Ayudanta 2 - Valenzuela

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Pontificia Universidad Católica de Chile
Facultad de Matemáticas
20 de Marzo de 2012
MAT1610-1
Ayudant́ıa 2: Ĺımites de Sucesiones y
Teorema del Supremo
Guillermo Valenzuela Gallegos - gevalenz@uc.cl
1. Demuestre que 0 es el ı́nfimo del conjunto A =
{
| sinn|
n
: n ∈ N
}
.
2. Sea {In}n∈N una colección de intervalos cerrados, In = [an, bn], tales que
In ⊂ ... ⊂ I2 ⊂ I1.
Demuestre que
∞⋂
n=1
In 6= ∅.
3. Demuestre que la sucesión
1 +
1
22
+ ...+
1
n2
es convergente y que ĺım
n→∞
an ≤ 2.
Hint: Demuestre que an ≤ 2−
1
n
para todo n ∈ N.
4. Sea an tal que a1 = 4 y an+1 =
6a2n + 6
a2n + 11
. Pruebe que an converge y calcule su ĺımite.
Hint: Pruebe que an ≥ 3.
5. Calcule:
a) ĺım
n→∞
n!
(n+ 1)! + 1
.
b) ĺım
n→∞
n sinn!
(n+ 1)
(
1
5
cos2 (n+ 3 sin(n)) +
1
4
sin2
(
cos(n) + 1
n
))n
.
1
Soluciones
1. Para demostrar que 0 es el ı́nfimo de A, debemos probar, en primer lugar, que es cota
inferior de dicho conjunto. Notemos que:
0 ≤ | sin(n)|.
Luego, multiplicando por 1
n
, tenemos que
0 ≤ | sin(n)|
n
,∀n ∈ N.
Aśı, 0 es cota inferior de A. Ahora, debemos probar que 0 es la mayor de las cotas
inferiores del conjunto A, es decir, que dado � > 0 existe n0 ∈ N tal que:
0 ≤ | sin(n0)|
n
≤ 0 + �.
Notemos que, ∀n ∈ N, se tiene que:
| sin(n)| ≤ 1.
Multiplicando por 1
n
, tenemos que:
| sin(n)|
n
≤ 1
n
,∀n ∈ N.
Pero sabemos que ı́nf
{
1
n
, n ∈ N
}
= 0, es decir, dado � > 0 existe n0 ∈ N tal que 1n0 < �.
Usando las desigualdades anteriormente escritas, conclúımos que:
0 ≤ | sin(n0)|
n0
≤ 1
n0
< 0 + �.
Aśı, tenemos que, para � > 0 existe un n0 ∈ N tal que:
0 ≤ | sin(n0)|
n0
< 0 + �.
Luego, se tiene que ı́nf A = 0.
2
2. Sean A = {a1, ..., an} y B = {bn, ...b1}. Notemos que A es acotado superiormente. En
efecto, por hipótesis,
a1 < a2 < ... < an < bn < ... < b2 < b1.
Por lo tanto, ∀n ∈ N, bn es cota superior de A. Por el axioma del supremo, existe
c = supA. Luego, ∀n ∈ N, an ≤ c.
Ahora, si logramos probar que c ≤ bn, entonces lograŕıamos concluir lo pedido, pues
existiŕıa un elemento que pertenece a todos los intervalos. Por lo tanto, la intersección
de todos ellos no podŕıa ser vaćıa.
Supongamos que, por el contrario, existe n0 ∈ N tal que bn0 < c. Encontes bn0 es cota
superior de A y es menor que c, por lo que c no podŕıa ser el supremo de A, lo que
es una contradicción, pues nosotros asumimos que c es el supremo de A. Aśı, no existe
n0 ∈ N tal que bn0 < c. Luego, c es cota inferior de B.
Por lo tanto, se concluye que c ∈
∞⋂
n=1
In, por lo que
∞⋂
n=1
In 6= ∅.
3. Sea la sucesión an =
n∑
i=1
1
i2
. Notemos que:
an+1 − an =
n+1∑
i=1
1
i2
−
n∑
i=1
1
i2
=
1
(n+ 1)2
+
n∑
i=1
1
i2
−
n∑
i=1
1
i2
=
1
(n+ 1)2
> 0.
Luego, la sucesión es creciente.
Ahora, demostraremos, por inducción, que an ≤ 2− 1n , ∀n ∈ N. Tenemos que:
a) Para n = 1, a1 = 1 ≤ 2− 1 = 1. Este es nuestro caso base.
3
b) Supongamos que an ≤ 2− 1n para algún n ∈ N. Por demostrar que an+1 ≤ 2−
1
n+1
.
Notemos que:
an+1 =
n+1∑
i=1
1
i2
=
1
(n+ 1)2
+
n∑
i=1
1
i2
=
1
(n+ 1)2
+ an.
Por hipótesis de inducción:
1
(n+ 1)2
+ an ≤
1
(n+ 1)2
+ 2− 1
n
.
Además, como
1
(n+ 1)2
=
1
(n+ 1)(n+ 1)
≤ 1
n(n+ 1)
, tenemos que:
1
(n+ 1)2
+ an ≤
1
(n+ 1)2
+ 2− 1
n
≤ 1
n(n+ 1)
+ 2− 1
n
= 2− 1
n
(
1− 1
n+ 1
)
= 2− 1
n
(
n
n+ 1
)
= 2− 1
n+ 1
Por lo tanto, tenemos que:
an+1 ≤ 2−
1
n+ 1
.
Luego, hemos demostrado que an está acotada superiormente y, como es creciente,
entonces deducimos que es convergente. Para demostrar la última parte, tenemos
que:
an ≤ 2−
1
n
.
Aśı, tomando ĺımite a ambos lados y aplicando álgebra de ĺımites, pues todos los
ĺımites existen, concluimos que:
ĺım
n→∞
an ≤ 2.
4
4. Probemos por inducción que an ≥ 3.
a) Para n = 1, tenemos que a1 = 4 ≥ 3. Este es nuestro caso base.
b) Supongamos que an ≥ 3 para algún n ∈ N. Por demostrar que an+1 ≥ 3. Notemos
que:
an+1 = 6
(
a2n + 1
a2n + 11
)
= 6
(
a2n + 1 + 10− 10
a2n + 11
)
= 6
(
a2n + 11− 10
a2n + 11
)
= 6
(
1− 10
a2n + 11
)
.
Además, por hipótesis de inducción, tenemos que:
a2n + 11 ≥ 32 + 11 = 20.
Luego, se tiene que:
an+1 = 6
(
1− 10
a2n + 11
)
≥ 6
(
1− 10
20
)
= 3.
Luego, se tiene que an ≥ 3.
Aśı, como tenemos que an es acotada inferiormente, si logramos probar que es
decreciente, entonces podremos concluir que es convergente. Demostremos que la
sucesión es decreciente. Notemos que:
an − an+1 = an −
6a2n + 6
a2n + 11
=
a3n − 6a2n + 11an − 6
a2n + 11
.
Pero a2n + 11 > 0,∀n ∈ N. Luego, el signo de la expresión sólo depende del signo
del numerador. Encontermos las ráıces de dicho polinomio. Para esto, tenemos
que los siguientes números son candidatos para ser ráız racional del polinomio:
{±1,±2,±3,±6}. Probando con estos valores, vemos que 1, 2 y 3 cumplen con
a3n − 6a2n + 11an − 6 = 0. Luego, es posible factorizar el polinomio de la siguiente
forma: a3n − 6a2n + 11an − 6 = (an − 1)(an − 2)(an − 3). Pero ya demostramos que
an ≥ 3. Luego, se tiene que este polinomio es mayor o igual que 0,∀n ∈ N, por lo
que an − an+1 ≥ 0,∀n ∈ N. Aśı, concluimos que la sucesión es decreciente. Por lo
tanto, como es monótona y acotada, deducimos que es convergente.
Ahora, para calcular el ĺımite, basta notar que:
ĺım
n→∞
an+1 = ĺım
n→∞
an = L.
Aplicando ĺımite a ambos lados de la definión recursiva de la sucesión, se debe
tener que:
L =
6L2 + 6
L2 + 11
.
5
Es decir,
L3 − 6L2 + 11L− 6 = (L− 1)(L− 2)(L− 3) = 0.
Por lo tanto, la única opción es que L = 3, pues an ≥ 3. Aśı, se concluye que:
ĺım
n→∞
an = 3.
5. a) Notemos que:
1
(n+ 1)! + 1
≤ n!
(n+ 1)! + 1
≤ n!
(n+ 1)!
=
1
n+ 1
.
Tomando ĺımite, tenemos que:
0 ≤ ĺım
n→∞
n!
(n+ 1)! + 1
≤ 0.
Aśı, por el Teorema del Sandwich, tenemos que:
ĺım
n→∞
n!
(n+ 1)! + 1
= 0.
b) Notemos que, ∀n ∈ N,
0 ≤ n
n+ 1
≤ 1
y
−1 ≤ sin(n!) ≤ 1.
Luego, la sucesión gn =
n sin(n!)
n+ 1
es acotada. Además,
0 ≤
(
1
5
cos2 (n+ 3 sin(n)) +
1
4
sin2
(
cos(n) + 1
n
))
≤ 1
5
+
1
4
=
9
20
.
Aśı, tenemos que:
0 ≤
(
1
5
cos2 (n+ 3 sin(n)) +
1
4
sin2
(
cos(n) + 1
n
))n
≤
(
9
20
)n
.
Tomando ĺımite, tenemos que:
0 ≤ ĺım
n→∞
(
1
5
cos2 (n+ 3 sin(n)) +
1
4
sin2
(
cos(n) + 1
n
))n
≤ 0.
6
Aśı, por el Teorema del Sandwich, tenemos que:
ĺım
n→∞
(
1
5
cos2 (n+ 3 sin(n)) +
1
4
sin2
(
cos(n) + 1
n
))n
= 0.
Por lo tanto, tenemos una sucesión acotada multiplicada por una cuyo ĺımite es
0. Luego, tenemos que el ĺımite de la multiplicación también será 0. Es decir,
ĺım
n→∞
n sinn!
(n+ 1)
(
1
5
cos2 (n+ 3 sin(n)) +
1
4
sin2
(
cos(n) + 1
n
))n
= 0.
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