Leftrightarrow\left|\dfrac{2n+1}{7n+5}-\dfrac{2}{7}\right|<\epsilon \Leftrightarrow \left|\dfrac{14n+7-49n-10}{49n+35}\right|<\epsilon $$ $$ \Leftrightarrow \left|\dfrac{-3}{49n+35}\right|<\epsilon\Leftrightarrow \dfrac{3}{49n+35}<\epsilon \Leftrightarrow \frac{3}{\epsilon}<49n+35\Leftrightarrow \frac{3-35\epsilon}{49\epsilon}<n.$$ Es decir, para cualquier $\epsilon >0,$ si elegimos $n_0$ número natural tal que $n_0>(3-35\epsilon)/49\epsilon$, entonces $\left|a_n-2/\right|<\epsilon$ si $n\geq n_0,$ por tanto $2/7$ es límite de la sucesión $\{a_n\}.$Eligiendo $\epsilon =0.002:$ $$n>\frac{3-35\epsilon}{49\epsilon}\Leftrightarrow n>\frac{3-35\cdot 0.002}{49\cdot 0.002}=29.89\ldots,$$ luego a partir del término $a_{30}$ ocurre $\left|a_n-2/7\right|<0.002.$
  2. Para $A\neq B$ se verifica: $$A-B=\frac{A^3-B^3}{A^2+AB+B^2}.$$ Llamando $A=\sqrt[3]{n^3+2n^2}$ y $B=n$ queda: $$\sqrt[3]{n^3+2n^2}-n=\frac{2n^2}{\sqrt[3]{(n^3+2n^2)^2}+n\sqrt[3]{n^3+2n^2}+n^2}.$$ Dividiendo numerador y denominador entre $n^2:$
    $$\sqrt[3]{n^3+2n^2}-n=\frac{2}{\sqrt[3]{\dfrac{(n^3+2n^2)^2}{n^6}}+\sqrt[3]{\dfrac{n^3+2n^2}{n^3}}+1}.$$ Por tanto, $L=\dfrac{2}{1+1+1}=\dfrac{2}{3}.$
  3. Se verifica $\dfrac{2}{n}\leq \dfrac{1}{2}\Leftrightarrow 4\leq n,$ por tanto si $n\geq 4:$ $$0\leq \frac{2^n}{n!}=\frac{2^3}{1\cdot2\cdot 3}\cdot\frac{2\cdot2\cdot\ldots\cdot 2}{4\cdot5\cdot\ldots\cdot n}\leq \frac{4}{3}\left(\frac{1}{2}\right)^{n-3}=\frac{32}{3}\left(\frac{1}{2}\right)^{n}.$$ Dado que $\displaystyle\lim_{n\to +\infty}0=\lim_{n\to +\infty}\frac{32}{3}\left(\frac{1}{2}\right)^{n}=0,$ se concluye del teorema del Sandwhich que $\displaystyle\lim_{n\to +\infty}\frac{2^n}{n!}=0.$
  4. Tenemos: $a_{2n}=\left\lfloor 1/2n\right\rfloor=0$ y $a_{2n+1}=\left\lfloor-1/(2n+1)\right\rfloor=-1$ lo cual implica $\{a_{2n}\}\to 0$ y $\{a_{2n+1}\}\to -1.$ La sucesión no es convergente por tener dos subsucesiones con distintos límites.
  5. Habíamos demostrado que $$\sum_{k=1}^n k^2=1^2+2^3+3^2+\ldots+n^2=\dfrac{n(n+1)(2n+1)}{6}.$$ Por tanto, $$\lim_{n\to +\infty}\sum_{k=1}^n \frac{k^2}{n^3}=\lim_{n\to +\infty}\frac{n(n+1)(2n+1)}{6n^3}=\frac{2}{6}=\frac{1}{3}.$$
  6. Descompongamos la fracción en suma de fracciones simples: $$\frac{1}{k(k+1)}=\frac{A}{k}+\frac{B}{k+1}=\frac{A(k+1)+Bk}{k(k+1)}.$$ Igualando $1=A(k+1)+Bk$ e identificando coeficientes, obtenemos $A=1$ y $B=-1,$ por tanto $$\sum_{k=1}^n \frac{1}{k(k+1)}=\sum_{k=1}^n\left(\frac{1}{k}-\frac{1}{k+1}\right)=\left(1-\frac{1}{2}\right)+\left(\frac{1}{2}-\frac{1}{3}\right)$$ $$+\left(\frac{1}{3}-\frac{1}{4}\right)+\left(\frac{1}{4}-\frac{1}{5}\right)+\cdots+\left(\frac{1}{n}-\frac{1}{n+1}\right)=1-\frac{1}{n+1}.$$ Es decir, $$\lim_{n\to +\infty}\sum_{k=1}^n \frac{1}{k(k+1)}=\lim_{n\to +\infty}\left(1-\frac{1}{n+1}\right)=1-0=1.$$
  7. La sucesión $y_n=2^n$ es estrictamente creciente y tiene límite $+\infty.$ Sea $x_n=n.$ Entonces, $$\lim_{n\to +\infty}\frac{x_{n+1}-x_n}{y_{n+1}-y_n}=\lim_{n\to +\infty}\frac{n+1-n}{2^{n+1}-2^n}=\lim_{n\to +\infty}\frac{1}{2^n}=0.$$ Por el criterio de Stolz, $L=0.$
  8. Llamemos $x_n=\sum_{k=1}^nk^p,$ $y_n=n^{p+1}.$ Claramente la sucesión $\{y_n\}$ satisface las hipótesis del criterio de Stolz. Usando la fórmula del binomio de Newton: $$\frac{x_{n+1}-x_n}{y_{n+1}-y_n}=\frac{(n+1)^p}{(n+1)^{p+1}-n^{p+1}}=\frac{n^p+pn^{p-1}+\ldots+1}{(p+1)n^p+\cdots+1}$$ Tenemos el cociente de dos polinomios en $n$ con el mismo grado, por tanto: $$\lim_{n\to +\infty}\frac{x_{n+1}-x_n}{y_{n+1}-y_n}=\frac{1}{p+1}.$$ Como consecuencia del criterio de Stolz, $\displaystyle\lim_{n\to +\infty}\frac{1}{n^{p+1}}\sum_{k=1}^nk^p=\frac{1}{p+1}.$
  9. Podemos escribir: $$\frac{3}{5n}+\frac{5}{10n}+\frac{7}{15n}+\cdots+\frac{2n+1}{5n^2}=\frac{\dfrac{3}{5}+\dfrac{5}{10}+\dfrac{7}{15}+\cdots+\dfrac{2n+1}{5n}}{n}.$$ Ahora bien, como $\displaystyle\lim_{n\to +\infty}\frac{2n+1}{5n}=\frac{2}{5}$ deducimos del criterio de la media aritmética que $L=\dfrac{2}{5}.$
  10. Consideremos como contraejemplo la sucesión no convergente $a_n=(-1)^n,$ y sea $b_n=(a_1+a_2+\cdots +a_n)/n$ la sucesión de sus medias aritméticas. Las subsucesiones de las medias aritméticas para términos pares e impares son: $$b_{2n}=\frac{-1+1-1+\cdots+1}{2n}=0,$$ $$b_{2n-1}=\frac{-1+1-1+\cdots-1}{2n-1}=\frac{-1}{2n-1}.$$ Se verifica $\{b_{2n}\}\to 0$ y $b_{2n-1}\to 0$ de lo cual se deduce que $\{b_n\}\to 0.$ Es decir, la sucesión $\{a_n\}$ no es convergente, pero si lo es la de sus medias aritméticas.
  11. Se verifica $\displaystyle\lim_{n\to +\infty}\dfrac{2n+5}{3n}=\dfrac{2}{3},$ por tanto $L=\dfrac{2}{3}$ como consecuencia del criterio de la media geométrica.
  12. Llamemos $x_n=\sqrt[n]{n}-1.$ Se verifica $x_n\geq 0,$ y por la fórmula del binomio de Newton, $$n=(1+x_n)^n\geq\frac{n(n-1)}{2}x_n^2.$$ Por tanto, $$0\leq x_n\leq \sqrt{\frac{2}{n-1}}\quad (n\geq 2).$$ La sucesión de la derecha tiene límite $0,$ luego $\{x_n\}\to 0$ por el teorema del Sandwich, lo cual implica que $\displaystyle\lim_{n\to +\infty}\sqrt[n]{n}=1.$
  13. Usaremos el teorema del Sandwich. Por una parte $n\leq 1+3n$ para todo $n.$ Por otra, $n^2-(1+3n)=n^2-3n-1=n(n-3)-1\geq 0$ si $n\geq 4.$ Es decir, $1+3n\leq n^2$ si $n\geq 4,$ con lo cual $$\sqrt[n]{n}\leq \sqrt[n]{1+3n}\leq \sqrt[n]{n^2}=\left(\sqrt[n]{n}\right)^2.$$ El límite de la sucesión de la izquierda es $1$ y el de la derecha: $$\lim_{n\to +\infty}\left(\sqrt[n]{n}\right)^2=1^2=1,$$ en consecuencia $\displaystyle\lim_{n\to +\infty}\sqrt[n]{1+3n}=1.$ Otra forma de hallar el límite sería: $$\sqrt[ n]{1+3n}=\sqrt[ n]{\displaystyle\frac{1+3n}{n}}\cdot \sqrt[ n]{n}=\left(\dfrac{1}{n}+3\right)^{1/n}\cdot \sqrt[ n]{n}\to 3^0\cdot 1=1.$$
  14. Si $x_n\geq 0$ se verifica $$1\leq \sqrt[p]{1+x_n}\leq \left(\sqrt[p]{1+x_n}\right)^p=1+x_n=1+\left|x_n\right|.$$ Si $-1\leq x_n<1$ se verifica $$1\geq \sqrt[p]{1+x_n}\geq \left(\sqrt[p]{1+x_n}\right)^p=1+x_n=1-\left|x_n\right|.$$ Las desigualdades anteriores implican $$1-\left|x_n\right|\leq \sqrt[p]{1+x_n}\leq 1+\left|x_n\right|.$$ Como $\{x_n\}\to 0,$ también $\{\left|x_n\right|\}\to 0,$ por tanto $\{1-\left|x_n\right|\}\to 1$ y $\{1+\left|x_n\right|\}\to 1.$ Usando el teorema del Sandwich concluimos que $\displaystyle\lim_{n\to +\infty}\sqrt[p]{1+x_n}=1.$
  15. Llamemos $S(n)=\displaystyle\frac{1}{\sqrt{n^2+1}}+\cdots+\frac{1}{\sqrt{n^2+n}}.$ Entonces, $$\frac{1}{\sqrt{n^2+n}}+\cdots+\frac{1}{\sqrt{n^2+n}}\leq S(n)\leq \frac{1}{\sqrt{n^2}}+\cdots+\frac{1}{\sqrt{n^2}}.$$ Sumando las correspondientes fracciones: $$\frac{n}{\sqrt{n^2+n}}\leq S(n)\leq \frac{n}{\sqrt{n^2}}=1.$$ Tomando límites en la igualdad anterior, $$\lim_{n\to +\infty}\frac{n}{\sqrt{n^2+n}}\leq \lim_{n\to +\infty}\leq S(n)\leq 1.$$ Ahora bien, el límite de la izquierda es $$\lim_{n\to +\infty}\frac{n}{\sqrt{n^2+n}}=\lim_{n\to +\infty}\sqrt{\frac{n^2}{n^2+n}}=\sqrt{1}=1.$$ Por tanto, $$\displaystyle\lim_{n\to +\infty}\left(\frac{1}{\sqrt{n^2+1}}+\cdots+\frac{1}{\sqrt{n^2+n}}\right)=1.$$
  16. Como $a-1>0,$ y usando la fórmula del binomio de Newton: $$a^n=(1+a-1)^n\geq\binom{n}{2}1^{n-2}(a-1)^2=\frac{n(n-1)}{2}(a-1)^2 $$ $$\Rightarrow0\leq \frac{n}{a^n}\leq \frac{2}{(a-1)^2(n-1)},\quad \forall n\geq2.$$ Ahora bien, $$\lim_{n\to +\infty}0=0 \;\text{ y }\lim_{n\to +\infty}\frac{2}{(a-1)^2(n-1)}=0,$$ lo cual implica que $\displaystyle\lim_{n\to +\infty}\frac{n}{a^n}=0.$
  17. Usando la aproximación de Stirling $\log n!\sim n\log n-n$ para $n\to +\infty:$ $$\lim_{n\to +\infty}\frac{\log n!}{\log n^n}=\lim_{n\to +\infty}\frac{ n\log n-n}{n\log n}=\lim_{n\to +\infty}\left(1-\frac{1}{\log n}\right)=1-0=1.$$
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