Ayudanta 1 - Valenzuela

Vista previa del material en texto

Pontificia Universidad Católica de Chile
Facultad de Matemáticas
13 de Marzo de 2012
MAT1610-1
Ayudant́ıa 1: Ĺımites de Sucesiones
Guillermo Valenzuela Gallegos - gevalenz@uc.cl
1. Demuestre, por definición, que la sucesión an =
n2
n2 + 3
tiene por ĺımite 1 y averigüe
cuántos términos de la sucesión están fuera del entorno (1; 0,001).
2. a) Usando la definición de ĺımite de una sucesión, pruebe que si {an} es una sucesión
que converge a cero y {bn} es una sucesión acotada, entonces la sucesión producto
{anbn} converge a cero.
b) Usar la definición de ĺımite de una sucesión cuando n → +∞ para probar que si
ĺım
n→+∞
an = +∞, con an > 0 para todo n ∈ N entonces se cumple que ĺım
n→+∞
1
an
= 0.
Dé un contraejemplo donde se vea que el rećıproco no es cierto en general.
c) Una sucesión {Xn} es de Cauchy si para todo � > 0 existe n0 ∈ N tal que, si
l,m > 0, entonces |Xl −Xm| < �. Demostrar que si una sucesión {Xn} es conver-
gente entonces es una sucesión de Cauchy.
3. Calcule los siguientes ĺımites, si es que existen:
a) ĺım
n→∞
( 3
√
n+ 1− 3
√
n).
b) ĺım
n→∞
(
n2
n− 1
− n
2 + 1
n− 2
)
.
c) ĺım
n→∞
an + bn
an+1 + bn+1
, con 0 < a ≤ b.
d) ĺım
n→∞
n
√
an + bn, con 0 < a ≤ b.
1
e) ĺım
n→∞
1 + 22 + ...+ n2
n3
.
f ) ĺım
n→∞
n+ sin
(
nπ
2
)
2n+ 1
.
g) ĺım
n→∞
(
n
n2 + 1
+
n
n2 + 2
+ ...+
n
n2 + n
)
.
h) ĺım
n→∞
(−1)n(1 + (−1)n).
i) ĺım
n→∞
[a] + [2a] + ...+ [na]
n2
, con a ∈ R fijo.
j ) ĺım
n→∞
n
√
1p + 2p + ...+ np, p ∈ N fijo.
2
Soluciones
1. Dado un � > 0 arbitrario, suficientemente pequeño, debemos encontrar un n0 ∈ N tal
que ∀n > n0, |an − 1| < �. Notemos que:∣∣∣∣ n2n2 + 3 − 1
∣∣∣∣ = ∣∣∣∣n2 − n2 − 3n2 + 3
∣∣∣∣ = ∣∣∣∣ −3n2 + 3
∣∣∣∣ = 3n2 + 3 .
Luego, debe cumplirse que:
3
n2 + 3
< � =⇒ 3
�
< n2 + 3
=⇒ 3
�
− 3 < n2
=⇒
√
3
�
− 3
Nota: Recordar que el concepto de ĺımite es de carácter local, es decir, dentro de un
entorno que contiene al ĺımite. En este sentido, nos interesa qué es lo que sucede con la
sucesión cerca del ĺımite, en un entorno muy pequeño. Por lo tanto, basta considerar
0 < � < 1 (entorno suficientemente pequeño) y no tendremos problema con el signo de
la expresión que está dentro de la ráız.
Luego, basta tomar n0 =
[√
3
�
− 3
]
y se tiene que: ∀� suficientemente pequeño existe
n0 =
[√
3
�
− 3
]
tal que ∀n > n0 se cumple que |an − 1| < �. Luego, ĺım
n→∞
an = 1, con
an =
n2
n2 + 3
.
Nota 2: Importante!! Notar que utilicé el adjetivo ”suficientemente pequeño”para �.
Esto lo hice porque el cálculo realizado para encontrar n0 fue el cálculo exacto, y para
que el cálculo exacto tuviera sentido, era necesario utilizar 0 < � < 1. Ahora, esta
elección de realizar el cálculo exacto para n0 es para poder realizar la segunda parte del
problema, pues queremos saber el número exacto de elementos que están fuera de un
entorno dado (� = 0,001). Sin embargo, si no tuvieramos que realizar la segunda parte,
seŕıa posible eliminar las restricciones sobre �, de tal forma de conseguir la definición
conocida por todos, acotando como sigue:∣∣∣∣ n2n2 + 3 − 1
∣∣∣∣ = ∣∣∣∣n2 − n2 − 3n2 + 3
∣∣∣∣ = ∣∣∣∣ −3n2 + 3
∣∣∣∣ = 3n2 + 3 < 3n2 .
3
Luego, imponemos la siguiente condición, para � > 0:
3
n2
< � =⇒ 3
�
< n2
=⇒
√
3
�
< n
Esta expresión śı tiene sentido para todo � > 0. Luego, basta tomar n0 =
[√
3
�
]
y se
tiene que: ∀� > 0 existe n0 =
[√
3
�
]
tal que ∀n > n0 se cumple que |an−1| < �. Luego,
ĺım
n→∞
an = 1, con an =
n2
n2 + 3
.
Esta parte no la mencioné en la ayudant́ıa, por eso la escribo con todo detalle. Ahora,
vamos a la segunda parte del problema. Queremos encontrar n0 para � = 0,001. Re-
emplazando en la primera relación que obtuvimos, tenemos que: n0 = [54,7448] = 54.
Luego, para todo n > n0, la sucesión an se encuentra dentro del entorno pedido. Luego,
los primeros 54 términos de la sucesión están fuera. Esto lo podemos ver en el siguiente
gráfico:
4
Cada uno de los puntos azules en el gráfico es un término de la sucesión, para 40 ≤ n ≤
100. El punto verde corresponde al término para n = 54. Notamos que este es el último
término que queda fuera del entorno delimitado por las rectas de color rojo. Notemos
que lo anterior no nos asegura que términos que no pertenezcan a 40 ≤ n ≤ 100 estén
dentro o fuera del intervalo. Sin embargo, si realizamos la siguiente resta an+1−an, nos
daremos cuenta que an+1−an > 0 para todo n ∈ N, es decir, la sucesión es estrictamen-
te creciente. Luego, todos los términos correspondientes a 0 < n ≤ 54 están fuera del
entorno y todos los términos correspondientes a n ≥ 55 están dentro, pues el ĺımite es 1.
Con el gráfico podemos observar lo comentado anteriormente. Es decir, que hablar de
ĺımite tiene sentido para intervalos pequeños, pues nos interesa que los valores de la
sucesión se acerquen tanto como nosotros queramos al valor del posible ĺımite. No tiene
mucho sentido hablar de la existencia del ĺımite cuando consideramos un entorno muy
grande, puesto que dentro de ese entorno la sucesión puede hacer cualquier cosa (oscilar
entre dos valores, crecer y decrecer periódicamente, etc). Lo importante es que, para
un entorno pequeño, a partir de un cierto n0, la sucesión esté tan cerca como nosotros
queramos de su ĺımite.
2. a) Esta es una demostración alternativa a la que se encuentra en el apunte subido a
la web del curso.
Como {bn} es acotada, existe M > 0 tal que ∀n ∈ N, |bn| ≤ M . Además, como
{an} es convergente a cero, por definición de ĺımite, tenemos que: ∀� > 0, existe
n0 ∈ N tal que, ∀n > n0, |an − 0| = |an| <
�
M
.
Nota: Algo que no les quedó muy claro a algunos fue el hecho (análogo en el ejer-
cicio 2c) que fue resuelto en la ayudant́ıa) de que tomando � > 0 aseguramos la
existencia de un n0 tal que |an − 0| = |an| <
�
M
para todo n > n0. Lo que hay
que dejar en claro es que, si bien n0 depende de �, nosotros escogimos el n0 de tal
forma que se cumpliera la relación |an − 0| = |an| <
�
M
para todo n > n0, para
un � dado. Es como si dijéramos que, para �, �1 > 0, con � =
�1
M
existe n0 tal que,
∀n > n0, |an − 0| = |an| <
�
M
.
Usando las dos propiedades anteriores, se tiene que: dado � > 0, existe n0 tal que,
∀n > n0, se tiene que
|anbn| <
�M
M
= �.
Esto corresponde a la definición de convergencia a 0 de la sucesión producto anbn�
5
b) Si ĺım
n→∞
an = +∞, entonces, por la definición de ĺımite al infinito, se tiene que:
∀M > 0 existe n0 tal que, ∀n > n0, an > M .
En particular, dado � arbitrario, tomamos M =
1
�
y se obtiene:
an >
1
�
=⇒ 1
an
< �.
Es decir, ∀� > 0 existe n0 tal que, ∀n > n0,
∣∣∣∣ 1an
∣∣∣∣ < �. Esta es la definición de
convergencia a 0 de la sucesión { 1
an
}�
Para probar que el rećıproco no es cierto en general, basta tomar la sucesión
an = −n y se tiene que, cuando n→ +∞, entonces
1
an
→ 0, pero an → −∞.
c) Ahora que está un poco más claro el concepto de ĺımite, vamos a eliminar las con-
diciones arbitrarias que usamos en este problema para obtener el resultado pedido.
Nota: En este desarrollo cambié algunos sub́ındices con respecto al desarrollo de
la ayudant́ıa para evitar confusión.
Por hipótesis, {Xn} es convergente. Supongamos que converge a x0. Entonces,
∀� > 0 existe un n0 tal que ∀n > n0
|xn − x0| <
�
2
.
Insisto nuevamente en que n0 es escogido de tal forma que cumpla la condición
|xn − x0| <
�
2
para todo �. Seguimos.
En particular, para l,m > n0, se tendrá que
|xl − x0| <
�
2
y
|xm − x0| <
�
2
.
Como comentario, notamos que nos sirve el mismo � para l y m, pues ambos son
mayores que n0.
Sumando ambas desigualdades, tenemos que:
|xl − x0|+ |xm − x0| <
�
2
+
�
2
= �.
6
Luego, aplicando la desigualdad triangular, tenemos que:
|xl − xm| ≤ |xl − x0|+ |xm − x0| <
�
2
+
�
2
= �.
Es decir,
|xl − xm| < �.
Luego, la sucesión es de Cauchy.
Nota 2: Para los que todav́ıa no entienden cómo se usó la desigualdad triangular,
propongo la siguiente deducción:
Nosotrosconocemos esta versión de la desigualdad triangular: |a + b| ≤ |a| + |b|.
Notemos lo siguiente:
|xl − xm| = |xl − xm + x0 − x0| = |(xl − x0) + (x0 − xm)|.
Ahora, usamos la desigualdad triangular, con a = xl − x0 y b = x0 − xm:
|(xl−x0)+(x0−xm)| ≤ |xl−x0|+|x0−xm| = |xl−x0|+|−(xm−x0)| = |xl−x0|+|xm−x0|.
Por lo tanto,
|xl − xm| ≤ |xl − x0|+ |xm − x0|.
Esta deducción no la hice en ayudant́ıa porque se supone que es parte de las cosas
que debeŕıa manejar. Por eso, ahora la escribo aqúı.
3. a) ĺım
n→∞
( 3
√
n+ 1− 3
√
n). Notamos que, al evaluar, obtenemos ∞ −∞. No podemos
decir que esto sea 0, pues ninguno de los dos ĺımites existe y no podemos usar
álgebra de ĺımites. Además, ∞−∞ es un caso de indeterminación. Racionalice-
mos, utilizando la igualdad (a3 − b3) = (a− b)(a2 + ab+ b2):
ĺım
n→∞
( 3
√
n+ 1− 3
√
n) = ĺım
n→∞
( 3
√
n+ 1− 3
√
n)
3
√
(n+ 1)2 + 3
√
n(n+ 1) +
3
√
n2
3
√
(n+ 1)2 + 3
√
n(n+ 1) +
3
√
n2
= ĺım
n→∞
n+ 1− n
3
√
(n+ 1)2 + 3
√
n(n+ 1) +
3
√
n2
= ĺım
n→∞
1
3
√
(n+ 1)2 + 3
√
n(n+ 1) +
3
√
n2
= 0
7
pues claramente el denominador tiende a ∞ y el numerador es una constante.
b) Nuevamente estamos en un caso∞−∞. Sin embargo, si desarrollamos la expresión,
obtenemos:
ĺım
n→∞
(
n2
n− 1
− n
2 + 1
n− 2
)
= ĺım
n→∞
(
n2(n− 2)− (n− 1)(n2 + 1)
(n− 1)(n− 2)
)
= ĺım
n→∞
(
n3 − 2n2 − (n3 + n− n2 − 1)
(n− 1)(n− 2)
)
= ĺım
n→∞
(
−n2 − n+ 1
n2 − 3n+ 2
)
= ĺım
n→∞
(
n2
n2
−1− 1
n
+ 1
n2
1− 3
n
+ 2
n
)
= ĺım
n→∞
(−1− 1
n
+ 1
n2
1− 3
n
+ 2
n
)
= −1,
por álebra de ĺımites.
c) Notemos que:
an + bn
an+1 + bn+1
=
bn
(
an
bn
+ 1
)
bn
(
an+1
bn
+ b
) = (ab)n + 1
a
(
a
b
)n
+ b
.
Luego, si 0 < a < b, entonces 0 < a
b
< 1 y aśı,
ĺım
n→∞
(a
b
)n
= 0
con lo que
ĺım
n→∞
an + bn
an+1 + bn+1
= ĺım
n→∞
(
a
b
)n
+ 1
a
(
a
b
)n
+ b
=
1
b
por álgebra de ĺımites.
Ahora, si a = b, tenemos que:
an + bn
an+1 + bn+1
=
(
a
b
)n
+ 1
a
(
a
b
)n
+ b
=
(
b
b
)n
+ 1
b
(
b
b
)n
+ b
=
2
2b
=
1
b
.
Luego, si a = b, entonces la expresión es una constante, y su ĺımite es ella misma.
8
d) Notemos que si 0 < a ≤ b, entonces:
n
√
bn ≤ n
√
an + bn ≤ n
√
bn + bn =⇒ n
√
bn ≤ n
√
an + bn ≤ n
√
2bn
=⇒ b ≤ n
√
an + bn ≤ n
√
2b
Tomando ĺımite,
b ≤ ĺım
n→∞
n
√
an + bn ≤ b,
pues ĺım
n→∞
n
√
c = 1, c > 0. Aśı, por el Teorema del Sandwich,
ĺım
n→∞
n
√
an + bn = b.
e) Cuidado con los ĺımites en donde las sucesiones sean sumas, pues estamos sumando
infinitos términos. Por ejemplo, en este caso tenemos que:
an =
∑n
i=1 i
2
n3
= an =
1
6
n(n+ 1)(2n+ 1)
n3
.
Luego,
ĺım
n→∞
an = ĺım
n→∞
1
6
n(n+ 1)(2n+ 1)
n3
= ĺım
n→∞
1
6
(
1 + 1
n
) (
2 + 1
n
)
n3
=
2
6
=
1
3
,
por álgebra de ĺımites.
f ) Notemos que, ∀n ∈ N,
−1 ≤ sin
(nπ
2
)
≤ 1.
Luego,
n− 1 ≤ n+ sin
(nπ
2
)
≤ n+ 1.
Y aśı,
n− 1
2n+ 1
≤
n+ sin
(
nπ
2
)
2n+ 1
≤ n+ 1
2n+ 1
.
9
Tomando ĺımite, obtenemos:
1
2
≤ ĺım
n→∞
n+ sin
(
nπ
2
)
2n+ 1
≤ 1
2
.
Aśı, por el Teorema del Sandwich,
ĺım
n→∞
n+ sin
(
nπ
2
)
2n+ 1
=
1
2
.
g) Tenemos que:(
n
n2+1
+ n
n2+1
+ ...+ n
n2+1
)
≤
(
n
n2+1
+ n
n2+2
+ ...+ n
n2+n
)
≤
(
n
n2+n
+ n
n2+n
+ ...+ n
n2+n
)
.
Luego,
n
(
n
n2 + 1
)
≤
(
n
n2 + 1
+
n
n2 + 2
+ ...+
n
n2 + n
)
≤ n
(
n
n2 + n
)
.
Es decir, (
n2
n2 + 1
)
≤
(
n
n2 + 1
+
n
n2 + 2
+ ...+
n
n2 + n
)
≤
(
n2
n2 + n
)
.
Tomando ĺımite, tenemos que:
1 ≤ ĺım
n→∞
(
n
n2 + 1
+
n
n2 + 2
+ ...+
n
n2 + n
)
≤ 1.
Por lo tanto, por el Teorema del Sandwich,
ĺım
n→∞
(
n
n2 + 1
+
n
n2 + 2
+ ...+
n
n2 + n
)
= 1.
h) Notemos que si n es par, entonces an = 2 y si n es impar, entonces an = 0. Vemos
que el valor que toma la sucesión oscila entre dos valores. Luego, no converge a
un ĺımite. Demostremos esto. Supongamos que an es convergente. Luego, ∀� > 0
existe n0 ∈ N tal que, para todo n > n0, se tiene que |an+1 − an| < � (propiedad
de sucesión de Cauchy). En particular, para � = 1, tenemos que:
|an+1 − an| < � =⇒ |(−1)n+1(1 + (−1)n+1)− (−1)n(1 + (−1)n)| < 1
=⇒ | − (−1)n + (−1)2n − (−1)n − (−1)2n| < 1
=⇒ | − 2(−1)n| < 1
=⇒ 2 < 1
10
lo que es una contradicción. Luego, an no puede ser convergente.
i) Sabemos que x− 1 ≤ [x] ≤ x. Luego, para 1 ≤ k ≤ n, tenemos que:
ak − 1 ≤ [ak] ≤ ak.
Sumando todas las desigualdades, tenemos que:
n∑
i=1
(ak − 1) ≤ [a] + [2a] + ...+ [na]
n2
≤
n∑
i=1
(ak).
Es decir,
an(n+1)
2
− n
n2
≤ [a] + [2a] + ...+ [na]
n2
≤
an(n+1)
2
n2
.
Tomando ĺımite,
a
2
≤ ĺım
n→∞
[a] + [2a] + ...+ [na]
n2
≤ a
2
.
Por lo tanto, por el Teorema del Sandwich, tenemos que:
ĺım
n→∞
[a] + [2a] + ...+ [na]
n2
=
a
2
.
j ) Notemos que:
1p ≤ 1p + 2p + ...+ np ≤ np + np + ...+ np.
Es decir,
1p ≤ 1p + 2p + ...+ np ≤ np+1.
Luego,
1 ≤ n
√
1p + 2p + ...+ np ≤ ( n
√
n)p+1.
Tomando ĺımite, tenemos que:
1 ≤ ĺım
n→∞
n
√
1p + 2p + ...+ np ≤ 1p+1.
Luego, por el Teorema del Sandwich,
ĺım
n→∞
n
√
1p + 2p + ...+ np = 1
11