Ejerciciossucesiones

EJERCICIOS DE SUCESIONES NUMÉRICAS
1. Cálculo de l´ımites
1. Calcular el l´ımite de la sucesión de término general an =
√
n2 + 4n −
√
n2 − n.
Solución
Multiplicamos y dividimos por el conjugado y se obtiene:
L = l´ım
n→∞
(
√
n2 + 4n −
√
n2 − n)(
√
n2 + 4n +
√
n2 − n)
√
n2 + 4n +
√
n2 − n
= l´ım
n→∞
5n
√
n2 + 4n +
√
n2 − n
= l´ım
n→∞
5
1 + 4/n + 1 − 1/n
=
5
2
.
√
n2 + n + 1 − n.
Solución
Como tenemos una indeterminación ∞ − ∞, multiplicamos y dividimos por el conjugado:
L = l´ım
n→∞
( n2 + n + 1 −
√
n2)
= l´ım
n→∞
(
√
n2 + n + 1 −
√
n2)(
√
n2 + n + 1 +
√
n2)
√
n2 + n + 1 +
√
n2
= l´ım
n→∞
n + 1
√
n2 + n + 1 +
√
n2
= l´ım
n→∞
1 + 1/n
1 + 1/n + 1/n2 +
√
1
=
1
2
.
3. Calcular el l´ımite de la sucesión de término general an = n2 +
√
n4 + 1 −
√
2n.
Solución
Multiplicamos y dividimos dos veces por el conjugado y obtenemos:
L = l´ım
n→∞
n2 + n4 + 1 −
√
2n2
= l´ım
n→∞
n2 +
√
n4 + 1 −
√
2n2 n2 +
√
n4 + 1 +
√
2n2
n2 +
√
n4 + 1 +
√
2n2
= l´ım
n→∞
√
n4 + 1 −
√
n4
n2 +
√
n4 + 1 +
√
2n2
= l´ım
n→∞
n4 + 1 − n4
n2 +
√
n4 + 1 +
√
2n2
√
n4 + 1 +
√
n4
= 0.
1

√
n2 + n + 1 −
√
3n2 − 1 − 3n.
Solución
Debido a la indeterminación ∞ − ∞, procedemos as´ı:
L = l´ım
n→∞
( n2 + n + 1 − 3n2 − 1) − l´ım
n→∞
3n = l´ım
n→∞
n2 + n + 1 − 3n2 + 1
√
n2 + n + 1 +
√
3n2 − 1
− l´ım
n→∞
3n = l´ım
n→∞
−2n2 + . . .
√
n2 + . . . +
√
3n2 + . . .
− ∞ = −∞.
5. Calcular el l´ımite de la sucesión de término general an = 3
√
n3 + 2n2 − 3
√
n3 − n.
Solución
Teniendo en cuenta la factorización a3 − b3 = (a − b)(a2 + ab + b2), si llamamos
a = 3
√
n3 + 2n2 y b = 3
√
n3 − n, resulta:
L = l´ım
n→∞
(a − b) = l´ım
n→∞
a3 − b3
a2 + ab + b2
= l´ım
n→∞
n3 + 2n2 − n3 + n
(n3 + 2n2)2/3 + (n3 + 2n2)1/3(n3 − n)1/3 + (n3 − n)2/3
= l´ım
n→∞
2n2 + n
3
√
n6 + . . . + 3
√
n6 + . . . + 3
√
n6 + . . .
= l´ım
n→∞
2 + 1/n
3
√
1 + . . . + 3
√
1 + . . . + 3
√
1 + . . .
=
2
3
.
6. Calcular el l´ımite de la sucesión de término general an = 3
√
n9 + 2n −
√
n6 − 7n3.
Solución
Teniendo en cuenta que L = l´ım
n→∞
6
(n9 + 2n)2 − 6
(n6 − 7n3)3, si llamamos a = 6
(n9 + 2n)2,
b = 6
(n6 − 7n3)3, aplicamos la fórmula
a − b =
a6 − b6
a5 + a4b + a3b2 + a2b3 + ab4 + b5
y obtenemos
L = l´ım
n→∞
(a − b) = l´ım
n→∞
(n9 + 2n)2 − (n6 − 7n3)3
6
(n9 + 2n)10 + · · · + 6
(n6 − 7n3)15
= l´ım
n→∞
4n10 + 4n2 − (−21n15 + 147n12 − 73n9)
6
√
n90 + . . . + · · · + 6
√
n90 + . . .
=
21
6
=
7
2
.
2

3
n3 + 5 +
3
8n3 + 4n2 − 3n.
Solución
En primer lugar, transformamos la indeterminación ∞ − ∞ en 0 · ∞:
L = l´ım
n→∞
3
n3(1 + 5/n3) + 3
8n3(1 + 4n2/8n3) − 3n
= l´ım
n→∞
n(1 + 5/n3
)1/3
+ 2n(1 + 1/2n)1/3
− 3n
= l´ım
n→∞
n (1 + 5/n3
)1/3
+ 2(1 + 1/2n)1/3
− 3 .
Aplicamos ahora la fórmula de Newton:
1 +
5
n3
1/3
= 1 +
1/3
1
5
n3
+
1/3
2
52
n6
+ . . .
= 1 +
1
3
·
5
n3
+
1/3(1/3 − 1)
2!
·
52
n6
+ · · · = 1 +
5
3n3
−
25
9n6
+ . . .
1 +
1
2n
1/3
= 1 +
1/3
1
1
2n
+
1/3
2
1
22n2
+ . . .
= 1 +
1
3
·
1
2n
+
1/3(1/3 − 1)
2!
·
1
22n2
+ · · · = 1 +
1
6n
−
1
36n2
+ . . .
Sustituyendo en la última expresión de L:
L = l´ım
n→∞
n 1 +
5
3n3
−
25
9n6
+ · · · + 2 +
1
3n
−
1
18n2
+ · · · − 3
= l´ım
n→∞
n
1
3n
−
1
18n2
+ . . . = limn→∞
1
3
−
1
18n
+ . . . =
1
3
.
a
na + na−1 −
a
na − na−1, a ∈ N.
Solución
En primer lugar sacamos n factor común en cada sumando:
L = l´ım
n→∞
n a
1 +
1
n
− n a
1 −
1
n
.
Desarrollamos ahora cada término en serie de potencias:
1 +
1
n
1/a
= 1 +
1/a
1
1
n
+
1/a
2
1
n2
+
1/a
3
1
n3
+ . . .
= 1 +
1
a
·
1
n
+
1/a(1/a − 1)
2!
·
1
n2
+
1/a(1/a − 1)(1/a − 2)
3!
·
1
n3
+ . . .
= 1 +
1
an
+
1 − a
2a2n2
+
(1 − a)(1 − 2a)
6a3n3
+ . . .
1 −
1
n
1/a
= 1 −
1/a
1
1
n
+
1/a
2
1
n2
−
1/a
3
1
n3
+ . . .
= 1 −
1
an
+
1 − a
2a2n2
−
(1 − a)(1 − 2a)
6a3n3
+ . . .
3

Sustituyendo ahora en la última expresión del l´ımite, resulta:
L = l´ım
n→∞
n
2
an
+
(1 − a)(1 − 2a)
3a3n3
+ . . .
= l´ım
n→∞
2
a
+
(1 − a)(1 − 2a)
3a3n2
+ . . . =
2
a
.
n(
√
n + 2n + 1)
n2 + 3
.
Solución
Comparando los grados del numerador y denominador, resulta:
L = l´ım
n→∞
n
√
n + 2n2 + n
n2 + 3
= 2.
(3n − 2)(n + 3)(2n − 5)2
n2(2n + 6)(3n − 5)
.
Solución
Comparando de nuevo los grados del numerador y del denominador, obtenemos:
L = l´ım
n→∞
(3n2 + 9n − 2n − 6)(4n2 + 25 − 20n)
n2(6n2 − 10n + 18n − 30)
= l´ım
n→∞
12n4 + . . .
6n4 + . . .
= 2.
1
n2
+
2
n2
+ · · · +
n
n2
.
Solución
Aplicamos la fórmula 1 + 2 + · · · + n = n(n + 1)/2. Resulta:
L = l´ım
n→∞
1 + 2 + · · · + n
n2
= l´ım
n→∞
n(n + 1)
2n2
= l´ım
n→∞
n + 1
2n
=
1
2
.
1
na
n
a
, a ∈ N.
Solución
Al desarrollar n
a resulta directamente:
L = l´ım
n→∞
1
na
·
n(n − 1)(n − 2) . . . (n − a + 1)
a!
=
1
a!
l´ım
n→∞
na + . . .
na
=
1
a!
.
4

√
n
n + n +
√
n
.
Solución
Si dividimos numerador y denominador por
√
n, tenemos:
L = l´ım
n→∞
1
n+
√
n+
√
n
n
= l´ım
n→∞
1
1 + n+
√
n
n2
= l´ım
n→∞
1
1 + 1/n + n/n4
= 1.
3 3
√
4 − 4
5
√
n2
3
√
n − 3(4 − 5
√
n)
.
Solución
Para comparar los grados del numerador y denominador escribimos:
L = l´ım
n→∞
3
15
√
45 − 4
15
√
n6
15
(n − 3)5(4 −
15
√
n3)
= l´ım
n→∞
3
15
√
45 − 4
15
√
n6
4 15
√
n5 − 5n4 · 3 + . . . − 15
√
n8 + . . .
= l´ım
n→∞
3
15√
45−4
15√
n6
15√
n8
4 15√
n5−5n4·3+...− 15√
n8+...
15√
n8
=
0
0 − 1
= 0.
n2 +
√
n − n2 −
√
n
n 3
n3 +
√
n − 3
n3 −
√
n
.
Solución
Si racionalizamos numerador y denominador, tenemos:
L = l´ım
n→∞
(n2 +
√
n − n2 +
√
n)( 3
(n3 +
√
n)2 + . . . )
n(n3 +
√
n − n3 +
√
n)( n2 +
√
n + n2 −
√
n)
= l´ım
n→∞
2
√
n 3
(n3 +
√
n)2 + 3
√
n6 − n + 3
(n3 −
√
n)2
2n
√
n( n2 +
√
n + n2 −
√
n)
=
3
2
,
debido a que los grados del numerador y denominador son iguales.
3n + 7
5n − 4
.
Solución
Debido a la indeterminación ∞/∞, dividimos numerador y denominador por 5n:
L = l´ım
n→∞
(3/5)n + (7/5n)
1 − (4/5n)
=
0
1
= 0,
debido a que (3/5)n → 0.
5

4
√
n + h − 4
√
n + k
3
√
n + h − 3
√
n + k
· 12
n + j.
Solución
En primer lugar tenemos:
L = l´ım
n→∞
4
n(1 + h/n) − 4
n(1 + k/n)
3
n(1 + h/n) − 3
n(1 + k/n)
· 12
n(1 + j/n)
= l´ım
n→∞
n1/4 (1 + h/n)1/4 − (1 + k/n)1/4
n1/3 (1 + h/n)1/3 − (1 + k/n)1/3
· n1/12
· (1 + j/n)1/12
= l´ım
n→∞
(1 + h/n)1/4 − (1 + k/n)1/4
(1 + h/n)1/3 − (1 + k/n)1/3
· (1 + j/n)1/12
.
Desarrollamos ahora las potencias de los binomios:
1 +
h
n
1/4
= 1 +
1/4
1
h
n
+
1/4
2
h2
n2
+ . . .
= 1 +
1
4
·
h
n
+
1/4(1/4 − 1)
2!
·
h2
n2
+ · · · = 1 +
h
4n
−
3h2
32n2
+ . . .
1 +
h
n
1/3
= 1 +
1/3
1
h
n
+
1/3
2
h2
n2
+ . . .
= 1 +
1
3
·
h
n
+
1/3(1/3 − 1)
2!
·
h2
n2
+ · · · = 1 +
h
3n
−
h2
9n2
+ . . .
1 +
j
n
1/12
= 1 +
1/12
1
j
n
+
1/12
2
j2
n2
+ . . .
= 1 +
1
12
·
j
n
+
1/12(1/12 − 1)
2!
·
j2
n2
+ · · · = 1 +
j
12n
−
11j2
288n2
+ . . .
Sustituimos en la fórmula del l´ımite y tenemos:
L = l´ım
n→∞
1 + h
4n − 3h2
32n2 + · · · − 1 + k
4n − 3k2
32n2 + . . .
1 + h
3n − h2
9n2 + · · · − 1 + k
3n − k2
9n2 + . . .
× 1 +
j
12n
−
11j2
288n2
+ . . .
= l´ım
n→∞
h−k
4n − 3(h2−k2)
32n2 + . . .
h−k
3n − h2−k2
9n2 + . . .
1 +
j
12n
−
11j2
288n2
+ . . .
=
1
4(h − k)
1
3(h − k)
· 1 =
3
4
.
1/(2n2) + 1 − cos 1/n
n4
.
Solución
Operando directamente resulta L = 0/∞ = 0.
6

ln(5n4 − 4n3 + 6n2 + 3n − 2)
ln(6n3 + 4n2 − 5n + 7)
.
Solución
Por las propiedades de los logaritmos, tenemos:
L = l´ım
n→∞
ln n4(5 − 4/n + 6/n2 + 3/n3 − 2/n4)
ln n3(6 + 4/n − 5/n2 + 7/n3)
= l´ım
n→∞
ln n4 + ln(5 − 4/n + 6/n2 + 3/n3 − 2/n4)
ln n3 + ln(6 + 4/n − 5/n2 + 7/n3)
= l´ım
n→∞
4 ln n + ln(5 − 4/n + 6/n2 + 3/n3 − 2/n4)
3 ln n + ln(6 + 4/n − 5/n2 + 7/n3)
= l´ım
n→∞
4 + ln(5 − 4/n + 6/n2 + 3/n3 − 2/n4)/ ln n
3 + ln(6 + 4/n − 5/n2 + 7/n3)/ ln n
=
4
3
.
sen πn
2n−1
sen −π
4n−2 · 4
√
n4 + 1
.
Solución
Debido a que sen
πn
2n − 1
→ sen π/2 = 1, y teniendo en cuenta la equivalencia de infinitésimos
sen
−π
4n − 2
∼
−π
4n − 2
, resulta:
L = l´ım
n→∞
sen πn
2n−1
−π
4n−2 · 4
√
n4 + 1
= l´ım
n→∞
4n − 2
−π 4
√
n4 + 1
= −
4
π
.
21. Sabiendo que 2 sen A sen B = − cos(A + B) + cos(A − B), calcular el l´ımite de la sucesión
de término general
an = sen
1
n2
+ sen
2
n2
+ sen
3
n2
+ · · · + sen
n
n2
.
Solución
Multiplicando y dividiendo el término general de la sucesión por 2 sen
1
2n2
:
an = 1
2 sen(1/2n2)
2 sen 2·1
2n2 sen 1
2n2 + 2 sen 2·2
2n2 sen 1
2n2 + · · · + 2 sen 2n
2n2 sen 1
2n2 .
Si aplicamos ahora la fórmula dada, tenemos:
an = − cos
3
2n2
+ cos
1
2n2
+ · · · + − cos
2n + 1
2n2
+ cos
2n − 1
2n2
×
1
2 sen(1/2n2)
=
1
2 sen(1/2n2)
cos
1
2n2
− cos
2n + 1
2n2
=
1
2 sen(1/2n2)
· 2 sen
n + 1
2n2
sen
n
2n2
.
Entonces, debido a la equivalencia sen un ∼ un cuando un → 0:
L = l´ım
n→∞
1
2 · (1/2n2)
· 2 ·
n + 1
2n2
·
n
2n2
= l´ım
n→∞
n + 1
2n
=
1
2
.
7

tg πn
2n+1
3
√
n3 + 2n − 1
.
Solución
Por una parte,
L = l´ım
n→∞
tg π
2 − π
4n+2
3
√
n3 + 2n − 1
= l´ım
n→∞
cotg π
4n+2
3
√
n3 + 2n − 1
= l´ım
n→∞
1/ tg π
4n+2
3
√
n3 + 2n − 1
.
Teniendo en cuenta la equivalencia tg
π
4n + 2
∼
π
4n + 2
, podemos escribir
L = l´ım
n→∞
4n+2
π
3
√
n3 + 2n − 1
= l´ım
n→∞
4n + 2
π 3
√
n3 + 2n − 1
= l´ım
n→∞
4 + 2/n
π 3
1 + 2/n2 − 1/n3
=
4
π
.
23. Calcular el l´ımite de la sucesión de término general an = n ln
n + a
n − a
.
Solución
Debido a la equivalencia ln
n + a
n − a
∼
n + a
n − a
− 1, tenemos:
L = l´ım
n→∞
n
2
· ln
n + a
n − a
= l´ım
n→∞
n
2
n + a
n − a
− 1
= l´ım
n→∞
n
2
·
n + a − n + a
n − a
= l´ım
n→∞
2an
2n − 2a
= a.
24. Calcular el l´ımite de la sucesión de término general an = (4n + 3)m
ln
n + 1
n − 2
m
donde
m ∈ R.
Solución
Aplicamos la equivalencia ln
n + 1
n − 2
∼
n + 1
n − 2
− 1 y resulta:
L = l´ım
n→∞
(4n + 3) ln
n + 1
n − 2
m
= l´ım
n→∞
(4n + 3)
n + 1
n − 2
− 1
m
= l´ım
n→∞
(4n + 3)
3
n − 2
m
= 12m
.
25. Calcular el l´ımite de la sucesión de término general an = n n
√
a − n, siendo a > 0.
Solución
Aplicaremos la equivalencia a1/n − 1 ∼ (1/n) ln a:
L = l´ım
n→∞
(na1/n
− n) = l´ım
n→∞
n(a1/n
− 1) = l´ım
n→∞
n ·
1
n
ln a = ln a.
8

(a + n)(n − 1)n−1
nn
.
Solución
Si tomamos logaritmos y utilizamos la equivalencia ln(1 + un) ∼ un, cuando un → 0, resulta:
ln L = l´ım
n→∞
ln
a + n
n
·
(n − 1)n−1
nn−1
= l´ım
n→∞
ln
a + n
n
+ l´ım
n→∞
(n − 1) ln
n − 1
n
= ln l´ım
n→∞
a + n
n
+ l´ım
n→∞
(n − 1)
n − 1
n
− 1 = ln 1 + (−1) = −1.
Por tanto, L = e−1.
27. Calcular el l´ımite de la sucesión de término general an = (n/3) ln(n + a)(n + b)(n + c) − ln nn
.
Solución
Tenemos una indeterminación ∞ − ∞ que operamos del siguiente modo:
L = l´ım
n→∞
(n/3) ln(n + a)(n + b)(n + c) − ln(nn/3
nn/3
nn/3
)
= l´ım
n→∞
[(n/3) ln(n + a) + (n/3) ln(n + b) + (n/3) ln(n + c)
−(n/3) ln n − (n/3) ln n − (n/3) ln n]
= l´ım
n→∞
(n/3) ln
n + a
n
+ l´ım
n→∞
(n/3) ln
n + b
n
+ l´ım
n→∞
(n/3) ln
n + b
n
= l´ım
n→∞
n
3
·
a
n
+ l´ım
n→∞
n
3
·
b
n
+ l´ım
n→∞
n
3
·
c
n
=
a
3
+
b
3
+
c
3
=
a + b + c
3
.
3n4 sen2(1/n) ln(1 + 1/n)
(n + 5) cos πn+5
4n+1
.
Solución
Debido a las equivalencias sen 1/n ∼ 1/n y ln(1 + 1/n) ∼ 1/n, tenemos:
L = l´ım
n→∞
3n4
n + 5
·
1/n2 · 1/n
√
2/2
= l´ım
n→∞
3n4 · 2
√
2n3(n + 5)
=
6
√
2
= 3
√
2.
29. Calcular el l´ımite de la sucesión de término general an = n2
(ln sen(π/2 + 2/n) − ln cos 1/n).
Solución
9

Nuevamente, por la equivalencia ln un ∼ un − 1, cuando un → 1, resulta:
L = l´ım
n→∞
n2
ln
sen(π/2 + 2/n)
cos 1/n
= l´ım
n→∞
n2 sen(π/2 + 2/n) − cos 1/n
cos 1/n
= l´ım
n→∞
n2 cos 2/n − cos 1/n
cos 1/n
= l´ım
n→∞
n2 cos(1/n + 1/n) − cos 1/n
cos 1/n
= l´ım
n→∞
n2 cos2 1/n − sen2 1/n − cos 1/n
cos 1/n
= l´ım
n→∞
n2 cos 1/n(cos 1/n − 1)
cos 1/n
− l´ım
n→∞
n2 sen2 1/n
cos 1/n
= l´ım
n→∞
n2(−1)(1/n)2
2
− l´ım
n→∞
1
cos 1/n
= −
1
2
− 1 = −
3
2
.
En la última l´ınea aplicamos las equivalencias sen(1/n) ∼ 1/n y 1 − cos(1/n) ∼ (1/n)2/2.
(3n2 + 1)(1 − cos(1/n)
(n2 − 2) ln[1 + (1/n2)]
.
Solución
Teniendo en cuenta las equivalencias de los infinitésimos 1 − cos
1
n
∼
(1/n)2
2
y ln(1 + un) ∼ un,
cuando un → 0, tenemos:
L = l´ım
n→∞
3n2 + 1
n2 − 2
l´ım
n→∞
1 − cos(1/n)
ln(1 + (1/n2))
= 3 l´ım
n→∞
1/n2
2
1/n2
=
3
2
.
1 − n
1 − 2n
2n−1
1+3n
.
Solución
Calculando directamente los l´ımites de la base y el exponente, tenemos que
L = 1/2
2/3
=
1
3
√
2
.
n + 1
n − 1
n−3
.
Solución
Tenemos una indeterminación del tipo 1∞. Tomamos logaritmos y utilizamos la equivalencia
ln un ∼ un − 1 cuando un → 1:
ln L = l´ım
n→∞
(n − 3)
n + 1
n − 1
− 1
= l´ım
n→∞
(n − 3)(n + 1 − n + 1)
n − 1
= l´ım
n→∞
2n − 6
n − 1
= 2 =⇒ L = e2
.
10

n2 + 3
n2 + 4n
(n2−1)/n
.
Solución
De forma similar al anterior, tenemos:
ln L = l´ım
n→∞
n2 − 1
n
n2 + 3
n2 + 4n
− 1 = l´ım
n→∞
(n2 − 1)(n2 + 3 − n2 − 4n)
n(n2 + 4n)
= l´ım
n→∞
3n2 − 4n3 − 3 + 4n
n3 + 4n2
= −4 =⇒ L = e−4
.
n2 + 3n − 2
n2 + n
n3+2
2n2+1
.
Solución
Como la indeterminación es del tipo 1∞, tenemos:
ln L = l´ım
n→∞
n3 + 2
2n2 + 1
ln
n2 + 3n − 2
n2 + n
= l´ım
n→∞
n3 + 2
2n2 + 1
·
n2 + 3n − 2 − n2 − n
n2 + n
= l´ım
n→∞
2n4 + . . .
2n4 + . . .
= 1.
Por tanto, L = e1 = e.
35. Calcular el l´ımite de la sucesión de término general an = 1 + ln
n2 − 3n + 5
n2 − 9n
2n2−3
n+1
.
Solución
Con la misma indeterminación anterior, deberemos aplicar dos veces la equivalencia ln un ∼ un−1
cuando un → 1:
ln L = l´ım
n→∞
2n2 − 3
n + 1
ln
n2 − 3n + 5
n2 − 9n
= l´ım
n→∞
2n2 − 3
n + 1
n2 − 3n + 5
n2 − 9n
− 1
= l´ım
n→∞
2n2 − 3
n + 1
·
n2 − 3n + 5 − n2 + 9n
n2 − 9n
= l´ım
n→∞
(6n + 5)(2n2 − 3)
(n2 − 9n)(n + 1)
= l´ım
n→∞
12n3 + . . .
n3 + . . .
= 12 =⇒ L = e12
.
ln(n + a)
ln n
n ln n
.
Solución
Debido a que
ln(n + a)
ln n
=
ln n(1 + a/n)
ln n
=
ln n + ln(1 + a/n)
ln n
= 1 +
ln(1 + a/n)
ln n
→ 1,
11

tenemos una indeterminación del tipo 1∞. Por tanto, si llamamos L al l´ımite de la sucesión,
resulta
ln L = l´ım
n→∞
n ln n
ln(n + a)
ln n
− 1 = l´ım
n→∞
n ln(1 + a/n)
= l´ım
n→∞
n ln(1 + a/n) = l´ım
n→∞
ln(1 + a/n)n
= ln ea
= a.
Queda en definitiva que L = ea.
37. Calcular el l´ımite de la sucesión de término general an = [1 + ln(n2
− 5n + 3) − ln(n2
+ 3n − 5)]2n−5
.
Solución
Debido a que an = 1 + ln
n2 − 5n + 3
n2 + 3n − 5
2n−5
→ 1∞
, resulta:
ln L = l´ım
n→∞
(2n − 5) ln
n2 − 5n + 3
n2 + 3n − 5
= l´ım
n→∞
(2n − 5)
n2 − 5n + 3
n2 + 3n − 5
− 1
= l´ım
n→∞
(2n − 5)(−8n + 8)
n2 + 3n − 5
= −16.
En definitiva, L = e−16.
38. Calcular el l´ımite de la sucesión de término general an = 3 ·
12 + 32 + 52 + · · · + (2n − 1)2
4n3
2n+1
.
Solución
Calcularemos en primer lugar la expresión 12 + 32 + 52 + · · · + (2n − 1)2 utilizando la fórmula
12
+ 22
+ · · · + k2
=
k(k + 1)(2k + 1)
6
, ∀k ∈ N:
12
+ 32
+ 52
+ · · · + (2n − 1)2
= 12
+ 22
+ 32
+ 42
+ 52
+ · · · + (2n − 1)2
+ (2n)2
−[22
+ 42
+ · · · + (2n)2
]
= 12
+ 22
+ 32
+ 42
+ · · · + (2n − 1)2
+ (2n)2
− 22
(12
+ 22
+ · · · + n2
)
=
2n(2n + 1)(4n + 1)
6
− 22 n(n + 1)(2n + 1)
6
=
8n3 − 2n
6
.
De este modo an =
3
4n3
·
8n3 − 2n
6
2n+1
=
4n2 − 1
4n2
2n+1
→ 1∞
.
Entonces hacemos
ln L = l´ım
n→∞
(2n + 1)
4n2 − 1
4n2
− 1 = l´ım
n→∞
−(2n + 1)
4n2
= 0.
Por tanto L = e0 = 1.
√
4n2 − 7n
3
√
8n3 + 4n2
3
√
n3+n2/2
.
Solución
12

Tenemos un l´ımite de la forma 1∞. Llamando L = l´ım
n→∞
an, si utilizamos la equivalencia ln un ∼
un − 1, tenemos:
ln L = l´ım
n→∞
3
n3 + n2/2 ·
√
4n2 − 7n − 3
√
8n3 + 4n2
3
√
8n3 + 4n2
= l´ım
n→∞
3 n3 + n2/2
8n3 + 4n2
6
(4n2 − 7n)3 − 6
(8n3 + 4n2)2
=
1
2
l´ım
n→∞
6
(4n2 − 7n)3 − 6
(8n3 + 4n2)2 .
Si llamamos ahora a = 6
(4n2 − 7n)3 y b = 6
(8n3 + 4n2)2 y utilizamos la identidad a6 − b6 =
(a − b)(a5 + a4b + · · · + b5), tenemos
ln L =
1
2
l´ım
n→∞
(4n2 − 7n)3 − (8n3 + 4n2)2
6
(4n2 − 7n)15 + · · · + 6
(8n3 + 4n2)10
=
1
2
l´ım
n→∞
−400n5 + 572n4 − 343n3
6
(2n)30 + . . . + · · · + 6
(2n)30
=
1
2
·
−400
6 · 230/6
=
−25
24
.
En definitiva, L = e−25/24
.
cos(a + 1/n)
cos a
n
.
Solución
Como tenemos una indeterminación 1∞, hacemos:
ln L = l´ım
n→∞
n
cos(a + 1/n)
cos a
− 1 = l´ım
n→∞
n ·
cos(a + 1/n) − cos a
cos a
.
Aplicamos la fórmula cos A − cos B = −2 sen
A + B
2
sen
A − B
2
y tenemos:
ln L = l´ım
n→∞
n ·
−2 sen a + 1
2n sen 1
2n
cos a
= l´ım
n→∞
−2 sen a + 1
2n
cos a
· l´ım
n→∞
n sen
1
2n
=
−2 sen a
cos a
· l´ım
n→∞
n ·
1
2n
= −2 tg a ·
1
2
= − tg a.
Queda en definitiva L = e− tg a.
41. Calcular el l´ımite de la sucesión de término general an = cos
1
√
n
n
.
Solución
Análogamente al anterior tenemos:
ln L = l´ım
n→∞
n cos
1
√
n
− 1 .
Utilizaremos la fórmula cos 2x = cos2 x − sen2 x = 1 − 2 sen2 x =⇒ cos 2x − 1 = −2 sen2 x y
resulta:
ln L = l´ım
n→∞
n −2 sen2 1
2
√
n
= l´ım
n→∞
(−2n)
1
2
√
n
2
= l´ım
n→∞
−2n
4n
=
−1
2
.
13

En definitiva, L = e−1/2
.
1 + tg 1/n
1 − tg 1/n
n
.
Solución
Como tenemos una indeterminación del tipo 1∞, hacemos lo siguiente:
ln L = l´ım
n→∞
n
1 + tg 1/n
1 − tg 1/n
− 1 = l´ım
n→∞
n
2 tg 1/n
1 − tg 1/n
.
Como 1/n → 0, podemos sustituir tg 1/n por 1/n. As´ı:
ln L = l´ım
n→∞
n ·
2/n
1 − tg 1/n
= l´ım
n→∞
2
1 − tg 1/n
= 2.
Por tanto, L = e2.
43. Calcular el l´ımite de la sucesión de término general an = (cos φ/n + a sen φ/n)n
.
Solución
Como tenemos un l´ımite de la forma 1∞, usamos las equivalencias ln un ∼ un − 1, 1 − cos un ∼
u2
n/2, sen un ∼ un, cuando un → 0 y resulta:
ln L = l´ım
n→∞
n (cos φ/n − 1 + a sen φ/n)
= l´ım
n→∞
n (cos φ/n − 1) + l´ım
n→∞
n · a sen φ/n
= l´ım
n→∞
−n ·
φ2
2n2
+ l´ım
n→∞
n · a · (φ/n) = φ · a.
Luego L = eφa.
44. Calcular el l´ımite de la sucesión de término general an = (1/n + sen 1/n + cos 1/n)cotg 1/n
.
Solución
Tomando logaritmos, y usando las equivalencias tg 1/n ∼ 1/n, 1 − cos 1/n ∼ (1/n)2
2 , tenemos:
ln L = l´ım
n→∞
cotg 1/n(1/n + sen 1/n + cos 1/n − 1)
= l´ım
n→∞
1/n + sen 1/n + cos 1/n − 1
tg 1/n
= l´ım
n→∞
1/n
tg 1/n
+ l´ım
n→∞
sen 1/n
tg 1/n
+ l´ım
n→∞
cos 1/n − 1
tg 1/n
= l´ım
n→∞
1/n
1/n
+ l´ım
n→∞
cos 1/n + l´ım
n→∞
−(1/n)2
2(1/n)
= 1 + 1 − 0 = 2.
de donde L = e2.
a
1/n
1 + · · · + a
1/n
k
k
n
.
Solución
14

Debido a la indeterminación 1∞, usamos la equivalencia a1/n ∼ (1/n) ln a con lo que:
ln L = l´ım
n→∞
n
a
1/n
1 + · · · + a
1/n
k
k
− 1 = l´ım
n→∞
n
(a
1/n
1 − 1) + · · · + (a
1/n
k − 1)
k
= l´ım
n→∞
n
(1/n) ln a1 + · · · + (1/n) ln ak
k
=
ln(a1 . . . ak)
k
.
De donde, L = k
√
a1 . . . ak.
n + n
√
a
n + n
√
b
n2
.
Solución
Procediendo como en el problema anterior, tenemos:
ln L = l´ım
n→∞
n2(n + n
√
a − n − n
√
b)
n + n
√
b
= l´ım
n→∞
n2( n
√
a − n
√
b)
n + n
√
b
= l´ım
n→∞
( n
√
a − 1) − ( n
√
b − 1)
1/n + n
√
b/n2
= l´ım
n→∞
n
√
a − 1
1/n + n
√
b/n2
− l´ım
n→∞
n
√
b − 1
1/n + n
√
b/n2
= l´ım
n→∞
(1/n) ln a
1/n + n
√
b/n2
− l´ım
n→∞
(1/n) ln b
1/n + n
√
b/n2
= l´ım
n→∞
ln a
1 + n
√
b/n
− l´ım
n→∞
ln b
1 + n
√
b/n
= ln a − ln b = ln
a
b
.
Por tanto, L = a/b.
n
√
1 + n
√
2 + · · · + n
√
p
p
n
.
Solución
Utilizaremos la equivalencia aun − 1 ∼ un ln a, cuando un → 0:
ln L = l´ım
n→∞
n ln
n
√
1 + n
√
2 + · · · + n
√
p
p
= l´ım
n→∞
n
p
(
n
√
1 − 1) + (
n
√
2 − 1) + · · · + ( n
√
p − 1)
= l´ım
n→∞
n
p
(
n
√
1 − 1) + · · · + l´ım
n→∞
n
p
( n
√
p − 1)
= l´ım
n→∞
n
p
·
1
n
ln 1 + · · · + l´ım
n→∞
n
p
·
1
n
ln p
=
ln 1 + · · · + ln p
p
=
ln(1 . . . p)
p
= ln p
p!
Por tanto, L = eln p√
p! = p
√
p!
p · a1/n + q · b1/n + r · c1/n
p + q + r
n
.
Solución
15

Como tenemos un l´ımite de la forma 1∞, hacemos lo siguiente:
ln L = l´ım
n→∞
n
p · a1/n + q · b1/n + r · c1/n
p + q + r
− 1
= l´ım
n→∞
n
p(a1/n − 1) + q(b1/n − 1) + r(c1/n − 1)
p + q + r
=
1
p + q + r
p l´ım
n→∞
n(a1/n
− 1) + q l´ım
n→∞
n(b1/n
− 1) + r l´ım
n→∞
n(c1/n
− 1) .
Tal como hemos visto en el problema anterior,
l´ım
n→∞
n(a1/n
− 1) = ln a, l´ım
n→∞
n(b1/n
− 1) = ln b, l´ım
n→∞
n(c1/n
− 1) = ln c.
Luego,
ln L =
1
p + q + r
(p ln a + q ln b + r ln c)
=
1
p + q + r
ln(ap
bq
cr
) = ln(ap
bq
cr
)
1
p+q+r .
y finalmente L = p+q+r
√
apbqcr.
1
n
1/ ln(3/n)
.
Solución
En este caso tenemos una indeterminación 00. As´ı pues:
ln L = ln l´ım
n→∞
1
n
1/ ln(3/n)
= l´ım
n→∞
1
ln(3/n)
ln
1
n
= l´ım
n→∞
− ln n
ln 3 − ln n
= l´ım
n→∞
− ln n/ ln n
ln 3/ ln n − ln n/ ln n
= 1.
Como ln L = 1 =⇒ L = e.
n + 2
3n3 − 1
1/ ln(n4−3)
.
Solución
Debido a la indeterminación 00, tomamos logaritmos y aplicamos las equivalencias ln(n4 − 3) ∼
ln n4 y ln
n + 2
3n3 − 1
∼ ln
n
n3
= ln n−2
:
ln L = l´ım
n→∞
1
ln(n4 − 3)
ln
n + 2
3n3 − 1
= l´ım
n→∞
1
ln n4
ln n−2
= l´ım
n→∞
−2 ln n
4 ln n
= −
1
2
.
Se deduce entonces que L = e−1/2.
16

n + 1
n2 + n + 5
1/(1+ln n)
.
Solución
Tomando logaritmos, tenemos:
ln L = l´ım
n→∞
1
1 + ln n
ln
n + 1
n2 + n + 5
= l´ım
n→∞
ln(n + 1) − ln(n2 + n + 5)
1 + ln n
= l´ım
n→∞
ln n(1 + 1/n) − ln n2(1 + 1/n + 5/n2)
1 + ln n
= l´ım
n→∞
ln n + ln(1 + 1/n) − 2 ln n − ln(1 + 1/n + 5/n2)
1 + ln n
= l´ım
n→∞
ln n − 2 ln n
1 + ln n
+ l´ım
n→∞
ln(1 + 1/n) − ln(1 + 1/n + 5/n2)
1 + ln n
= l´ım
n→∞
− ln n
1 + ln n
+ 0 = l´ım
n→∞
−1
1/ ln n + 1
= −1 =⇒ L = e−1
=
1
e
.
52. Calcular el l´ımite de la sucesión de término general an = (2 + 3n4
)1/[3+2 ln(n+1)]
.
Solución
La indeterminación es en este caso del tipo ∞0. As´ı pues:
ln L = l´ım
n→∞
1
3 + 2 ln(n + 1)
ln(2 + 3n4
).
Teniendo en cuenta las equivalencias ln(2 + 3n4) ∼ ln n4 y ln(n + 1) ∼ ln n, resulta:
ln L = l´ım
n→∞
4 ln n
3 + 2 ln n
= l´ım
n→∞
4
3/ ln n + 2
= 2.
Por tanto, L = e2.
53. Calcular el l´ımite de la sucesión de término general an = (1 − 1/22
)(1 − 1/32
) . . . (1 − 1/n2
).
Solución
Desarrollando cada factor y simplificando, tenemos:
L = l´ım
n→∞
22 − 1
22
·
32 − 1
32
. . .
n2 − 1
n2
= l´ım
n→∞
(2 − 1)(2 + 1)
22
·
(3 − 1)(3 + 1)
32
. . .
(n − 1)(n + 1)
n2
= l´ım
n→∞
n + 1
2n
=
1
2
.
1
1 · 2
+
1
2 · 3
+ · · · +
1
(n − 1)n
+
1
n(n + 1)
.
Solución
17

Si descomponemos cada fracción en fracciones simples tenemos:
1
k(k + 1)
=
A
k
+
B
k + 1
=
A(k + 1) + Bk
k(k + 1)
=⇒ 1 = A(k + 1) + Bk.
Entonces A = 1, B = −1, de donde
1
k(k + 1)
=
1
k
−
1
k + 1
.
Aplicando lo anterior a cada sumando de la sucesión dada tenemos:
an =
1
1
−
1
2
+
1
2
−
1
3
+ · · · +
1
n − 1
−
1
n
+
1
n
−
1
n + 1
= 1 −
1
n + 1
.
Es evidente entonces que
L = l´ım
n→∞
an = 1.
55. Demostrar que
ln n
n
→ 0 cuando n → ∞. Deducir de lo anterior que n
√
n → 1.
Solución
Por ser ln n > 0 y n > 0, entonces l´ım
n→∞
ln n
n
≥ 0.
Por otro lado, si llamamos an = ln n, tenemos:
L = l´ım
n→∞
ln n
n
= l´ım
an→∞
an
ean
≤ l´ım
an→∞
an
2an
= l´ım
an→∞
an
(1 + 1)an
= l´ım
an→∞
an
1 + an
2 + an
3 + . . .
≤ l´ım
an→∞
an
an
2
= l´ım
an→∞
an
an(an − 1)/2!
= l´ım
an→∞
2
an − 1
= 0.
Esto prueba entonces que l´ım
n→∞
ln n
n
= 0.
Si ahora aplicamos la fórmula ab = eb ln a, podemos calcular:
l´ım
n→∞
n
√
n = l´ım
n→∞
n1/n
= el´ımn→∞ 1/n ln n
= e0
= 1.
n
√
nn+1( n
√
a − 1).
Solución
Teniendo en cuenta la equivalencia a1/n − 1 ∼ (1/n) ln a y sabiendo que n
√
n → 1, resulta:
L = l´ım
n→∞
n(n+1)/n
(a1/n
− 1) = l´ım
n→∞
n(n+1)/n 1
n
ln a
= l´ım
n→∞
n(n+1)/n
· n−1
· ln a = l´ım
n→∞
n
√
n ln a = ln a.
18

n
n3 + an2 + bn + c.
Solución
Debido a que
l´ım
n→∞
an
an−1
= l´ım
n→∞
n3 + an2 + bn + c
(n − 1)3 + a(n − 1)2 + b(n − 1) + c
= 1,
se deduce por el criterio del cociente-ra´ız que L = 1.
3n
n3 − 1.
Solución
Por el mismo criterio anterior, si escribimos 3n
√
n3 − 1 = n
√
n3 − 1
1/3
, como l´ım
n→∞
n3 − 1
(n − 1)3 − 1
= 1,
entonces l´ım
n→∞
n
√
n3 − 1 = 1. Por tanto, L = 1.
n (a + 1)(a + 2) . . . (a + n)
n!
.
Solución
Calculamos también el l´ımite del cociente entre dos términos consecutivos:
L = l´ım
n→∞
(a+1)(a+2)...(a+n)
n!
(a+1)(a+2)...(a+n−1)
(n−1)!
= l´ım
n→∞
(a + n)
n
= 1.
60. Calcular el l´ımite de la sucesión de término general an = n
nn+1(
√
a − 1).
Solución
Por el criterio del cociente-ra´ız, tenemos:
L = l´ım
n→∞
nn+1(
√
a − 1)
(n − 1)n(
√
a − 1)
= l´ım
n→∞
nn+1
(n − 1)n
= l´ım
n→∞
n
n
n − 1
n
= +∞ · e = +∞.
n
√
nln n
ln a
.
Solución
Utilizamos el mismo criterio de los problemas anteriores y tenemos:
L =
1
ln a
l´ım
n→∞
n
√
nln n =
1
ln a
l´ım
n→∞
nln n
(n − 1)ln(n−1)
.
19

Teniendo en cuenta la equivalencia ln n ∼ ln(n − 1), resulta:
L =
1
ln a
l´ım
n→∞
n
n − 1
ln n
=
1
ln a
e
l´ım
n→∞
ln n·n−n+1
n−1
=
1
ln a
e
l´ım
n→∞
ln n
n−1
=
1
ln a
e0
=
1
ln a
.
62. Calcular el l´ımite de la sucesión de término general an = n
(1 + 1/n)p . . . (1 + n/n)p.
Solución
Por el criterio del cociente-ra´ız nuevamente, resulta:
L = l´ım
n→∞
(1 + 1/n)p . . . (1 + n/n)p
[1 + 1/(n − 1)]p . . . [1 + (n − 1)/(n − 1)]p
.
Escribimos ahora
1 +
1
n − 1
= 1 +
1
n
n · n
(n + 1)(n − 1)
,
1 +
2
n − 1
= 1 +
2
n
n · (n + 1)
(n + 2)(n − 1)
,
1 +
3
n − 1
= 1 +
3
n
n · (n + 2)
(n + 3)(n − 1)
,
. . .
1 +
n − 2
n − 1
= 1 +
n − 2
n
n · (2n − 3)
(2n − 2)(n − 1)
,
1 +
n − 1
n − 1
= 1 +
n − 1
n
n · (2n − 2)
(2n − 1)(n − 1)
,
y obtenemos
L = l´ım
n→∞

 (1 + 1/n) . . . (1 + (n − 1)/n)(1 + n/n)
(1 + 1/n) n·n
(n+1)(n−1) . . . (1 + (n − 1)/n) n·(2n−2)
(n−1)(2n−1)


p
= l´ım
n→∞

 (1 + n/n)
nn−1
(n−1)n−1
n(n+1)...(2n−3)(2n−2)
(n+1)(n+2)...(2n−1)


p
= l´ım
n→∞
(1 + n/n)
n − 1
n
n−1
2n − 1
n
p
= (4e−1
)p
= (4/e)p
.
1 +
√
2 + · · · + n
√
n
n
.
Solución
Por el criterio de la media aritmética
L = l´ım
n→∞
n
√
n = l´ım
n→∞
n
n − 1
= 1.
En general l´ım
n→∞
n
√
np = l´ım
n→∞
np
(n − 1)p
= 1.
20

ln(n!)
n
.
Solución
Por el criterio de Stolz (o el de la media aritmética), tenemos:
L = l´ım
n→∞
ln 1 + ln 2 + · · · + ln n
n
= l´ım
n→∞
ln n = ∞.
1 +
√
2 + 3
√
3! + · · · + n
√
n!
n2
.
Solución
Aplicamos el criterio de Stolz y utilizamos la fórmula de Stirling:
L = l´ım
n→∞
1 +
√
2 + 3
√
3! + · · · + n
√
n! − (1 +
√
2 + 3
√
3! + · · · + n−1
(n − 1)!)
n2 − (n − 1)2
= l´ım
n→∞
n
√
n!
n2 − n2 + 2n − 1
= l´ım
n→∞
n
nne−n
√
2πn
2n − 1
= l´ım
n→∞
n
e(2n − 1)
l´ım
n→∞
n √
2πn = l´ım
n→∞
n
2en − e
l´ım
n→∞
n
√
2πn =
1
2e
.
n
1 + n−1
2 + n−2
3 + · · · + 2
n−1 + 1
n
ln n!
.
Solución
Aplicamos el criterio de Stolz por dos veces:
L = l´ım
n→∞
n
1 + n−1
2 + · · · + 2
n−1 + 1
n − n−1
1 + n−2
2 + · · · + 2
n−2 + 1
n−1
ln n! − ln(n − 1)!
= l´ım
n→∞
1 + 1
2 + · · · + 1
n−1 + 1
n
ln[n!/(n − 1)!]
= l´ım
n→∞
1 + 1
2 + · · · + 1
n−1 + 1
n
ln n
= l´ım
n→∞
1 + 1
2 + · · · + 1
n−1 + 1
n − 1 + 1
2 + · · · + 1
n−1
ln n − ln(n − 1)
= l´ım
n→∞
1/n
ln(n/n − 1)
= l´ım
n→∞
1
ln n
n−1
n = l´ım
n→∞
1
ln e
= 1.
n
k=1
ln[arc tg(1/
√
k) + 1]
n
k=1
1/
√
3k + 2
.
Solución
21

Aplicamos en primer lugar el criterio de Stolz:
L = l´ım
n→∞
n
k=1
ln[arc tg(1/
√
k) + 1] −
n−1
k=1
ln[arc tg(1/
√
k) + 1]
n
k=1
1/
√
3k + 2 −
n−1
k=1
1/
√
3k + 2
Teniendo en cuenta que arc tg 1/
√
n → 0 y ln(un + 1) ∼ un cuando un → 0, tenemos
L = l´ım
n→∞
ln[arc tg(1/
√
n) + 1]
1/
√
3n + 2
= l´ım
n→∞
1/
√
n
1/
√
3n + 2
= l´ım
n→∞
3n + 2
n
=
√
3.
1
√
n
1
√
1
+ · · · +
1
√
n
.
Solución
Por el criterio de Stolz tenemos directamente:
L = l´ım
n→∞
1/
√
n
√
n −
√
n − 1
= l´ım
n→∞
√
n +
√
n − 1
√
n(n − n + 1)
= l´ım
n→∞
√
n +
√
n − 1
√
n
= 2.
1 + 2
√
2 + · · · + n
√
n
n2
√
n
.
Solución
Nuevamente por el criterio de Stolz tenemos:
L = l´ım
n→∞
n
√
n
n2
√
n − (n − 1)2
√
n − 1
= l´ım
n→∞
n
√
n(n2√
n + (n − 1)2
√
n − 1)
n4 · n − (n − 1)4 · (n − 1)
= l´ım
n→∞
n4 + n(n − 1)2
√
n2 − n
n5 − (n − 1)5
= l´ım
n→∞
n4 +
√
n8 + . . .
5n4 + . . .
=
2
5
.
ln 1 +
√
2 ·
3
1 + 3
√
2 . . .
n
1 + n
√
2
sen 1 + sen(1/2) + · · · + sen(1/n)
.
Solución
Aplicamos el criterio de Stolz y tenemos en cuenta la equivalencia sen 1/n ∼ 1/n:
L = l´ım
n→∞
ln 1 +
√
2 + ln
3
1 + 3
√
2 + · · · + ln
n
1 + n
√
2
sen 1 + sen(1/2) + · · · + sen(1/n)
= l´ım
n→∞
ln
n
1 + n
√
2
sen(1/n)
= l´ım
n→∞
(1/n) ln(1 + 21/n)
sen(1/n)
= l´ım
n→∞
(1/n) ln(1 + 21/n)
(1/n)
= l´ım
n→∞
ln(1 + 21/n
) = ln 2.
22

ln 1 − ln 2 + ln 3 − · · · + ln(2n − 1) − ln(2n)
ln n
.
Solución
Por el criterio de Stolz y la equivalencia ln un ∼ un − 1, cuando un → 1, tenemos:
L = l´ım
n→∞
ln(2n − 1) − ln(2n)
ln n − ln(n − 1)
= l´ım
n→∞
ln(2n − 1)/(2n)
ln n/(n − 1)
= l´ım
n→∞
2n−1
2n − 1
n
n−1 − 1
= l´ım
n→∞
1 − n
2n
= −
1
2
.
12 + 22 + · · · + n2
n
1 + n
2 + · · · + n
n
.
Solución
Recordando que 2n
= (1 + 1)n
=
n
k=0
n
k
1k
· 1n−k
y aplicando sucesivamente el criterio de Stolz,
tenemos:
L = l´ım
n→∞
12 + 22 + · · · + n2
(1 + 1)n − 1
= l´ım
n→∞
n2
2n − 1 − 2n−1 + 1
= l´ım
n→∞
n2
2n − 2n−1
= l´ım
n→∞
n2
2n(1 − 1/2)
= l´ım
n→∞
n2
2n−1
= l´ım
n→∞
n2 − (n − 1)2
2n−1 − 2n−2
= l´ım
n→∞
2n − 1
2n−2
= l´ım
n→∞
2n − 1 − (2n − 3)
2n−2 − 2n−3
= l´ım
n→∞
2
2n−3
= 0.
73. Calcular el l´ımite de la sucesión de término general
an =
√
1 · 2 · 3 +
√
2 · 3 · 4 + · · · + n(n + 1)(n + 2)
n2
√
n
.
Solución
Por el criterio de Stolz se obtiene directamente:
L = l´ım
n→∞
n(n + 1)(n + 2)
n2
√
n − (n − 1)2
√
n − 1
= l´ım
n→∞
√
n3 + 3n2 + 2n(n2√
n + (n − 1)2
√
n − 1)
n5 − (n − 1)5
= l´ım
n→∞
√
n3 + . . .(
√
n5 +
√
n5 + . . .)
5n4 + . . .
=
2
5
.
74. Sabiendo que l´ım
n→∞
un = a, calcular
a) L1 = l´ım
n→∞
u1 + 2u2 + 3u3 + · · · + nun
n2
.
23

b) L2 = l´ım
n→∞
u1/1 + u2/2 + · · · + un/n
ln n
.
Solución
a) Por el criterio de Stolz,
L1 = l´ım
n→∞
nun
n2 − (n − 1)2
= l´ım
n→∞
un · l´ım
n→∞
n
2n − 1
=
a
2
.
b) Si aplicamos nuevamente el criterio de Stolz,
L2 = l´ım
n→∞
un/n
ln n − ln(n − 1)
= l´ım
n→∞
un
n ln n
n−1
= l´ım
n→∞
un l´ım
n→∞
1
ln n
n−1
n = a ·
1
ln e
= a.
an =
1
n2
2
1
+
32
2
+
43
32
+ · · · +
(n + 1)n
nn−1
.
Solución
Por el criterio de Stolz tenemos:
L = l´ım
n→∞
(n+1)n
nn−1
n2 − (n − 1)2
= l´ım
n→∞
n n+1
n
n
2n − 1
= l´ım
n→∞
n
2n − 1
l´ım
n→∞
1 +
1
n
n
=
1
2
· e =
e
2
.
an = n2
e−
√
n
.
Solución
Tomando logaritmos, resulta:
ln L = l´ım
n→∞
[2 ln n −
√
n] = l´ım
n→∞
√
n
2 ln n
√
n
− 1 .
Aplicamos ahora el criterio de Stolz para resolver el l´ımite de cn =
2 ln n
√
n
:
l´ım
n→∞
cn = l´ım
n→∞
2 ln n − 2 ln(n − 1)
√
n −
√
n − 1
= l´ım
n→∞
2 ln n
n−1
n−(n−1)
√
n+
√
n−1
= 2 l´ım
n→∞
(
√
n +
√
n − 1) ln
n
n − 1
= 2 l´ım
n→∞
ln
n
n − 1
√
n+
√
n−1
= 2 l´ım
n→∞
ln 1 +
1
n − 1
(n−1)
√
n+
√
n−1
n−1
= 2 ln e
l´ım
n→∞
√
n+
√
n−1
n−1
= 2 ln e0
= 0.
24

Resulta entonces que
ln L = l´ım
n→∞
√
n[cn − 1] = −∞.
y L = e−∞ = 0.
an =
(ln n)2
n
.
Solución
Aplicando el criterio de Stolz tenemos:
L = l´ım
n→∞
(ln n)2 − [ln(n − 1)]2
n − (n − 1)
= l´ım
n→∞
[ln n − ln(n − 1)][ln n + ln(n − 1)]
= l´ım
n→∞
ln[n(n − 1)] ln
n
n − 1
= l´ım
n→∞
ln(n2
− n)
n
n − 1
− 1
= l´ım
n→∞
ln(n2 − n)
n − 1
.
Aplicamos nuevamente el criterio de Stolz, y obtenemos:
L = l´ım
n→∞
ln(n2 − n) − ln[(n − 1)2 − (n − 1)]
n − 1 − (n − 2)
= l´ım
n→∞
ln
n2 − n
n2 − 3n + 2
= ln 1 = 0.
an = n(cos x)n
, 0 < x < π/2.
Solución
En el intervalo 0 < x < π/2, 0 < cos x < 1 y (cos x)n → 0, por lo que tenemos un l´ımite
indeterminado de la forma ∞ · 0. Resulta:
ln L = l´ım
n→∞
ln n(cos x)n
= l´ım
n→∞
[ln n + n ln cos x] = l´ım
n→∞
n
ln n
n
+ ln cos x
= l´ım
n→∞
n · l´ım
n→∞
ln n
n
+ ln cos x .
Por una parte, según el criterio de Stolz,
l´ım
n→∞
ln n
n
= l´ım
n→∞
ln n − ln(n − 1)
n − (n − 1)
= l´ım
n→∞
ln
n
n − 1
= 0.
Por otra parte, como 0 < cos x < 1, entonces −∞ < ln cos x < 0, con lo que
l´ım
n→∞
ln n
n
+ ln cos x = k < 0 y
ln L = l´ım
n→∞
n l´ım
n→∞
ln n
n
+ ln cos x = +∞ · k = −∞.
En definitiva, L = e−∞ = 0.
25

an =
ln 1 + ln 2 + · · · + ln n
n ln n
.
Soluci´on
Aplicando el criterio de Stolz,
L = l´ım
n→∞
ln n
n ln n − (n − 1) ln(n − 1)
= l´ım
n→∞
ln n
ln nn − ln(n − 1)n−1
= l´ım
n→∞
ln n
ln nn
(n−1)n−1
= l´ım
n→∞
ln n
ln n n
n−1
n−1
= l´ım
n→∞
ln n
ln n + ln n
n−1
n−1 = l´ım
n→∞
1
1 + 1
ln n ln n
n−1
n−1 .
Como
n
n − 1
n−1
= 1 +
1
n − 1
n−1
→ e, L = 1
1+0 = 1.
an =
1
n
n
(n + 1)(n + 2) . . . (n + n).
Soluci´on
En primer lugar tomamos logaritmos:
ln L = l´ım
n→∞
ln
n (n + 1)(n + 2) . . . (n + n)
nn
= l´ım
n→∞
1
n
ln
(n + 1)(n + 2) . . . (n + n)
nn
.
Aplicamos ahora el criterio de Stolz y resulta:
ln L = l´ım
n→∞
ln (n+1)(n+2)...(n+n)
nn − ln n(n+1)...(n−1+n−1)
(n−1)n−1
n − (n − 1)
= l´ım
n→∞
ln
(n + 1)(n + 2) . . . (2n)
nn
·
(n − 1)n−1
n(n + 1) . . . (2n − 2)
= l´ım
n→∞
ln
(2n − 1)2n
n
·
(n − 1)n−1
nn
= l´ım
n→∞
ln
(2n − 1)2n
n2
·
(n − 1)n−1
nn−1
= ln l´ım
n→∞
(2n − 1)2n
n2
+ ln l´ım
n→∞
n − 1
n
n−1
= ln 4 + ln e−1
= ln(4e−1
).
Queda por tanto, L = 4e−1.
an =
1
n
ln
22 · 33 · 44 . . . (n − 1)n−1 · nn
52 · 63 · 74 . . . (n + 2)n−1 · (n + 3)n
.
26

Solución
Agrupando términos y aplicando las propiedades de los logaritmos,
L = l´ım
n→∞
1
n
ln
2
5
2
3
6
3
4
7
4
. . .
n − 1
n + 2
n−1
n
n + 3
n
= l´ım
n→∞
1
n
ln
2
5
2
+ ln
3
6
3
+ · · · + ln
n
n + 3
n
= l´ım
n→∞
1
n
2 ln
2
5
+ 3 ln
3
6
+ · · · + n ln
n
n + 3
.
Aplicando ahora el criterio de Stolz, obtenemos:
L = l´ım
n→∞
n ln n
n+3
n − (n − 1)
= l´ım
n→∞
n ln
n
n + 3
= l´ım
n→∞
n
n
n + 3
− 1 = l´ım
n→∞
−3n
n + 3
= −3.
an = n2 n
1
n
2
. . .
n
n
.
Solución
Tomamos logaritmos y aplicamos el criterio de Stolz:
ln L = l´ım
n→∞
ln n
1
n
2 . . . n
n
n2
= l´ım
n→∞
ln n
1
n
2 . . . n
n − ln n−1
1
n−1
2 . . . n−1
n−1
n2 − (n − 1)2
= l´ım
n→∞
ln
(n
1)(n
2)...(n
n)
(n−1
1 )(n−1
2 )...(n−1
n−1)
n2 − (n − 1)2
.
Sabiendo que
n
k
n−1
k
=
n!
(n−k)!k!
(n−1)!
(n−k−1)!k!
=
n
n − k
y
n
n
= 1, resulta:
ln L = l´ım
n→∞
ln n
n−1 · n
n−2 . . . n
2 · n
1
2n − 1
= l´ım
n→∞
ln nn−1
(n−1)!
2n − 1
= l´ım
n→∞
ln(nn/n!)
2n − 1
.
Aplicamos ahora la fórmula de Stirling n! ∼ nne−n
√
2πn y tenemos:
ln L = l´ım
n→∞
ln nn
nne−n
√
2πn
2n − 1
= l´ım
n→∞
ln en
√
2πn
2n − 1
= l´ım
n→∞
ln en − ln
√
2πn
2n − 1
= l´ım
n→∞
n
2n − 1
− l´ım
n→∞
ln
√
2πn
2n − 1
.
27

Volvemos a aplicar el criterio de Stolz:
ln L =
1
2
− l´ım
n→∞
ln
√
2πn − ln 2π(n − 1)
2n − 1 − (2n − 3)
=
1
2
− l´ım
n→∞
1
2
ln
√
2πn
2π(n − 1)
=
1
2
−
1
2
l´ım
n→∞
ln
n
n − 1
=
1
2
−
1
2
ln 1 =
1
2
.
Tenemos entonces L = e1/2 =
√
e.
an =
n[2 · 4 · 6 · . . . (2n − 2)]2
[1 · 3 · 5 · . . . (2n − 1)]2
.
Solución
Escribiremos la sucesión en términos de factoriales y aplicaremos la fórmula de Stirling:
L = l´ım
n→∞
n
2 · 4 . . . (2n − 2)
1 · 3 . . . (2n − 1)
2
= l´ım
n→∞
n
2n−1 · 1 · 2 . . . (n − 1) · 2 · 4 . . . 2n
1 · 2 · 3 . . . (2n − 1) · 2n
2
= l´ım
n→∞
n
2n−1(n − 1)! · 2 · 4 . . . 2n
(2n)!
2
= l´ım
n→∞
n
2n−1 · (n − 1)! · 2n · n!
(2n)!
2
= l´ım
n→∞
n
22n−1 · (n − 1)! n!
(2n)!
2
= l´ım
n→∞
n
22n−1(n − 1)n−1e−n+1 2π(n − 1) · nne−n
√
2πn
(2n)2ne−2n
√
2π · 2n
2
= l´ım
n→∞
n
(n − 1)n−1e
√
π n(n − 1)
2nn
√
n
2
= l´ım
n→∞
n · e2π2n(n − 1)(n − 1)2n−2
4 · n2n · n
= l´ım
n→∞
(n − 1)2n−1e2π2
4n2n−1
= l´ım
n→∞
n − 1
n
2n−1
π2e2
4
=
π2e2
4
l´ım
n→∞
1 −
1
n
2n−1
=
π2e2e−2
4
=
π2
4
.
an =
2n
n
4−n√
n.
Solución
Por la fórmula de Stirling, tenemos:
L = l´ım
n→∞
(2n)! 4−n√
n
(n!)2
= l´ım
n→∞
(2n)2ne−2n
√
4πn 4−n√
n
n2ne−2n · 2πn
= l´ım
n→∞
4nn2ne−2n2n · 4−n√
π
n2ne−2n · 2πn
=
√
π
π
.
28

an = n
2 · 4 . . . (2n − 2)
1 · 3 . . . (2n − 1)
2
.
Solución
Aplicando nuevamente la fórmula de Stirling,
L = l´ım
n→∞


√
n ·
(n − 1)! 2n−1
(2n−1)!
2n−1(n−1)!


2
= l´ım
n→∞
√
n · 2n−1[(n − 1)!]22n−1
(2n − 1)!
2
= l´ım
n→∞
√
n · 22n−2e−2n+2(n − 1)2n−2[ 2π(n − 1)]2
e−2n+1(2n − 1)2n−1 2π(2n − 1)
2
= l´ım
n→∞
√
n · 22n−2e · (n − 1)2n−12π
(2n − 1)2n−1 2π(2n − 1)
2
= l´ım
n→∞
22n−1(n − 1)2n−1
(2n − 1)2n−1
2
·
e2nπ2
4πn − 2π
= l´ım
n→∞
2n − 2
2n − 1
2n−1 2
· l´ım
n→∞
e2nπ2
4πn − 2π
= (e−1
)2
· e2 π2
4π
=
π
4
.
an =
22n(n!)2√
n
(2n + 1)!
.
Solución
Utilizamos la fórmula de Stirling en el numerador y denominador:
L = l´ım
n→∞
22ne−2nn2n2πn
√
n
e−2n−1(2n + 1)2n+1
√
4πn + 2π
= l´ım
n→∞
22nn2n2πn
√
n
e−1(2n + 1)2n+1
√
4πn + 2π
= l´ım
n→∞
2n
2n + 1
2n
· e · l´ım
n→∞
2πn
√
n
(2n + 1)
√
4πn + 2π
= e−1
· e ·
2π
2
√
4π
=
√
π
2
.
an =
(2n!)2 enn/(n!)2
− 1
nn
.
Solución
29

Debido a que A = l´ım
n→∞
nn
(n!)2
= l´ım
n→∞
nn
n2ne−2n2πn
= 0, resulta la equivalencia de infinitésimos
enn/(n!)2
− 1 ∼
nn
(n!)2
. Luego
L = l´ım
n→∞
4(n!)2nn
nn(n!)2
= 4.
an =
n
√
n!
n
.
Solución
Si aplicamos la fórmula de Stirling, tenemos:
L = l´ım
n→∞
n
nne−n
√
2πn
n
= l´ım
n→∞
n · e−1 2n
√
2πn
n
= l´ım
n→∞
e−1 2n
√
2πn.
Ahora bien, como l´ım
n→∞
2n
√
2πn = l´ım
n→∞
2n
√
2π n
√
n = 1, resulta que L = e−1.
an =
22n(n!)2
√
n[(2n)!]
.
Solución
Aplicando la fórmula de Stirling tenemos:
L = l´ım
n→∞
22n(nne−n
√
2πn)2
√
n(2n)2ne−2n 2π(2n)
= l´ım
n→∞
22nn2ne−2n · 2πn
√
n · 22nn2ne−2n
√
4πn
= l´ım
n→∞
2πn
√
n · 2
√
π
√
n
=
√
π.
90. Dada la sucesión {an} definida por a1 = 2, an = 5an−1 + 3, calcular l´ım
n→∞
an
5n
.
Solución
Vamos a obtener el término general de la sucesión dando valores a n:
an = 5an−1 + 3;
an−1 = 5an−2 + 3 =⇒ 5an−1 = 52
an−2 + 5 · 3;
an−2 = 5an−3 + 3 =⇒ 52
an−2 = 53
an−3 + 52
· 3;
. . .
a3 = 5a2 + 3 =⇒ 5n−3
a3 = 5n−2
a2 + 5n−3
· 3;
a2 = 5a1 + 3 =⇒ 5n−2
a2 = 5n−1
a1 + 5n−2
· 3.
Sumando miembro a miembro, an = 5n−1a1 + 3(5n−2 + · · · + 52 + 5 + 1).
30

El último paréntesis corresponde a la suma de los términos de una progresión geométrica, con
lo que
an = 5n−1
· 2 + 3 ·
5n−1 − 1
5 − 1
=
11 · 5n−1 − 3
4
.
Entonces,
L = l´ım
n→∞
an
5n
= l´ım
n→∞
11 · 5n−1 − 3
4 · 5n
= l´ım
n→∞
11
20
−
3
4 · 5n
=
11
20
.
2. Sucesiones convergentes y l´ımites de oscilación. Sucesiones monóto-
nas y acotadas
1. Determinar el menor valor de N para el que se verifica lo siguiente:
a) |an − 2| < 10−5, ∀n > N, si an = 4 + 1/n.
b)
1
n
+
(−1)n
n2
< 10−6
, ∀n > N.
Solución
a) Se trata de resolver la desigualdad |an − 2| < 10−5. Debido a que an > 2, ∀n, tenemos la
siguiente cadena de equivalencias:
| 4 + 1/n − 2| < 10−5
⇐⇒ 4 + 1/n − 2 < 10−5
⇐⇒ 4 + 1/n < 10−5
+ 2
⇐⇒ 4 + (1/n) < (10−5
+ 2)2
⇐⇒ 1/n < 10−10
+ 4 + 4 · 10−5
− 4
⇐⇒ n > (10−10
+ 4 · 10−5
)−1
= 1010
· (1 + 4 · 105
)−1
.
El resultado indica que la sucesión dada por an = 4 + 1/n tiene l´ımite 2.
b) Procediendo análogamente al caso anterior, tenemos:
1
n
+
(−1)n
n2
< 10−6
⇐⇒ n + (−1)n
< 10−6
· n2
⇐⇒ 10−6
· n2
− n − (−1)n
> 0.
Si resolvemos esta inecuación de segundo grado, resulta:
- Cuando n es par:
10−6
· n2
− n − 1 > 0 =⇒ n >
1 +
√
1 + 4 · 10−6
2 · 10−6
=⇒ n >
1
2
106
+ 103
4 + 106 106
.
- Cuando n es impar:
10−6
· n2
− n + 1 > 0 =⇒ n >
1 +
√
1 − 4 · 10−6
2 · 10−6
=⇒ n >
1
2
106
+ 103
106 − 4 < 106
.
En definitiva, para n > 106 se verifica la desigualdad propuesta.
31

2. Demostrar, utilizando la definición de l´ımite, que la sucesión de término general an =
4n − 3
n + 1
converge a 4.
Solución
Debemos probar que, dado cualquier número ε > 0, somos capaces de encontrar un número
natural N tal que la distancia entre an y el l´ımite 4, es menor que ε, ∀n > N. Ahora bien, dicha
distancia es
|an − 4| =
4n − 3
n + 1
− 4 =
−7
n + 1
=
7
n + 1
,
y será |an − 4| < ε si y sólo si n >
7
ε
− 1. Por tanto, basta elegir cualquier número natural
N >
7
ε
− 1 para que se cumpla la definición de l´ımite.
3. Sean a y b positivos. Probar que l´ım
n→∞
n
√
an + bn = máx{a, b}.
Solución
En primer lugar, si a = b,
l´ım
n→∞
n
√
an + bn = l´ım
n→∞
n
√
2an = l´ım
n→∞
a
n
√
2 = a = máx{a, b}.
Supongamos ahora que a > b. Entonces
l´ım
n→∞
n
√
an + bn = l´ım
n→∞
n
an[1 + (b/a)n] = l´ım
n→∞
a n
1 + (b/a)n = a = máx{a, b},
debido a que (b/a)n → 0.
Análogamente se deduce el caso en que b > a.
4. Sabiendo que l´ım
n→∞
an + 1
an − 1
n
= 9, calcular el valor de a.
Solución
Como se trata de una indeterminación de la forma 1∞, podemos tomar logaritmos y aplicar la
equivalencia ln
an + 1
an − 1
∼
an + 1
an − 1
− 1. De este modo,
ln 9 = l´ım n
an + 1
an − 1
− 1 = l´ım n ·
2
an − 1
=
2
a
,
con lo que debemos tomar a =
2
ln 9
.
5. Hallar la relación entre los parámetros a y b para que se verifique
l´ım
n→∞
n + a
n + 1
2n+3
= l´ım
n→∞
n + 3
n + 2
bn+4
.
Solución
32

Ambos l´ımites son de la forma 1∞. Tomando logaritmos y aplicando la equivalencia ln un ∼ un−1,
cuando un → 1, obtenemos:
ln L1 = l´ım
n→∞
(2n + 3) ln
n + a
n + 1
= l´ım
n→∞
(2n + 3)
n + a
n + 1
− 1
= l´ım
n→∞
(2n + 3) ·
n + a − n − 1
n + 1
= 2(a − 1),
ln L2 = l´ım
n→∞
(bn + 4) ln
n + 3
n + 2
= l´ım
n→∞
(bn + 4)
n + 3
n + 2
− 1
= l´ım
n→∞
(bn + 4) ·
n + 3 − n − 2
n + 2
= b.
Para que L1 = L2, debe cumplirse que e2(a−1) = eb, o bien 2(a − 1) = b.
6. Probar que la sucesión de término general
an =
1
2
+
2
4
+
3
8
+ · · · +
n
2n
es de Cauchy.
Solución
La sucesión {an} es precisamente la sucesión de sumas parciales de la serie de términos positivos
n≥1
n
2n
. Como dicha serie es convergente (lo cual se puede probar fácilmente aplicando el criterio
de la ra´ız), también lo es la sucesión de sumas parciales y converge a la suma de la serie. Como
toda sucesión convergente es de Cauchy, obtenemos el resultado deseado.
7. Sea {xn} una sucesión monótona creciente. Probar que también lo es la sucesión de
término general yn =
x1 + · · · + xn
n
.
Solución
Probaremos que yn+1 ≥ yn, para lo cual utilizamos el hecho de que x1 ≤ x2 ≤ · · · ≤ xn ≤ xn+1:
yn+1 =
x1 + · · · + xn + xn+1
n + 1
=
x1 + (1/n)xn+1 + · · · + xn + (1/n)xn+1
n + 1
≥
x1(1 + 1/n) + · · · + xn(1 + 1/n)
n + 1
=
nyn(1 + 1/n)
n + 1
= yn.
Análogamente se prueba que si {xn} es decreciente, también lo es la sucesión de sus medias
aritméticas.
8. Demostrar que es convergente la sucesión de término general
xn =
1
2n + 1
+ · · · +
1
3n
.
Solución
Demostraremos que la sucesión es monótona creciente y acotada superiormente, lo que da como
consecuencia la convergencia de la sucesión.
33

*) La sucesión está acotada superiormente pues:
xn =
1
2n + 1
+ · · · +
1
3n
<
1
2n
+ · · · +
1
2n
=
n
2n
=
1
2
.
*) La sucesión es monótona creciente, como se comprueba al realizar la siguiente resta:
xn+1 − xn =
1
3n + 3
+
1
3n + 2
+
1
3n + 1
−
1
2n + 2
−
1
2n + 1
=
9n2 + 11n + 4
6(n + 1)(3n + 2)(3n + 1)(2n + 1)
> 0, ∀n.
Como hemos indicado al principio, se aqu´ı se deduce que la sucesión es convergente.
9. Encontrar los l´ımites de oscilación de las sucesiones siguientes:
a) an = n2
[1 + (−1)n
].
b) an =
n
n + 1
sen2 nπ
4
.
Solución
a) Si n es par, tenemos la sub-sucesión an = 2n2 que es divergente (su l´ımite es +∞).
Por otra parte, si n es impar, resulta an = 0, que converge a cero.
En definitiva, los l´ımites de oscilación son 0 y +∞.
b) En este caso, si n es impar, sen
nπ
4
= ±
√
2
2
, con lo que an =
n
2(n + 1)
que converge a 1/2.
Si n es múltiplo de 4, sen
nπ
4
= 0 y la subsucesión correspondiente converge a cero.
Si n es de la forma n = 4k + 2, k ∈ N, entonces sen
nπ
4
= ±1, con lo que an =
n
n + 1
que
converge a 1.
En definitiva, los l´ımites de oscilación son {0, 1/2, 1}.
10. Encontrar los l´ımites de oscilación de la sucesión cuyo término general es
an = sen
nπ
2
+
12 + 2n
2n+1
· cos
nπ
2
.
Solución
Si n es par, n = 2k, tenemos la sub-sucesión
a2k = sen kπ +
12 + 22k
22k+1
· cos kπ = (−1)k 12 + 22k
2 · 22k
(debido a que sen kπ = 0 y cos kπ = (−1)k). Como l´ım
n→∞
12 + 22k
2 · 22k
= 1/2, la subsucesión {a2k} es
oscilante. Por lo tanto, si k nuevamente es par, la sub-sucesión correspondiente tiene l´ımite 1/2,
y si k es impar, la sub-sucesión converge a −1/2.
34

Por otra parte, si n es impar, n = 2k + 1, obtenemos la sub-sucesión
a2k+1 = sen
(2k + 1)π
2
+
12 + 22k+1
22k+2
· cos
(2k + 1)π
2
= (−1)k
,
que también es oscilante pero tiene l´ımites de oscilación 1 y −1.
En definitiva, los l´ımites de oscilación de la sucesión propuesta son −1, −1/2, 1/2 y 1, que son
los l´ımites de las subsucesiones {a4k+3}, {a4k+2}, {a4k} y {a4k+1}, respectivamente.
11. Encontrar los l´ımites de oscilación de la sucesión {m/n : m, n ∈ N, m.c.d.(m, n) = 1}
ordenada de modo que m + n vaya de menor a mayor.
Solución
Como la sucesión consta de todos los números racionales positivos, tiene por l´ımites de oscilación
a todos los reales no negativos pues, como es sabido, en cualquier entorno de un número real
hay siempre una infinidad de números racionales.
12. Sea f una función real monótona creciente y acotada en el intervalo [0, 1]. Definimos las
sucesiones {sn} y {tn} como:
sn =
1
n
n−1
k=0
f(k/n), tn =
1
n
n
k=1
f(k/n).
i) Demostrar que
sn ≤
1
0
f(x) dx ≤ tn y 0 ≤
1
0
f(x) dx − sn ≤
f(1) − f(0)
n
.
ii) Demostrar que las sucesiones {sn} y {tn} convergen ambas a
1
0
f(x)dx.
Solución
i) Como f es creciente, si P = {0, 1/n, 2/n, . . . , (n − 1)/n, 1} es una partición cualquiera del
intervalo [0, 1], entonces
f
k − 1
n
≤ f(x) ≤ f
k
n
, ∀x ∈
k − 1
n
,
k
n
, k = 1, . . . , n.
De aqu´ı se deduce que
k/n
(k−1)/n
f
k − 1
n
dx ≤
k/n
(k−1)/n
f(x) dx ≤
k/n
(k−1)/n
f
k
n
dx,
de modo que, sumando a lo largo de los subintervalos de la partición P, se obtiene precisa-
mente que sn ≤
1
0
f ≤ tn.
Si restamos sn a los tres miembros de la desigualdad anterior, obtenemos que
0 ≤
1
0
f − sn ≤ tn − sn =
1
n
n
k=1
f(k/n) −
n−1
k=0
f(k/n) =
1
n
[f(1) − f(0)].
35

Si, en vez de restar sn, restamos tn en la misma desigualdad, se obtiene la desigualdad
análoga
−
1
n
[f(1) − f(0)] ≤
1
0
f − tn ≤ 0.
ii) De las dos últimas desigualdades, al calcular el l´ımite de los extremos se obtiene que
0 ≤ l´ım
1
0
f − sn ≤ l´ım
1
n
[f(1) − f(0)] = 0 =⇒ l´ım sn =
1
0
f;
0 = l´ım −
1
n
[f(1) − f(0)] ≤ l´ım
1
0
f − tn ≤ 0 =⇒ l´ım tn =
1
0
f.
13. Sea X el conjunto de los números reales que son solución de las ecuaciones n2x2 −n(3n−
1)x + (2n2 − 3n − 2) = 0 para cada n ∈ N. Hallar sup X e ´ınf X.
Solución
Al resolver la ecuación obtenemos las ra´ıces
x =
n(3n − 1) ± n2(3n − 1)2 − 4n2(2n2 − 3n − 2)
2n2
=⇒ an =
2n + 1
n
, bn =
n − 2
n
.
Resulta entonces el conjunto X =
2n + 1
n
: n ∈ N ∪
n − 2
n
: n ∈ N . Como la sucesión an =
2n + 1
n
es decreciente y tiene l´ımite 2 y la sucesión bn =
n − 2
n
es creciente y tiene l´ımite 1, se deduce
que sup X = a1 = 3 e ´ınf X = b1 = −1.
3. Sucesiones definidas por recurrencia
1. Calcular el l´ımite de las sucesiones de término general
a) an = 2 2
√
2 . . . (n veces).
b) an = 2 + 2 +
√
2 + . . . (n veces).
Solución
a) Si escribimos el término general como
an = 21/2
· 21/4
· · · · · 21/2n
= 21/2+1/4+···+1/2n
,
y sabiendo que el exponente es la suma de los términos de una progresión geométrica de
razón 1/2,
1/2 + 1/4 + · · · + 1/2n
=
1/2 − 1/2n+1
1 − 1/2
= 1 − 1/2n
,
36

al calcular el l´ımite obtenemos:
l´ım an = l´ım 21−1/2n
= 2.
Otro método: El término general se puede escribir como an =
√
2an−1 y se puede probar
que es monótona creciente y está acotada superiormente.
Por inducción se demuestra que an < 2, ∀n:
Como a1 =
√
2, es evidente que a1 < 2.
Si suponemos ahora que an−1 < 2, probaremos que an < 2:
an = 2an−1 <
√
2 · 2 = 2.
Por otra parte, como
an
an−1
=
2
an−1
> 1, se deduce que la sucesión es monótona creciente.
Lo anterior prueba que la sucesión es convergente y, por tanto, de la relación L = l´ım an =
l´ım an−1 resulta que:
L =
√
2L =⇒ L2
= 2L =⇒ L = 0 ó L = 2.
Como an > 0, ∀n y es creciente, sólo puede ser L = 2.
b) Como no podemos escribir una fórmula expl´ıcita (simple) para expresar el término general,
aplicamos el segundo método del apartado anterior. Escribimos para ello en forma recurrente
an =
√
2 + an−1, ∀n y probamos que la sucesión es monótona y acotada.
- La sucesión está acotada superiormente por 2:
Es evidente que a1 =
√
2 < 2 y, si suponemos que an−1 < 2, resulta que
an = 2 + an−1 <
√
2 + 2 = 2.
- La sucesión es monótona creciente. Para ello escribiremos desigualdades equivalentes a la
que queremos probar:
an+1 ≥ an ⇐⇒
√
2 + an ≥ an ⇐⇒ 2 + an ≥ a2
n ⇐⇒ a2
n − an − 2 ≤ 0
⇐⇒ (an − 2)(an + 1) ≤ 0 ⇐⇒ −1 ≤ an ≤ 2,
lo que es evidentemente cierto.
De lo anterior se deduce nuevamente que la sucesión es convergente. Si llamamos L a su
l´ımite, debido a que L = l´ım an = l´ım an+1, tenemos:
L =
√
2 + L =⇒ L2
= 2 + L =⇒ L2
− L − 2 = 0 =⇒ (L − 2)(L + 1) = 0 =⇒ L = 2,
ya que los términos de la sucesión son todos positivos y el l´ımite no puede ser negativo.
2. Se considera la sucesión (an)n≥1 definida por a1 = a2 = a > 0, an =
1
1
an−1
+ 1
an−2
, si n ≥ 3.
Probar que es monótona y acotada y calcular su l´ımite.
Solución
37

Es evidente por la misma construcción del término general que an ≥ 0, ∀n, lo que indica por una
parte que la sucesión está acotada inferiormente por 0. Veamos que es monótona decreciente.
Para ello escribimos an =
an−1 · an−2
an−1 + an−2
y obtenemos que
an
an−1
=
an−2
an−1 + an−2
< 1 =⇒ an < an−1,
como quer´ıamos probar.
Para calcular el l´ımite tenemos en cuenta que L = l´ım an = l´ım an−1 = l´ım an−2 y planteamos la
ecuación L =
1
1/L + 1/L
. Esto implica que L = L/2 de donde L = 0.
3. Sea (xn)n∈N la sucesión definida de la siguiente forma:
x1 = 1,
xn+1 = 1
1+x2
n
· xn.
Demostrar que es convergente y que l´ım
n→∞
xn = 0.
Solución
Para probar que es convergente, basta ver que está acotada inferiormente y que es decreciente.
Por una parte, es evidente que xn ≥ 0, ∀n.
Por otra parte, como
xn+1
xn
=
1
1 + x2
n
< 1, se deduce que xn+1 < xn, ∀n.
Sabiendo ya que es convergente, para calcular el l´ımite tendremos en cuenta que l´ım xn =
l´ım xn+1. Si llamamos L a dicho l´ımite, resulta que
L =
1
1 + L2
· L =⇒ L = 0 ó
1
1 + L2
= 1 =⇒ L = 0.
4. Sea (an)n∈N la sucesión definida de la siguiente forma:
a1 = 1,
an+1 = 2(1+an)
2+an
.
Probar que l´ım
n→∞
an =
√
2.
Solución
(*) Probaremos en primer lugar por inducción que a2
n < 2:
a2
1 = 1 < 2;
Si a2
n < 2, a2
n+1 = 4 ·
1 + 2an + a2
n
4 + 4an + a2
n
= 2 ·
2 + 4an + 2a2
n
4 + 4an + a2
n
.
Pero como a2
n < 2, entonces 2 + 4an + 2a2
n < 4 + 4an + a2
n, de donde a2
n+1 < 2.
Queda pues probado que la sucesión está acotada superiormente por
√
2.
38

(*) Por otra parte, como a2
n < 2, entonces
an+1
an
=
2 + 2an
2an + a2
n
> 1 =⇒ an+1 > an, es decir que la
sucesión es monótona creciente.
(*) De lo anterior podemos concluir que la sucesión es convergente; si llamamos L = l´ım an,
tenemos
L =
2(1 + L)
2 + L
=⇒ 2L + L2
= 2 + 2L =⇒ L2
= 2 =⇒ L =
√
2,
pues an ≥ 0 para todo n.
x1 = 10,
xn+1 = 1
2 xn + 1
xn
.
Demostrar que es convergente y que l´ım
n→∞
xn = 1.
Solución
*) Veremos que la sucesión está acotada inferiormente.
Para ello probaremos en primer lugar por inducción que xn > 0, ∀n:
Es evidente que x1 > 0 y, si suponemos que xn > 0, tenemos que xn + 1/xn > 0, de donde
xn+1 > 0.
Veamos a continuación que además xn ≥ 1, ∀n. Para ello suponemos también que xn ≥ 1 y
probaremos que xn+1 ≥ 1:
Como (xn − 1)2 ≥ 0, entonces
x2
n + 1 − 2xn ≥ 0 =⇒ x2
n + 1 ≥ 2xn =⇒
x2
n + 1
2xn
≥ 1 =⇒ xn+1 ≥ 1.
*) La sucesión es monótona decreciente:
Como x2
n ≥ 1, se deduce que, para todo n,
1
x2
n
≤ 1 =⇒ 1 +
1
x2
n
≤ 2 =⇒
xn+1
xn
=
x2
n + 1
2x2
n
=
1
2
1 +
1
x2
n
≤ 1 =⇒ xn+1 ≤ xn.
*) De lo anterior se deduce que la sucesión es convergente. Además, si llamamos L al l´ımite,
tenemos que
L =
1
2
·
L2 + 1
L
=⇒ 2L2
= L2
+ 1 =⇒ L2
= 1 =⇒ L = ±1.
Como todos los términos son positivos, sólo es posible la solución L = 1.
x1 = 1/3,
xn+1 = 1
1+
√
(1/xn)−1
.
Demostrar que es convergente y calcular su l´ımite.
Solución
39

- En primer lugar, probaremos por inducción que 0 < xn < 1/2, ∀n:
La propiedad es cierta para n = 1 pues x1 = 1/3 < 1/2.
Si suponemos cierta la propiedad para xn, veamos que también lo es para xn+1:
0 < xn < 1/2 =⇒ 1/xn > 2 =⇒ 1/xn − 1 > 1 =⇒ 1/xn − 1 > 1
=⇒ 1 + 1/xn − 1 > 2 =⇒ xn+1 =
1
1 + (1/xn) − 1
< 1/2,
y además xn+1 > 0.
- Veamos a continuación que la sucesión es creciente, es decir xn+1 ≥ xn, ∀n. Para ello, escri-
biremos inecuaciones equivalentes a la que queremos probar hasta obtener alguna cuya solución
sea más asequible:
xn+1 ≥ xn ⇐⇒
1
1 + (1/xn) − 1
≥ xn ⇐⇒
1
xn
≥ 1 + (1/xn) − 1
⇐⇒
1
xn
− 1 ≥
1
xn
− 1 ⇐⇒
1
xn
− 1 ≥ 1 ⇐⇒
1
xn
≥ 2 ⇐⇒
1
2
≥ xn
lo cual está ya probado al principio.
- En definitiva, como la sucesión es monótona creciente y acotada superiormente, será conver-
gente. Para calcular su l´ımite, utilizamos la fórmula L = l´ım xn = l´ım xn+1 y tenemos en cuenta
que L ≤ 1/2 (pues 1/2 es una cota superior de {xn}):
L =
1
1 + 1/L − 1
=⇒ L + L 1/L − 1 = 1 =⇒ L2
(1/L − 1) = (1 − L)2
=⇒ L − L2
= 1 − 2L + L2
=⇒ 2L2
− 3L + 1 = 0
=⇒ L =
3 ±
√
9 − 8
4
=⇒ L = 1 ó L = 1/2 =⇒ L = 1/2.
Observación. Aunque la sucesión esté definida en forma recurrente, en este caso es posible
encontrar una fórmula expl´ıcita del término general. As´ı, se puede probar por inducción que
xn =
1
1 + 21/2n−1 , ∀n y es evidente que l´ım xn = 1/2.
7. Demostrar que la sucesión (xn)n∈N definida por:
x1 = 1/8, xn+1 = x2
n + 1/4, n ≥ 1,
es convergente y calcular su l´ımite.
Solución
*) Veamos en primer lugar que {xn} es creciente:
xn+1 − xn = x2
n − xn + 1/4 = (xn − 1/2)2
≥ 0, ∀n =⇒ xn+1 ≥ xn, ∀n.
*) A continuación probaremos por inducción que la sucesión está acotada superiormente por
1/2. En efecto,
x1 = 1/8 < 1/2.
40

Además, si suponemos xn < 1/2, veamos que xn+1 < 1/2:
xn < 1/2 =⇒ x2
n < 1/4 =⇒ x2
n + 1/4 < 1/2 =⇒ xn+1 < 1/2.
*) De lo anterior se deduce que {xn} es convergente. Si llamamos L a su l´ımite, se debe verificar:
L = L2
+ 1/4 =⇒ L2
− L + 1/4 = 0 =⇒ (L − 1/2)2
= 0 =⇒ L = 1/2.
8. Se define la siguiente sucesión:
x1 ∈ (0, 1),
xn+1 = 1 −
√
1 − xn.
Probar que es convergente y calcular su l´ımite.
Solución
*) Veamos en primer lugar que la sucesión está acotada probando por inducción que xn ∈
(0, 1), ∀n.
Por hipótesis x1 ∈ (0, 1). Si suponemos que xn ∈ (0, 1), resulta:
0 < xn < 1 =⇒ 0 > −xn > −1 =⇒ 1 > 1 − xn > 0 =⇒ 1 >
√
1 − xn > 0
=⇒ −1 < −
√
1 − xn < 0 =⇒ 0 < 1 −
√
1 − xn < 1,
que es precisamente la condición 0 < xn+1 < 1.
*) La sucesión es decreciente pues, como
xn+1 = 1 −
√
1 − xn =
1 − (1 − xn)
1 +
√
1 − xn
=
xn
1 +
√
1 − xn
y 1 +
√
1 − xn > 1, resulta que
xn+1
xn
=
1
1 +
√
1 − xn
< 1 =⇒ xn+1 < xn, ∀n.
*) Lo anterior prueba que la sucesión es convergente. Si llamamos L al l´ımite y utilizamos la
propiedad L = l´ım xn = l´ım xn+1, deducimos que
L = 1 −
√
1 − L =⇒ L − 1 = −
√
1 − L =⇒ (L − 1)2
= 1 − L
=⇒ (L − 1)2
+ (L − 1) = 0 =⇒ (L − 1)(L − 1 + 1) = 0.
Esto conduce a las dos posibilidades L = 1 ó L = 0. Al ser la sucesión decreciente y sus términos
menores que 1, debe ser L = 0.
9. Sea (xn)n∈N la sucesión definida por la ley de recurrencia 7xn+1 = x3
n + 6. Estudiar la
convergencia en los siguientes casos:
i) x1 = 1/2.
ii) x1 = 3/2.
iii) x1 = 5/2.
41

Solución
Estudiaremos en primer lugar el crecimiento en el caso general. Como
xn+1 − xn =
x3
n
7
+
6
7
− xn =
x3
n − 7xn + 6
7
=
(xn − 1)(xn − 2)(xn + 3)
7
,
el crecimiento depende del signo de los factores.
Por otra parte, si la sucesión fuera convergente y llamamos L al l´ımite, debe verificarse que
7L = L3
+ 6 ⇐⇒ L3
− 7L + 6 = 0 ⇐⇒ (L − 1)(L − 2)(L + 3) = 0,
con lo que los únicos posibles l´ımites son L = 1, L = 2 ó L = −3.
Veamos las distintas posibilidades según los valores del primer término.
i) Si x1 = 1/2, probaremos por inducción que 0 < xn < 1, ∀n: Efectivamente, si suponemos
que 0 < xk < 1, entonces
0 < x3
k < 1 =⇒ 6 < x3
k + 6 < 7 =⇒ 6/7 < xk+1 < 1,
De lo anterior se deduce que la sucesión es creciente pues xn −1 < 0, xn −2 < 0, xn +3 > 0,
de donde xn+1 − xn > 0. Como también está acotada superiormente, debe ser convergente
y, recordando que 0 < xn < 1, el l´ımite debe ser L = 1.
ii) Si x1 = 3/2, probaremos por inducción que 1 < xn < 2, ∀n: Efectivamente, si suponemos
que 1 < xk < 2, entonces
1 < x3
k < 8 =⇒ 7 < x3
k + 6 < 14 =⇒ 1 < xk+1 < 2,
En este caso, como ahora xn−1 > 0, xn−2 < 0, xn+3 > 0, se deduce que xn+1−xn < 0, con
lo que la sucesión es decreciente. Como está acotada inferiormente, también es convergente
y su l´ımite sólo puede ser L = 1.
iii) Si x1 = 5/2, se comprueba también por inducción que xn > 2, ∀n: Suponemos para ello que
xk > 2; entonces
x3
k > 8 =⇒ x3
k + 6 > 14 =⇒ xk+1 > 2,
De lo anterior se deduce que la sucesión es creciente pues, como xn − 1 > 0, xn − 2 > 0 y
xn + 3 > 0, resulta que xn+1 − xn > 0. Su l´ımite, en caso de existir, deber´ıa ser mayor que
2 lo cual es imposible según hemos comprobado anteriormente. Esto indica que la sucesión
es divergente.
10. Sea (an)n∈N la sucesión definida por recurrencia de la siguiente forma:
a1 = −3/2, 3an+1 = 2 + a3
n.
a) Comprobar que es convergente y calcular su l´ımite.
b) Modificar el primer término a1 para que el l´ımite sea −2.
42

Solución
a) - Probaremos en primer lugar que an ∈ (0, 1), ∀n > 2.
En efecto, como 3a2 = 2 + (−3/2)3 =⇒ a2 = −11/24, de donde
a3 =
2 + (−11/24)3
3
= 0,63.
Si suponemos ahora que 0 < an < 1, se deduce que:
0 < a3
n < 1 =⇒ 2 < a3
n + 2 < 3 =⇒ 0 < 2/3 < an+1 < 1.
- Probamos a continuación que la sucesión es creciente. Para ello efectuamos la resta entre
dos términos consecutivos y obtenemos:
an+1 − an =
2 + a3
n
3
− an =
2 + a3
n − 3an
3
=
(an − 1)2 · (an + 2)
3
> 0,
con lo que, efectivamente, an+1 > an, ∀n.
- Lo anterior implica que la sucesión es convergente y L = l´ım an = l´ım an+1. Entonces:
3L = 2 + L3
=⇒ L3
− 3L + 2 = 0 =⇒ (L − 1)2
(L + 2) = 0.
Como an > 0, ∀n > 2, debe ser L = 1.
b) Veamos las distintas posibilidades para a1:
- Si a1 > −2, entonces se prueba por inducción que an > −2, ∀n. Debido a que
an+1 − an =
(an − 1)2 · (an + 2)
3
> 0,
la sucesión es creciente y el l´ımite no puede ser −2, que es una cota inferior.
- Si a1 < −2, entonces se prueba análogamente que an < −2, ∀n y que la sucesión es
decreciente; el l´ımite no puede ser −2 que es ahora una cota superior.
La única posibilidad es pues que a1 = −2. Esto da lugar a una sucesión constante pues, si
an = −2, entonces an+1 = (2 − 8)/3 = −2. En este caso el l´ımite es evidentemente −2.
x1 = 2,
xn+1 = 2 − 1
xn
.
Demostrar que es convergente y calcular su l´ımite. ¿Qué pasar´ıa si x1 = 4?
Solución
Para que sea convergente basta comprobar que está acotada inferiormente y es monótona decre-
ciente. Para ello veamos en primer lugar que xn ≥ 1, ∀n:
Está claro que x1 ≥ 1. Si además suponemos que xn ≥ 1 para algún n, entonces
1
xn
≤ 1 =⇒ −
1
xn
≥ −1 =⇒ 2 −
1
xn
≥ 1
43

o bien xn+1 ≥ 1.
Además, como
xn+1 − xn = 2 −
1
xn
− xn =
2xn − 1 − x2
n
xn
= −
(xn − 1)2
xn
< 0,
se deduce que xn+1 < xn y la sucesión es efectivamente decreciente.
Ahora bien, si llamamos L al l´ımite de la sucesión, como L = l´ım xn = l´ım xn+1, entonces
L = 2 − 1/L =⇒ L2 = 2L − 1 =⇒ L = 1.
El mismo procedimiento se aplica al caso en que x1 = 4 pues son válidas las mismas operaciones
hechas anteriormente.
Observemos que en ambos casos podemos escribir una expresión expl´ıcita para el término general
de la sucesión. Concretamente, en el caso en que x1 = 2, es xn =
n + 1
n
y, si x1 = 4, entonces
xn =
3n + 1
3n − 2
, lo que se puede probar por inducción.
12. Sean a1, a2 > 0, 2an+1 = an + an−1, para n > 2. Probar que l´ım
n→∞
an =
1
3
(a1 + 2a2).
Solución
En primer lugar veremos que la sucesión es de Cauchy:
|an+1 − an| =
an + an−1
2
− an =
|an−1 − an|
2
.
Procediendo por recurrencia se obtiene que
|an+1 − an| =
|a1 − a2|
2n−1
.
En general, si m > n, por la desigualdad triangular,
|am − an| ≤ |am − am−1| + |am−1 − am−2| + · · · + |an+1 − an|
= |a1 − a2|
1
2m−2
+
1
2m−3
+ · · · +
1
2n−1
≤ |a1 − a2| ·
1/2n−1
1 − 1/2
= |a1 − a2| ·
1
2n−2
.
De lo anterior se deduce que, si m, n → ∞, |am − an| → 0 y la sucesión es de Cauchy.
Por el criterio general de convergencia de Cauchy, la sucesión es convergente. Además,
2an+1 = an + an−1
2an = an−1 + an−2
2an−1 = an−2 + an−3
...
2a3 = a2 + a1.
Sumando miembro a miembro, 2an+1 + 2an = an + 2a2 + a1 y llamando L = l´ım an = l´ım an+1,
resulta que 3L = 2a2 + a1, de donde L =
2a2 + a1
3
.
44

13. Sea (an)n∈N la sucesión definida de la siguiente forma:
a1 =
√
2, an+1 = 2 +
√
an, ∀n = 1, 2, . . .
Probar que la sucesión es convergente.
Solución
*) Probaremos en primer lugar por inducción que an ∈ (1, 2), ∀n.
Para n = 1 es cierto por hipótesis. Suponemos por tanto que también es cierto para n y lo
probaremos para n + 1. Tenemos pues:
1 < an < 2 =⇒ 1 <
√
an <
√
2 =⇒ 3 < 2 +
√
an < 2 +
√
2 < 4
=⇒
√
3 < 2 +
√
an < 2 =⇒ 1 < an+1 < 2.
*) Veamos a continuación que la sucesión es de Cauchy. Para ello, calculamos una cota superior
de |an+1 − an|:
|an+1 − an| = 2 +
√
an − 2 +
√
an−1
=
(2 +
√
an) − (2 +
√
an−1)
2 +
√
an + 2 +
√
an−1
=
|an − an−1|
2 +
√
an + 2 +
√
an−1
√
an +
√
an−1
<
|an − an−1|
2 · 2
.
(Esta última desigualdad se deduce de que
√
an > 1 y 2 +
√
an > 1.) Procediendo por recu-
rrencia se obtiene que
|an+1 − an| <
|an − an−1|
4
< . . . <
|a2 − a1|
4n−1
.
De lo anterior resulta que, si n, p > 0:
|an+p − an| ≤ |an+p − an+p−1| + |an+p−1 − an+p−2| + · · · + |an+1 − an|
< |a2 − a1|
1
4n+p−2
+
1
4n+p−3
+ · · · +
1
4n−1
< |a2 − a1| ·
∞
k=n
1
4k−1
= |a2 − a1| ·
1/4n−1
1 − 1/4
=
4|a2 − a1|
3 · 4n−1
.
Como el último término tiende a cero cuando n → ∞, entonces |an+p − an| < ε, ∀ε > 0. Esto
indica que la sucesión es de Cauchy y, por tanto, convergente.
14. Sean a y b dos números reales que verifican 0 < a < b. Demostrar que las dos sucesiones
(xn)n∈N, (yn)n∈N definidas de la siguiente forma
x1 = a
xn+1 =
√
xnyn
,
y1 = b
yn+1 = xn+yn
2
,
son convergentes y que tienen el mismo l´ımite, llamado media aritmético-geométrica de
a y b.
45

Solución
Es evidente que xn > 0, yn > 0 para todo n ∈ N.
(*) Probaremos en primer lugar que xn ≤ yn, ∀n:
Como
0 ≤ (xn − yn)2
= x2
n + y2
n − 2xnyn
= x2
n + y2
n + 2xnyn − 4xnyn = (xn + yn)2
− 4xnyn,
tenemos que (xn + yn)2 ≥ 4xnyn, es decir
4xnyn
(xn + yn)2
≤ 1, ∀n.
Ahora bien, como
x2
n+1
y2
n+1
=
xnyn
(xn + yn)2/4
≤ 1, resulta que x2
n+1 ≤ y2
n+1, de donde xn+1 ≤ yn+1, ∀n.
(*) Veamos a continuación que {xn} es creciente y que {yn} es decreciente:
Como
xn+1
xn
=
yn
xn
≥ 1, entonces xn+1 ≥ xn y {xn} es creciente.
Además yn+1 − yn =
xn + yn
2
− yn =
xn − yn
2
≤ 0, es decir {yn} es decreciente.
En definitiva, la sucesión {xn} es monótona creciente y acotada superiormente por b y la suce-
sión {yn} es monótona decreciente y acotada inferiormente por a. Esto implica que ambas son
convergentes.
(*) Por último, si llamamos L = l´ım xn, M = l´ım yn, tenemos que L =
√
LM, de donde L2 = LM
y, por ser L > 0, L = M.
15. Dados los números reales u0 y v0 con u0 < v0, se construyen las sucesiones
u1 =
u0 + v0
2
, v1 =
u0 + 2v0
3
...
...
un =
un−1 + vn−1
2
, vn =
un−1 + 2vn−1
3
a) Probar que l´ım
n→∞
(un − vn) = 0.
b) Probar que las sucesiones {un} y {vn} son convergentes.
Solución
a) Si calculamos la diferencia |un − vn|, obtenemos:
|un − vn| =
un−1 + vn−1
2
−
un−1 + 2vn−1
3
=
3un−1 + 3vn−1 − 2un−1 − 4vn−1
6
=
|un−1 − vn−1|
6
.
Procediendo por recurrencia, se obtiene que
0 ≤ |un − vn| =
|un−1 − vn−1|
6
=
|un−2 − vn−2|
62
= · · · =
|u0 − v0|
6n
.
Como l´ım
n→∞
|u0 − v0|
6n
= 0, se deduce que l´ım
n→∞
|un − vn| = 0.
46

b) Para probar que ambas sucesiones son convergentes, basta ver que verifican el criterio general
de Cauchy. Por el apartado anterior,
|un+1 − un| =
un + vn
2
− un =
|vn − un|
2
=
|u0 − v0|
2 · 6n
.
Si ahora p es un entero positivo cualquiera,
|un+p − un| ≤ |un+p − un+p−1| + |un+p−1 − un+p−2| + · · · + |un+1 − un|
=
|u0 − v0|
2
1
6n+p−1
+ · · · +
1
6n
≤
|u0 − v0|
2
1
6n
+ · · · +
1
6n+p−1
+ . . .
=
|u0 − v0|
2
·
1/6n
1 − 1/6
=
3
5 · 6n
· |u0 − v0| → 0,
cuando n → ∞.
Para demostrar que {vn} es de Cauchy se procede de forma completamente análoga. Se
podr´ıa razonar también diciendo que si {un − vn} y {un} son ambas convergentes, también
debe serlo {vn} que es su resta.
16. Dadas las constantes k > 0 y a > 0, se definen las sucesiones:
a) an+1 = k + an con a1 = a;
b) bn+1 =
k
1 + bn
con b1 = a.
Probar que {an} converge a la ra´ız positiva de la ecuación x2 − x − k = 0 y que {bn}
converge a la ra´ız positiva de la ecuación x2 + x − k = 0.
Solución
a) Sea L la ra´ız positiva de la ecuación x2 − x − k = 0; as´ı L verifica L2 = L + k. Dividiremos
el estudio de la sucesión en tres casos:
1) Caso a1 = a = L. En este caso la sucesión es constante pues, debido a que L2 = L + k,
si suponemos an = L, entonces
an+1 = k + an =
√
k + L =
√
L2 = L.
De aqu´ı se deduce evidentemente que la sucesión converge a L.
2) Caso a1 = a < L. Probaremos que la sucesión está acotada superiormente por L y que
es monótona creciente.
En efecto, procediendo por inducción, como a1 < L, si suponemos que an < L, entonces
an + k < L + k = L2
=⇒ an + k <
√
L2 =⇒ an+1 < L.
Por otra parte, como an está comprendido entre las dos ra´ıces de la ecuación x2 −x−k = 0,
deducimos que
a2
n − an − k < 0 =⇒ k + an > a2
n =⇒ k + an > an =⇒ an+1 > an.
47

Estas dos propiedades conducen a la convergencia de la sucesión dada.
3) Caso a1 = a > L. Este caso es similar al anterior, pues se prueba análogamente que la
sucesión está acotada inferiormente y es monótona decreciente.
b) Llamamos en este caso M a la ra´ız positiva de la ecuación x2 + x − k = 0. Esta sucesión
no es monótona como se deduce de la siguiente implicación (debemos tener en cuenta que
M2 + M = k, o bien M = k/(1 + M)):
an > M =⇒ an+1 =
k
1 + an
<
k
1 + M
= M.
(Análogamente se prueba que si an < M, an+1 > M.) Veamos que la sucesión es de Cauchy.
Supondremos para ello que a1 > M > a2, pero la situación ser´ıa análoga en el caso de que
a1 < M < a2. Tenemos as´ı:
a2n+1 − a2n =
k
1 + a2n
− a2n =
k − a2n − a2
2n
1 + a2n
(1)
∗
=
a2n · a2n−1 − a2
2n
1 + a2n
=
a2n
1 + a2n
· (a2n−1 − a2n) (2)
∗∗
<
L
1 + L
(a2n−1 − a2n). (3)
Los pasos (*) y (**) se deducen de que, por una parte,
a2n =
k
1 + a2n−1
=⇒ a2n + a2n · a2n−1 = k
y, por otra,
a2n < L =⇒ a2n + a2n · L < L + a2n · L =⇒ a2n(1 + L) < L(1 + a2n)
=⇒
a2n
1 + a2n
<
L
1 + L
.
Además, de (1) se deduce que
a2n−1 − a2n = a2n−1 −
k
1 + a2n−2
=
a2n−1 + a2
2n−1 − k
1 + a2n−1
(4)
=
a2n−1(a2n−1 − a2n−2)
1 + a2n−1
< a2n−1 − a2n−2. (5)
De (1) y (2), procediendo por recurrencia, llegamos a:
a2n+1 − a2n <
L
1 + L
(a2n−1 − a2n−2) <
L
1 + L
2
(a2n−3 − a2n−4)
< . . . <
L
1 + L
n−1
(a3 − a2) <
L
1 + L
n
(a1 − a2),
y
a2n+1 − a2n+2 < a2n+1 − a2n <
L
1 + L
n
(a1 − a2).
De estas acotaciones se deduce como en los problemas anteriores que la sucesión es de
Cauchy y, por tanto, también es convergente.
48

17. Para los antiguos griegos, el rectángulo más estético era aquel cuyos lados a y b verifican
la llamada “relación áurea”, es decir
a
b
=
b
a + b
.
a) Comprobar que la relación anterior es cierta si y sólo si el cociente L =
b
a
vale
L =
1 +
√
5
2
.
b) Probar que dicho número L es el l´ımite de la sucesión
a1 = 1,
an+1 = 1 + 1/an.
c) Probar que si n ≥ 2, an =
xn
xn−1
donde (xn) es la sucesión de Fibonacci siguiente:
1, 2, 3, 5, 8, 13, 21, . . .
es decir, aquella cuyos términos se obtienen sumando los dos términos anteriores a
él.
Solución
a) Escribiendo identidades equivalentes, tenemos
a
b
=
b
a + b
⇐⇒ a2
+ ab = b2
⇐⇒ 1 +
b
a
=
b
a
2
⇐⇒
b
a
2
−
b
a
− 1 = 0 ⇐⇒
b
a
=
1 ±
√
1 + 4
2
.
Como a, b > 0, entonces b/a > 0 y sólo es válida la solución positiva
b
a
=
1 +
√
5
2
.
b) Debido a que 1/an ≥ 0, ∀n, se deduce que an+1 = 1 + (1/an) ≥ 1.
Por lo anterior, 1/an ≤ 1, de modo que an+1 = 1 + (1/an) ≤ 2.
Lo anterior prueba que la sucesión está acotada, 1 ≤ an ≤ 2, ∀n.
Veremos a continuación que es una sucesión de Cauchy:
|an+1 − an| = 1 +
1
an
− an = 1 +
1
an
− 1 −
1
an−1
=
|an − an−1|
an · an−1
=
|an−1 − an−2|
(an · an−1)(an−1 · an−2)
= · · · =
|a2 − a1|
(an · an−1)(an−1 · an−2) . . . (a2 · a1)
.
Como a2−a1 = 1 y an+1·an = an+1 > 2, es decir
1
an+1 · an
<
1
2
, ∀n, resulta que |an+1 − an| ≤
1
2n−1
.
49

En general,
|an+p − an| ≤ |an+p − an+p−1| + |an+p−1 − an+p−2| + · · · + |an+1 − an|
≤
1
2n+p−2
+
1
2n+p−3
+ · · · +
1
2n−1
≤
1
2n−1
+
1
2n
+ · · · +
1
2n+p−2
+ · · · =
1/2n−1
1 − 1/2
=
1
2n−2
,
y el último término tiende a cero cuando n → ∞.
Como la sucesión es de Cauchy, es convergente. Si llamamos L a su l´ımite, tenemos que L =
1 + 1/L, de donde, sucesivamente, obtenemos:
L2
= L + 1 =⇒ L2
− L − 1 = 0 =⇒ L =
1 ±
√
1 + 4
2
=⇒ L =
1 +
√
5
2
,
debido a que L debe ser positivo.
c) Probaremos por inducción que an =
xn
xn−1
:
Para n = 2, a2 = 1 + 1 = 2 y
x2
x1
=
2
1
= 2.
Supongamos ahora que an =
xn
xn−1
y veamos que an+1 =
xn+1
xn
:
an+1 = 1 +
1
an
= 1 +
xn−1
xn
=
xn + xn−1
xn
=
xn+1
xn
,
debido a que xn + xn−1 = xn+1.
4. Ejercicios propuestos
Calcular el l´ımite de las sucesiones de término general
1.- an =
n + 1
n − 1
n2+2
n−3
.
Resp.: L = e2.
2.- an =
3n2 − 2
3n2 − 1
pn2−1
.
Resp.: L = −p/3.
3.- an = n 2n
n
.
Resp.: L = 4.
50

4.- an =
(2n + 1)3 − (2n − 1)3
3n2 + 1
.
Resp.: L = 8.
5.- an =
nπ − 2n(4n − n3)
5 − n3
·
1 + n−1
1 + n
.
Resp.: L = −2.
6.- an = 3
√
n3 + an2 − 3
√
n3 − an2.
Resp.: L = 2a/3.
7.- an =
n2 +
√
n − n2 −
√
n
n 3
n3 +
√
n − 3
n3 −
√
n
.
Resp.: L = 0.
8.- an =
√
n cos(tg n)
n!
.
Resp.: L = 0.
9.- an = n sen(π/n).
Resp.: L = π.
10.- an =
n
n2 + n.
Resp.: L = 1.
11.- an = (4n + 3) ln
n + 1
n + 2
.
Resp.: L = −4.
12.- an =
5n + 2
15n − 4
3n+4
9n−5
.
Resp.: L = 1/ 3
√
3.
13.- an =
n2√
n!
Resp.: L = 0.
14.- an =
1
n
n
(n + 1)(n + 2) . . . 2n.
Resp.: L = 4/e.
51

15.- an =
n
√
n!
n
.
Resp.: L = 1/e.
16.- an =
1m + 2m + · · · + nm
nm+1
, (m > −1).
Resp.: L = 1/(1 + m).
17.- an = 2 2 . . .
√
2 (n veces).
Resp.: L = 2.
18.- an = 2 + 2 + . . .
√
2 (n veces).
Resp.: L = 2.
19.- an =
1 +
√
2! + 3
√
3! + · · · + n
√
n!
n2
.
Resp.: L = 1/e.
20.- an =
1
√
n2 + 1
+
1
√
n2 + 2
+
1
√
n2 + 3
+ · · · +
1
√
n2 + n
.
Resp.: L = 1.
21. Sea (xn)n∈N una sucesión de números reales. Responder razonadamente si cada uno de
los siguientes apartados es verdadero o falso.
a) Si (xn)n∈N converge, entonces es creciente o decreciente.
Resp.: Falso (ver por ejemplo la sucesión xn = (−1)n/n).
b) Si (xn)n∈N es creciente o decreciente, entonces converge.
Resp.: Falso (ejemplo xn = n).
c) Si (xn)n∈N converge, entonces está acotada.
Resp.: Verdadero (se deduce de la definición de convergencia).
d) Si (xn)n∈N está acotada, entonces converge.
Resp.: Falso (ejemplo xn = (−1)n).
e) Si (xn)n∈N es creciente, entonces está acotada superiormente.
Resp.: Falso (ejemplo xn = n).
f) Si (xn)n∈N es creciente, entonces está acotada inferiormente.
Resp.: Verdadero pues x1 ≤ an, ∀n.
52

g) Si l´ım xn = x, entonces l´ım |xn| = |x|.
Resp.: Verdadero pues |xn| − |x| ≤ |xn − x| → 0.
h) Si (xn)n∈N está acotada y converge, entonces es monótona.
Resp.: Falso (ejemplo xn = (−1)n/n).
22. Sean (an)n∈N y (bn)n∈N dos sucesiones cualesquiera. Responder razonadamente si cada
uno de los apartados siguientes es verdadero o falso.
a) Si para todo n ∈ N, an = 0, entonces l´ım
n→∞
anbn = 0.
Resp.: Falso (ejemplo bn = 0, ∀n).
b) Si para todo n ∈ N, an = 0 y bn = 0, entonces l´ım
n→∞
anbn = 0.
Resp.: Falso (ejemplo an = bn = 1/n).
c) Si l´ım anbn = 0, entonces l´ım an = 0 ó l´ım bn = 0.
Resp.: Verdadero pues si fueran a = l´ım an = 0 y b = l´ım bn = 0, entonces a·b = l´ım an ·bn =
0.
23. Hallar a tal que l´ım
n→∞
n + a
n − a
n
= 4.
Resp.: a = ln 2.
24. Hallar la relación entre a y b para que
l´ım
n→∞
ln
n + b
n
n+1
= l´ım
n→∞
n + a
n
√
2n√
n+1−
√
n
.
Resp.: b = ea
√
2/2
.
25. Hallar la relación que debe existir entre a y b para que
l´ım
n→∞
3n + a
3n − 4
2n−1
= l´ım
n→∞
4n2 + bn − 2n .
Resp.: e2(a+4)/3
= b/4.
26. Hallar la relación que debe existir entre a y b para que
l´ım
n→∞
2n + a
2n − 1
3n−1
= l´ım
n→∞
n2 + bn − n .
Resp.: b/2 = e3(a+1)/2
.
53

27. Sean a1, . . . , ak números reales positivos. Calcular el l´ımite de la sucesión de término
general n
an
1 + · · · + an
k .
Resp.: L = máx{a1, . . . , ak}.
28. Sea {an} una sucesión creciente, con an ≥ 0, ∀n. Probar que la sucesión de término
general xn = n
√
a1 · a2 · · · · · an también es creciente.
Sugerencia: Comprobar que la sucesión {ln xn} es creciente y deducir que también lo es la sucesión
pedida.
29. Probar que la sucesión de término general an = 2
3
3 . . . n
√
n es convergente.
Sugerencia: Calcular el logaritmo de an y estudiar la serie resultante.
30. Demostrar que la sucesión de término general an =
n
k=1
1
n + k
es convergente.
Resp.: Como an <
n
n + 1
, ∀n, la sucesión está acotada superiormente; además
an+1 − an =
1
(2n + 1)(2n + 2)
> 0 y la sucesión es creciente.
x1 = k < 0,
xn+1 = 1
2 xn + 1
xn
.
i)Probar que xn ≤ −1, ∀n ≥ 2. (Aplicar el método de inducción.)
ii) Probar que {xn} es convergente y hallar su l´ımite. (La sucesión es creciente pues xn+1 −
xn ≥ 0, ∀n.)
Resp.: L = −1.
32. Se define la sucesión (un)n≥0 por:
u0 = 1, u1 = 2/3, . . . , un =
un−1(1 + un−1)
1 + 2un−1
.
i) Comprobar que es decreciente.
ii) Demostrar que es convergente y calcular su l´ımite.
Resp.: Es evidente que un/un−1 ≤ 1 porque un ≥ 1, ∀n. Además un ≥ 0, ∀n.
33. Sea {xn} la sucesión definida por x1 = 1, xn+1 =
√
2 + xn para n > 1. Demostrar que es
monótona creciente y acotada superiormente por 2. Calcular su l´ımite.
Resp.: L = 2.
54

34. Comprobar que la sucesión definida por an+1 =
2an
an + 3
, a1 = 3, es convergente y calcular
su l´ımite.
Resp.: an > 0, y
an+1
an
< 1, ∀n. Además L = 0.
35. Se define la sucesión a1 ∈ (1, 2), an+1 = 3 −
2
an
. Estudiar su convergencia.
Resp.: La sucesión es creciente y acotada. Su l´ımite es L = 2.
36. Sea {an} una sucesión que verifica an > 0, ∀n y
an+1
an
<
1
5
. Calcular l´ım an.
Resp.: Como 0 < an <
a1
5n−1
, l´ım an = 0.
37. Dados a, b > 0, se define la sucesión u1 = a + b, un = a + b −
ab
un−1
, n > 1.
i) Probar que un =
an+1 − bn+1
an − bn
si a = b.
Resp.: Aplicar el método de inducción.
ii) Calcular l´ım un si a = b.
Resp.: l´ım un = máx{a, b}.
iii) Calcular un y l´ım un si a = b.
Resp.: un =
(n + 1)a
n
, l´ım un = a.
55

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