Ejercicios _odiosos_

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PONTIFICIA UNIVERSIDAD CATOLICA DE CHILE
FACULTAD DE MATEMATICAS
DEPARTAMENTO DE MATEMATICA
Curso: Cálculo I - MAT1503
Primer Semestre 2008.
Ayudante: Claudio Muñoz Caro.
EJERCICIOS ”ODIOSOS”
1. Demuestre por definición que:
lim
n→∞
n3 + 3n2 − 5n + 6
3n3 − 3n + 7
=
1
3
Solución:
Primero que todo, debemos tener muy en claro lo que se nos está pidiendo de-
mostrar (esa es la mitad de la batalla).
Como nos dicen en este caso que el ĺımite es
1
3
, debemos ser capaces de demostrar lo
siguiente:
∀ε > 0 ∃n0(ε) ∈ N / ∀n ≥ n0
∣∣∣∣n3 + 3n2 − 5n + 63n3 − 3n + 7 − 13
∣∣∣∣ ≤ ε
Para lograrlo, podemos notar que:∣∣∣∣n3 + 3n2 − 5n + 63n3 − 3n + 7 − 13
∣∣∣∣ = ∣∣∣∣3(n3 + 3n2 − 5n + 6)− 1(3n3 − 3n + 7)3(3n3 − 3n + 7)
∣∣∣∣ = ..
.. =
∣∣∣∣9n2 − 12n + 119n3 − 9n + 21
∣∣∣∣ ≤ ∣∣∣∣9n2 + 12n + 119n3 − 9n + 21
∣∣∣∣ ..
.. ≤
∣∣∣∣9n2 + 12n + 119n3 − 9n
∣∣∣∣ ≤ 9n2 + 18n + 189n3 − 9n ..
.. ≤ n
2 + 2n + 2
n3 − n
≤ n
2 + 3n + 2
n(n2 − 1)
..
.. ≤ (n + 2)(n + 1)
n(n− 1)(n + 1)
≤ n + 2
n(n− 1)
..
.. =
n− 1 + 3
n(n− 1)
=
(n− 1)
n(n− 1)
+
3
n(n− 1)
..
.. =
1
n
+
3
n(n− 1)
≤ 1
n
+
3
n
..
.. =
4
n
1
Luego, si
4
n
≤ ε tendremos, por transitividad, que
∣∣∣∣n3 + 3n2 − 5n + 63n3 − 3n + 7 − 13
∣∣∣∣ ≤ ε.
Entonces, para que lo primero suceda, se debe tener que
4
ε
≤ n; es decir, que n ≥ 4
ε
.
Por lo tanto, hemos encontrado un candidato para el n0 que buscábamos. Recorde-
mos eso si, que no sabemos si n0 =
4
ε
∈ N, por esta razón, nos aseguraremos de que
esto śı ocurra, tomando n0 =
[
4
ε
]
+ 1, que śı pertenece a N 2
2. Demuestre por definición que:
lim
n→∞
n2 + 2
n + 1
= ∞
Solución:
Acá, al contrario que en el ejercicio anterior, nos dicen que el ĺımite diverge a ∞,
por lo tanto, debemos demostrar lo siguiente:
∀M ∈ R+,∃n0(M) ∈ N / ∀n ≥ n0
∣∣∣∣n2 + 2n + 1
∣∣∣∣ > M
Para hacer esto expĺıcito, es cosa de notar que:∣∣∣∣n2 + 2n + 1
∣∣∣∣ = n2 + 2n + 1 ≥ n2n + 1 ≥ n2n + n = n2
Con esto, estamos diciendo que, para cualquier valor de M ∈ R+ (por grande que
este sea), siempre podremos hacer que
n
2
> M y por tanto, por transitividad,
que
∣∣∣∣n2 + 2n + 1
∣∣∣∣ > M , pues nos bastaŕıa con tomar n > 2M . Entonces, como el menor
natural mayor que 2M está dado por [2M ]+1, nos bastaŕıa con tomar n0 =[2M ]+1,
y
será suficiente para poder asegurar que
∀n ≥ n0 ,
∣∣∣∣n2 + 2n + 1
∣∣∣∣ > M
Y que, por lo tanto, ∀M ∈ R+,∃n0(M) ∈ N / ∀n ≥ n0
∣∣∣∣n2 + 2n + 1
∣∣∣∣ > M
2