Sucesiones monótonas

Proporcionamos ejercicios sobre sucesiones monótonas.

Enunciado
1. Estudiar la monotonía de las sucesiones: $$x_n=\dfrac{2n}{n+1},\;\;y_n=\dfrac{n}{n^2+1},\;\;z_n=\dfrac{n+1}{3n-11}.$$
2. Estudiar la monotonía de las sucesiones: $a_n=\dfrac{7^n}{n!},\;\;b_n=\dfrac{7^n}{(n+5)!}.$
3. Se considera la sucesión $a_n=\dfrac{2n}{n^2+1}.$
   $a)$ Demostrar que es monótona creciente.
   $b)$ Demostrar que $K=3$ es cota superior de la sucesión.
   $c)$ Concluir que es convergente.
4. Se considera la sucesión $\{a_n\}$ definida por $a_1=0$ y $a_{n+1}=\sqrt{6+a_n}.$
   $a)$ Demostrar por inducción que $a_n\geq 0$ para todo $n.$
   $b)$ Demostrar que $\{a_n\}$ es monótona creciente.
   $c)$ Demostrar $\{a_n\}$ está acotada superiormente.
   $d)$ Calcular el límite de $\{a_n\}$ caso de ser convergente.
5. Demostrar que toda sucesión monótona creciente y acotada superiormente, es convergente, y que su límite es el extremo superior del conjunto de los términos de la sucesión.

Solución
1. Tenemos: $$x_{n+1}-x_n=\dfrac{2(n+1)}{(n+1)+1}-\dfrac{2n}{n+1}=\frac{2}{(n+2)(n+1)},$$ $$y_{n+1}-y_n=\dfrac{n+1}{(n+1)^2+1}-\dfrac{n}{n^2+1}=\frac{-n^2-n+1}{\left[(n+1)^2+1\right](n^2+1)},$$ $$z_{n+1}-z_n=\dfrac{(n+1)+1}{3(n+1)-11}-\dfrac{n+1}{3n-11}=\frac{-14}{(3n-8)(3n-11)}.$$ Dado que $x_{n+1}-x_n\geq 0$ $\forall n,$ la sucesión $\{x_n\}$ es monótona creciente. Como $y_{n+1}-y_n\leq 0$ $\forall n,$ la sucesión $\{y_n\}$ es monótona decreciente. Por último, para $n=2$ tenemos $z_{3}-z_2=-7/5\leq 0,$ y para para $n=3,$ $z_{4}-z_3=7\geq 0,$ por tanto $\{z_n\}$ no es monótona.
2. Tenemos: $$\frac{a_{n+1}}{a_n}=\dfrac{7^{n+1}}{(n+1)!}\cdot \dfrac{n!}{7^n}=\frac{7}{n+1},$$ $$\frac{b_{n+1}}{b_n}=\dfrac{7^{n+1}}{(n+6)!}\cdot \dfrac{(n+5)!}{7^n}=\frac{7}{n+6}.$$ Ambas sucesiones son de términos positivos. Como $a_6/a_5=7/6>1$ y $a_8/a_7=7/8<1,$ la sucesión $\{a_n\}$ no es monótona. Sin embargo, $b_{n+1}/b_n\leq 1$ para todo $n,$ por tanto $\{b_n\}$ es monótona decreciente.
3. $a)$ Para todo $n$ se verifica $$a_{n+1}-a_n=\dfrac{2(n+1)}{(n+1)+1}-\dfrac{2n}{n+1}=\frac{2}{(n+2)(n+1)}\geq0,$$ por tanto $\{a_n\}$ es monótona creciente.
   $b)$ Para todo $n$ se verifica $$3-a_n=3-\dfrac{2n}{n+1}=\frac{3n+3-2n}{n+1}=\frac{n+3}{n+1}\geq0,$$es decir $a_n\leq 3$ para todo $n,$ luego $K=3$ es cota superior de $\{a_n\}.$
   $c)$ Se concluye de los apartados anteriores y de un conocido teorema.
4. $a)$ Se verifica para $n=1$ por hipótesis. Si $a_n\geq 0,$ entonces $6+a_n\geq 0,$ por tanto existe $a_{n+1}=\sqrt{6+a_n}$ y es $\geq 0.$
   $b)$ Tenemos que demostrar que $a_{n+1}\geq a_n $ para todo $n$. Usemos el método de inducción. Para $n=1$ tenemos $a_2=\sqrt{6}\geq 0=a_1.$ Supongamos que $a_{n+1}\geq a_n,$ entonces, $$a_{n+2}=\sqrt{6+a_{n+1}}\geq \sqrt{6+a_{n}}=a_{n+1}.$$ $c)$ Como $a_{n+1}=\sqrt{6+a_{n}}\geq a_n\geq0,$ se cumple $6+a_n\geq a_n^2,$ o de forma equivalente $-a_n^2+a_n+6\geq 0.$ Podemos expresar $$-a_n^2+a_n+6=(3-a_n)(2+a_n)\geq 0\text{ para todo }n.$$ Dado que $2+a_n\geq 0$ para todo $n,$ se verifica $3-a_n\geq 0$ para todo $n,$ lo cual implica que $3$ es cota superior de $\{a_n\}.$
   $d)$ La sucesión es monótona creciente y acotada superiormente, en consecuencia es convergente. Sea $L$ su límite. Tomando límites en la relación $a_{n+1}=\sqrt{6+a_n}:$ $$L=\sqrt{6+L}\Rightarrow L^2=6+L\Rightarrow L=3\vee L=-2.$$ Pero $a_n\geq 0$ para todo $n,$ por tanto $L=\displaystyle\lim_{n\to +\infty}a_n=3.$
5. Sea $\{a_n\}$ monótona creciente, es decir $a_{n+1}\geq a_n$ para todo $n.$ Si además está acotada, el conjunto $A$ de los términos de la sucesión tiene extremo superior $S$ (axioma del extremos superior). Veamos que $a_{n+1}\to S.$ Para todo $\epsilon > 0$ existe $n_0$ número natural tal que $$S-\epsilon < a_{n_0}\leq S,$$ pues en otro caso, $S$ no sería extremo superior de $A.$ Como $\{a_n\}$ es monótona creciente, y $S$ es cota superior de $A,$ $n\geq n_0$ implica que $$S-\epsilon < a_n \leq S,$$ que a su vez implica $\left|a_n-S\right| < \epsilon.$ Esto demuestra simultáneamente que $\{a_n\}$ es convergente con límite $S.$