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Ejercicios resueltos 347
e)Seaxn D n
�
n
p
nC 1 � npn
�
. Tenemos que:
0 < xn D jxn � 0j D n
�
n
p
nC 1� n
p
n
�
D n n
p
n
 
n
r
1C 1
n
� 1
!
:
Pongamoszn D n
r
1C 1
n
� 1. Tenemos quezn > 0 y:
.1C zn/n D 1C
1
n
> 1C nzn÷ zn <
1
n2
:
Por tanto, usando la desigualdad7.3, tenemos que:
jxn � 0j D n n
p
nzn <
1
n
n
p
n <
1
n
�
1C 2p
n
�
0
1
n
C 2
n n
p
n
6
3
n
Deducimos que tomandom" D 1 C E
�
3
"
�
, entonces para todon > m" se verifica que
jxn � 0j < ". ©
Ejercicio resuelto 153 SeaA un conjunto no vacío y mayorado de números reales. Prueba
que un número real,̌ , es el supremo deA si, y sólo si,̌ es un mayorante deA y hay
alguna sucesión de puntos deA que converge ǎ .
Solución.Supongamos quěD sup.A/. Entonceš es, claro está, un mayorante deA.
Veamos que hay una sucesión de puntos deA que converge ǎ . Comoˇ es el mínimo
mayorante deA, ningún número menor quě puede ser mayorante deA. Por tanto,
dado" > 0, comoˇ � " < ˇ, tiene que haber algúna" 2 A tal queˇ � " < a". En
particular, para"D 1
n
tiene que haber algúnan2A tal queˇ � 1n < an y, por supuesto,
an 6 ˇ. Deducimos así la existencia de una sucesión,fang, de puntos deA que verifica
ˇ � 1
n
< an 6 ˇ. Es claro quefang ! ˇ.
La afirmación recíproca te la dejo apara que la hagas tú. ©
Ejercicio resuelto 154 Supuesto que lKımfxng D x, prueba queADfxn Wn2Ng[fxg tiene
máximo y mínimo.
Solución.Los elementos deA son los términos de la sucesión junto con el límite de la
misma. Observa que el conjuntoA puede ser finito o infinito. El caso en queA es finito
es trivial porque sabemos que todo conjunto finito tiene máximo y mínimo. Conviene
considerar, por tanto, queA es infinito. La idea para hacer este ejercicio es la siguiente:
aún siendoA infinito, todos sus elementos están en un intervalo de la forma �x�";xC"Œ,
con la posible excepción de un número finito de elementos deA que pueden quedar fuera
de dicho intervalo. Para probar queA tiene máximo debemos fijarnos en los elementos
más grandes deA. Dichos elementos deberían estar a la derecha del númerox C " para
" > 0 suficientemente pequeño. Pero no tiene por qué haber ningún elemento deA en
estas condiciones, y eso pasa justamente cuandox es el mayor elemento deA, en cuyo
casox sería el máximo deA.
Esto lleva a razonar de la siguiente forma. Six es el máximo deA, hemos acabado. En
otro caso, tiene que haber algún elemento enA, digamosa 2 A que sea mayor quex,
a > x. Tomemos un" > 0 tal quexC" < a (por ejemplo"D.a�x/=2). Entonces, todos
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Dpto. de Análisis Matemático
Prof. Javier Pérez
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Ejercicios resueltos 348
los elementos deA están en�x � ";x C "Œ excepto un número finito de ellos que quedan
fuera de dicho intervalo; además, comoa > xC ", el conjuntoBD fu2A W u > x C "g
no es vacío (a2B), es finito y, evidentemente, se tiene que mKax.B/DmKax.A/. ©
Ejercicio resuelto 155 a) Seafxng una sucesión y supongamos que hay números� 2
�0; 1Œ; p2N, tales que para todon>p es jxnC1j6�jxnj . Prueba que lKımfxngD0.
b) Seafxng una sucesión de números no nulos verificando que lKım
jxnC1j
jxnj
D�, donde
0 6 � < 1. Prueba que lKımfxng D 0.
Aplicación. Dadosa 2� � 1; 1Œ; k2N, prueba que lKım
n!1
fnkang D 0.
Solución.a) Podemos hacer este apartado de dos maneras. La primera consiste en darse
cuenta de que la hipótesisjxnC1j 6 �jxnj para todon > p, junto con que0 < � < 1,
implica que la sucesión
˚
jxnCpj
	
n2N es decreciente y, como es de números positivos,
tiene que converger a un número˛>0. Por tanto lKımfjxnjgD˛. La desigualdadjxnC1j6
�jxnj implica que˛ 6 �˛ y, como0 < � < 1, la única posibilidad para que dicha
desigualdad se cumpla es que˛ D 0.
Otra forma consiste en escribir paran > p:
jxnC1j D
jxnC1j
jxnj
jxnj
jxn�1j
jxn�1j
jxn�2j
� � � jxpC1jjxpj
jxpj6 �n�pC1jxpj D �nC1
jxpj
�p
DM�nC1
donde hemos puestoMD jxp j
�p
que es una constante que no depende den. La desigualdad
anterior, teniendo en cuenta que, por ser0 < � < 1, se verifica que�n ! 0, implica que
jxnj ! 0.
b) Tomando" > 0 de forma que� D � C " < 1 (basta tomar" D .1 � �/=2), se sigue
que hay un númerop2N tal que para todon > p se verifica que:
jxnC1j
jxnj
6 �÷ jxnC1j6 �jxnj:
Y, por lo visto en el apartado anterior, concluimos quefxng ! 0.
La aplicación que se propone en este ejercicio es un resultado importante que debes
memorizar.
Pongamosxn D nkan, donde se entiende quek es un número natural fijo ya es un
número real conjaj < 1. Tenemos que:
jxnC1j
jxnj
D
�
nC 1
n
�k
jaj÷ lKım
n!1
jxnC1j
jxnj
D jaj < 1:
Y podemos aplicar el resultado del punto anterior para concluir que lKım
n!1
fnkang D 0.
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Ejercicios resueltos 349
Ejercicio resuelto 156 Estudia la convergencia de las sucesiones siguientes.
a/ xn D
2nC .�1/n.nC 2/
7nC 3 b/ xn D n
�
1C .�1/n
3
�n
c/ xn D n2
�
1C n
3n
�n
d/ xnD n
p
anC bn .a > 0; b > 0/
e/ xnD
nX
kD1
1p
k C n2
f / xn D
xn
n!
.x2R/
g/ xnD
p
n2 C 3nC 2 � n h/ xnD
�p
n2 Cpn � n
��p
nC 1C
p
2n
�
Sugerencia. En algunos casos puede usarse el principio de las sucesiones encajadas o el
ejercicio anterior.
Solución. a) Tenemos quefx2ng ! 3=7, fx2n�1g ! 1=7. Luegofxng no converge
porque tiene dos sucesiones parciales que convergen a límites distintos.
b) Tenemos que0 6 xn 6 n
�
2
3
�n
y, comon
�
2
3
�n ! 0 por lo visto en el ejercicio anterior,
se sigue quefxng ! 0.
d)Seą DmKaxa; b. Entonces̨ 6xn6 n
p
2˛. Como n
p
2! 1, concluimos quefxng ! ˛.
e)Tenemos que:
np
nC n2
6
nX
kD1
1p
k C n2
6
np
1C n2
:
Puesto que lKım
n!1
np
nC n2
D lKım
n!1
np
1C n2
D1, el principio de las sucesiones encajadas
implica que lKım
n!1
nX
kD1
1p
k C n2
D 1.
h)
�q
n2 C
p
n � n
��p
nC 1C
p
2n
�
D n
2 Cpn � n2p
n2 CpnC n
�p
nC 1C
p
2n
�
D
D
p
n2 C nC
p
2 np
n2 C
p
nC n
D
q
1C 1
n
C
p
2
q
1C 1
n
p
n
C 1
!
p
2
©
Ejercicio resuelto 157 Estudia la convergencia de la sucesión:
xn D 2
p
n�
nX
kD1
1p
k
Solución.Estudiaremos la monotonía y acotación. Tenemos que:
xnC1 � xn D 2
p
nC 1 � 2
p
n � 1p
nC 1
D 2nC 1� 2
p
n2 C np
nC 1
>
>
2nC 1 � 2
q
n2 C nC 1
4p
nC 1
D 0:
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