Ayudanta 7 - Galasso

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Ayudant́ıa Lunes 24 de Septiembre
Ayudante: Bastián Galasso D.
1) Mostrar que la sucesión
√
3,
√
3 +
√
3,
√
3 +
√
3 +
√
3, . . .
Converge y además calcule a que converge.
Demostración:
Sea la sucesion definida recursivamente por an+1 =
√
3 + an y a1 =
√
3, por lo
tanto, primero probemos que existe el limite y luego lo calcularemos.
Para probar que existe el limite, mostraremos que la sucesion antes definida es
monotona y acotada.
Primero veremos que la función esta acotada por el valor 3, aunque esta es mucha
cota, pero para el proposito que la necesitamos nos srive. La demostración la hare-
mos por inducción
Para 1,
a1 < 3√
3 < 3
Por lo tanto, para 1 se cumple.
Suponemos para n valido y demostramos para n + 1, entonces nos queda:
an < 3 < 6
an < 6
3 + an < 9√
3 + an < 3
an+1 < 3
Por lo tanto, la función es acotada por 0 y 3.
Monotonia:
Por induccion, demostraremos la monotonia
Para 1,
a2 > a1
1
√
3 + a1 > a1√
3 +
√
3 >
√
3
3 +
√
3 > 3√
3 > 0
Por lo tanto, para 1 se cumple.
Suponemos para n valido y demostramos para n + 1, entonces nos queda:
an > an−1
3 + an > 3 + an−1
3 + an > a
2
n√
3 + an > an
an+1 > an
Por lo tanto, la función es monotona creciente.
- Con lo que queda demostrado la monotonia y que es acotada. por lo tanto converge
y ahora calcularemos el limite. Supongamos que ĺım
n→∞
an = L, entonces:
ĺım
n→∞
an+1 = ĺım
n→∞
an
ĺım
n→∞
√
3 + an = ĺım
n→∞
an
√
3 + L = L
3 + L = L2
L2 − L− 3 = 0
Por lo tanto las soluciones de la ecuacion cuadratica son L = 1+
√
13
2
y L = 1−
√
13
2
.
pero esta ultima no nos sirve, ya que la sucesion esta acotada entre o y 3, por lo
tanto:
ĺım
n→∞
an =
1 +
√
13
2
�
2) Sea
Pn = cos(
π
22
) cos(
π
23
) cos(
π
24
) . . . cos(
π
2n
)
Calcule
ĺım
n→∞
Pn
Solución:
multiplicamos pn por sen(
π
2n
) entonces tenemos que
2
pn · sen( π2n ) = cos(
π
22
)cos( π
23
) · · · cos( π
2n
) · sen( π
2n
)
En donde recordamos que
2 cos(
π
2n
) · sen( π
2n
) = sen(
2π
2n
) = sen(
π
2n−1
)
luego
2pn · sen( π2n ) = cos(
π
22
)cos( π
23
) · · · cos( π
2n−1
) · sen( π
2n−1
)
Y repitiendo el mismo patrón n− 1 veces obtenemos que :
2n−2pn · sen(
π
2n
) = cos(
π
22
) · sen( π
22
) =
sen(2π
22
)
2
=
sen(π
2
)
2
=
1
2
Finalmente podemos despejar pn como sigue
pn =
1
2n−1sen( π
2n
)
entonces ahora analizamos el limite , teniendo que:
ĺım
n→∞
Pn = ĺım
n→∞
1
2n−1 sin π
2n
= ĺım
n→∞
π
2n
( π
2n
)2n−1sen( π
2n
)
= ĺım
n→∞
π
2n
sen( π
2n
)
· 1π
2
ademas como n → ∞ entonces 2n → ∞ y luego π
2n
→ 0 luego podemos utilizar el
conocido limite ĺım
x→0
sen(x)
x
= ĺım
x→0
x
sen(x)
= 1 en donde x = π
2n
tenemos finalmente
que nuestro limite pedido es
ĺım
n→∞
Pn =
2
π
�
3) Sea
ϕn =
1
2
· 3
4
· 5
6
· · · 2n−1
2n
Calcule
ĺım
n→∞
ϕn
Solución:
Consideremos las dos siguiente sucesiones
ϕn =
1
2
· 3
4
· 5
6
· · · 2n−1
2n
y φn =
2
3
· 4
5
· 6
7
· · · 2n
2n+1
3
Y ahora también notemos
4n2 − 1 < 4n2
(2n− 1)(2n + 1) < (2n)(2n)
2n− 1
2n
<
2n
2n + 1
De lo que se puede deducir fácilmente que
ϕn < φn
⇒ ϕ2n < ϕnφn
Ahora notemos que
ϕnφn =
1
2
· 3
4
· 5
6
· · · 2n− 1
2n
· 2
3
· 4
5
· 6
7
· · · 2n
2n + 1
=
1
2n + 1
Por lo tanto, deducimos, debido a que ϕn > 0 que
0 < ϕn <
1√
2n+1
Y por teorema de sandwich, podemos concluir que
ĺım
n→∞
ϕn = 0
�
4) Mostrar usando sucesiones y limites de estas mismas que 0, 9̄ = 1
Solución:
Consideremos la sucesión de la siguiente manera
a1 = 0, 9
a2 = 0, 99
a3 = 0, 999
...
an = 0, 999999 . . .
= 0, 9 + 0, 09 + 0, 009 + . . .
=
9
10
(
1 +
1
10
+
1
102
+ . . . +
1
10n
)
=
9
10
n∑
k=0
(
1
10
)k
4
Ahora viendo el ĺımite, nos queda
ĺım
n→∞
an = ĺım
n→∞
9
10
n∑
k=0
(
1
10
)k
=
9
10
ĺım
n→∞
n∑
k=0
(
1
10
)k
=
9
10
ĺım
n→∞
(
1−
(
1
10
)k+1
1− 1
10
)
=
9
10
(
1
1− 1
10
)
=
(
9
10
)(
10
9
)
= 1
�
5) Sea
f(x) = ĺım
n→∞
(
ĺım
k→∞
cos(n!xπ)2k
)
Identifique la función ( HINT: Ya fue utilizada en otra ayudant́ıa).
Solución:
Como x ∈ R, puede ser tanto racional como irracional, por lo tanto separaremos el
problema en dos casos.
Caso x ∈ Q:
Si x ∈ Q, entonces existe N tal que para n ≥ N ; n!x ∈ Z. Si n!x ∈ Z, en-
tonces cos(n!xπ) es siempre 1 o -1 (ya que el argumento de la función coseno seria
un múltiplo entero de π) y por estar elevado a una potencia par nos queda que
f(x) = ĺım
n→∞
(
ĺım
k→∞
cos(n!xπ)2k
)
= 1; con x ∈ Q
Caso x ∈ I:
Si x ∈ I, entonces n!x no pertenece a Z ∀ n. Con lo que podemos concluir, que
0 < cos(n!xπ)2k < 1, de lo que se sigue que
f(x) = ĺım
n→∞
(
ĺım
k→∞
cos(n!xπ)2k
)
= 0; con x ∈ I
5
Por lo tanto la función que encontramos es la función de Dirichlet, y queda expresada
de la siguiente manera
D(x) =
 1 si x ∈ Q0 si x ∈ I
�
6