1. Cap´
ıtulo 1
Inducci´n y recursividad
o
1.1. Proposiciones
Definicion 1 (Proposici´n)
´ o
Una proposici´n es una colecci´n de s´
o o ımbolos sint´cticos a la cual se le puede asig-
a
nar uno y solo un valor de verdad: verdadero (V) o falso (F). Las proposiciones,
generalmente se denotan con letras en may´scula.
u
Recordatorio
Sean P y Q dos proposiciones, las conectivas l´gicas conjunci´n (∧),
o o
disyunci´n (∨), implicaci´n (⇒), y doble implicaci´n (⇔) generan nue-
o o o
vas proposiciones definidas cuyos valores de verdad se define a continuaci´n:
o
P Q P ∧Q P Q P ∨Q P Q P ⇒Q P Q P ⇔Q
V V V V V V V V V V V V
V F F V F V V F F V F F
F V F F V V F V V F V F
F F F F F F F F V F F V
Definicion 2 (Proposici´n abierta)
´ o
Una proposici´n abierta es una colecci´n de proposiciones indexadas a trav´s de uno
o o e
o varios par´metros. El conjunto m´s grande de posibles valores para los par´metros,
a a a
se denomina universo de discurso o dominio.
Ejemplo 1
Considere la proposici´n abierta:
o
Pn : n2 + 1 es un n´mero par. Donde n ∈ IN
u
note que para diferentes valores de n la proposici´n Pn puede ser falsa o verdadera,
o
es importante entender que Pn no es una sola proposici´n, sino una familia de pro-
o
posiciones. Donde P1 , P2 , P3 , etc, son miembros particulares de dicha familia. Para
1

2. 2 1.2. Inducci´n matem´tica.
o a
este caso, se puede observar que: P1 ≡ V , P2 ≡ F , P3 ≡ V , P4 ≡ F .
Demostraci´n de una implicaci´n
o o
Demostrar P ⇒ Q consiste en demostrar que la proposici´n
o
P ⇒Q≡V
esto es que no es posible la combinaci´n P ≡ V y Q ≡ F .
o
Para demostrar P ⇒ Q se puede hacer de dos posibles formas:
Demostraci´n directa: Consiste en suponer que P ≡ V y demostrar
o
que bajo esa suposici´n se llega a concluir que Q ≡ V .
o
Demostraci´n por contradicci´n: Consiste en suponer verdadero
o o
la proposici´n: P ∧¬Q y demostrar que bajo dicha suposici´n, se puede
o o
concluir una contradicci´n (Una proposici´n evidentemente falsa). De
o o
esta manera, de donde se parti´ tiene que ser falso y como P no puede
o
ser falso, pues es la premisa o hip´tesis ¬Q tiene que serlo. As´ se tiene
o ı
que P ⇒ Q ≡ V
1.2. Inducci´n matem´tica.
o a
La inducci´n matem´tica es una t´cnica de demostraci´n que se basa en el principio
o a e o
del bueno orden, dicho principio se menciona a continuaci´n:
o
Principio del buen orden.
Todo subconjunto de los n´meros naturales posee primer elemento.
u
El m´todo de inducci´n matem´tica sirve para probar que una proposici´n abierta
e o a o
es verdadera para todo n es su dominio, siempre que ´ste sea de la forma {p, p +
e
1, p + 2, p + 3, . . .}, donde p ≥ 0. Para el caso de que el dominio sea IN se tiene que:
M´todo de inducci´n matem´tica.
e o a
Para demostrar (∀n ∈ IN)[Pn ] ≡ V . Basta probar que:
P0 ≡ V .
Pn ⇒ Pn+1 ≡ V .
Si el dominio no es IN se deber´ probar que Pp ≡ V , donde p es el primer elemento
a
del dominio, y posteriormente probar que Pn ⇒ Pn+1 ≡ V para n arbitrario. Poste-
riormente se concluye que (∀n ∈ D)[Pn ] ≡ V , donde D = {p, p + 1, p + 2, p + 3, . . .}.

3. 1. Inducci´n y recursividad
o 3
1.2.1. ¿Por qu´ funciona el m´todo de inducci´n matem´tica?
e e o a
El objetivo de la t´cnica de inducci´n matem´tica, es poder garantizar que una
e o a
proposici´n abierta Pn es verdadera para todo n ∈ IN, n ≥ p. Por comodidad suponga
o
que p = 0.
Si se tiene que P0 ≡ V y Pn ⇒ Pn+1 ≡ V para todo n, entonces se puede hacer el
siguiente an´lisis:
a
P0 ≡ V
Para n = 0 se tiene que: P0 ⇒ P1 , por lo que P1 ≡ V
Para n = 1 se tiene que: P1 ⇒ P2 , por lo que P2 ≡ V
Para n = 2 se tiene que: P2 ⇒ P3 , por lo que P3 ≡ V
Para n = 3 se tiene que: P3 ⇒ P4 , por lo que P4 ≡ V
Para n = 4 se tiene que: P4 ⇒ P5 , por lo que P5 ≡ V
.
. ≡ .
.
. .
por lo que se puede deducir que Pn ≡ V para todo n ∈ IN.
Una variaci´n v´lida del m´todo de inducci´n matem´tica corresponde a lo que se
o a e o a
conoce com´nmente como m´todo de inducci´n fuerte o inducci´n transfinita. Esta
u e o o
variaci´n consiste en lo siguiente:
o
M´todo de inducci´n fuerte
e o
Para demostrar (∀n ∈ IN)[Pn ] ≡ V . Basta probar que:
P0 ≡ V .
P0 ∧ P1 ∧ P2 ∧ · · · ∧ Pn ⇒ Pn+1 ≡ V .
Es importante indicar que esta variaci´n no genera un nuevo m´todo de inducci´n
o e o
ni nada por el estilo, este es una generalizaci´n, m´s fuerte (ya que se cuenta con
o a
m´s premisas o bien una HI m´s general) que la anterior. Se usa cuando para poder
a a
demostrar Pn+1 se requiere m´s informaci´n que Pn . En esta variaci´n la hip´tesis
a o o o
de inducci´n ser´
o ıa:
HI : P0 ∧ P1 ∧ P2 ∧ · · · ∧ Pn
El por qu´ funciona esta variante del m´todo de inducci´n matem´tica es muy
e e o a
simple:
Primero se demuestra que P0 ≡ V . Luego, si se tiene que P0 ∧ P1 ∧ P2 ∧ · · · ∧ Pn ⇒
Pn+1 ≡ V , entonces se tiene que:

4. 4 1.3. Aplicaci´n del m´todo de inducci´n matem´tica
o e o a
P0 ≡ V
Para n = 0 se tiene que: P0 ⇒ P1 , por lo que P1 ≡ V
Para n = 1 se tiene que: P0 ∧ P1 ⇒ P2 , por lo que P2 ≡ V
Para n = 2 se tiene que: P0 ∧ P1 ∧ P2 ⇒ P3 , por lo que P3 ≡ V
Para n = 3 se tiene que: P0 ∧ P1 ∧ P2 ∧ P3 ⇒ P4 , por lo que P4 ≡ V
Para n = 4 se tiene que: P0 ∧ P1 ∧ P2 ∧ P3 ∧ P4 ⇒ P5 , por lo que P5 ≡ V
.
. ≡ .
.
. .
De donde se demuestra inductivamente que Pn ≡ V para todo n ∈ IN.
1.3. Aplicaci´n del m´todo de inducci´n matem´tica
o e o a
La t´cnica de inducci´n matem´tica se emplear´ para demostrar varios tipos de pro-
e o a a
posiciones de la forma (∀n ∈ IN)(n ≥ p)[Pn ]. Se trabajar´n a groso modo 3 tipos de
a
proposiciones: divisibilidad, igualdades y desigualdades. Seguidamente se aplicar´ la
a
inducci´n matem´tica para el caso de divisibilidad, posteriormente durante el desa-
o a
rrollo del tema se sucesiones y series se abordar´s el caso de las desigualdades
a
e igualdades.
1.3.1. Divisibilidad.
Definicion 3 (divisibilidad)
´
Sean a y b n´meros enteros. Se dice que “a es divisible por b” o “b divide a a” y se
u
denota por b|a si y solo si:
(∃k ∈ ZZ)[a = b · k]
Ejemplo 2
3|6 pues existe 2 ∈ Z tal que 6 = 3 · 2.
Z
2|6 pues existe 3 ∈ Z tal que 6 = 2 · 3.
Z
9649|59466787 pues existe 6163 ∈ Z tal que 59466787 = 9649 · 6163.
Z
Ejemplo 3
Use inducci´n matem´tica para demostrar que 32n+1 + 2n+2 es divisible por 7, para
o a
todo n ∈ IN.
Soluci´n. Se debe probar que 7|(32n+1 + 2n+2 ) para todo n natural n ≥ 0. Es
o
decir, que para todo n ∈ IN, existe k ∈ Z tal que:
Z
32n+1 + 2n+2 = 7k

5. 1. Inducci´n y recursividad
o 5
De este modo se tendr´ que:
ıa
Pn ≡ 7|(32n+1 + 2n+2 )
Se debe demostrar que P0 ≡ V . (Probar que es v´lido para n = 0)
a
3 1 + 22 = 7 y 7|7, por lo que se tiene que P ≡ V .
0
Se debe probar que Pn ⇒ Pn+1 . Suponga v´lido para n (Pn ≡ V ) que ser´ la
a a
Hip´tesis de Inducci´n.
o o
HI : 32n+1 + 2n+2 = 7k con k ∈ Z
Z
2n+1 n+2
⇔ 3 = 7k − 2 con k ∈ Z
Z
Hay que demostrar, bajo la HI, que Pn+1 ≡ V , esto equivale a probar que
existe k ∈ Z tal que:
Z
32n+3 + 2n+3 = 7k
Demostraci´n
o
32n+3 + 2n+3 = 32 · 32n+1 + 2 · 2n+2
HI
= 32 · (7k − 2n+2 ) + 2 · 2n+2
= 9 · 7k − 9 · 2n+2 + 2 · 2n+2
= 9 · 7k − (9 − 2)2n+2
= 9 · 7k − 7 · 2n+2
= 7(9 · k − 2n+2 )
= 7k
Y como k ∈ Z se tiene que k ∈ Z De donde se concluye que Pn ⇒ Pn+1 .
Z Z.
Finalmente, por el principio de inducci´n se tiene que, 32n+1 + 2n+2 es divisible por
o
7, para todo n ∈ IN
Ejemplo 4
Utilice el principio de inducci´n matem´tica, para demostrar que 7n + 3n − 2 es
o a
divisible por 8 para todo n ∈ IN.
Soluci´n. Se debe demostrar que 8|(7n + 3n − 2), para todo n ∈ IN. Esto es, que
o
para todo n natural, existe un k ∈ Z tal que:
Z
7n + 3n − 2 = 8k
Defina Pn ≡ 8|(7n + 3n − 2)

6. 6 1.3. Aplicaci´n del m´todo de inducci´n matem´tica
o e o a
Se debe probar que la proposici´n P0 ≡ V ,
o
P0 ≡ 8|(70 + 30 − 2) ≡ 8|0 ≡ V
Ahora de debe probar que Pn ⇒ Pn+1 . Suponga v´lido Pn , que ser´ la Hip´tesis
a a o
de Inducci´n:
o
HI : 7n + 3n − 2 = 8k con k ∈ Z
Z
n n
⇔ 3 = 8k − 7 + 2 con k ∈ Z
Z
Se debe probar, bajo la HI, que la proposici´n Pn+1 tiene que ser v´lida. Esto
o a
equivale probar que para todo n ∈ IN existe un k ∈ Z para la cual se cumple
Z
que:
7n+1 + 3n+1 − 2 = 8k
Demostraci´n:
o
7n+1 + 3n+1 − 2 = 7 · 7n + 3 · 3n − 2
HI
= 7 · 7n + 3 · (8k − 7n + 2) − 2
= 7 · 7n + 3 · 8 · k − 3 · 7n + 6 − 2
= 8 · 3 · k + 4 · 7n + 4
= 8 · 3 · k − 4(7n + 1)
= (∗)
Sin embargo, se debe notar que para cualquier n ∈ IN se tiene que 7n + 1 es
par, pues 7n siempre ser´ impar (Tambi´n se puede demostrar por inducci´n,
a e o
sin embargo, dicho detalle se presenta evidente). De este modo, existe p ∈ ZZ
tal que 7n + 1 = 2p pues es par. As´ se tiene que:
ı
(∗) = 8 · 3 · k − 4 · 2p = 8(3k + p)
Finalmente, se tiene que:
7n+1 + 3n+1 − 2 = 8(3k + p) = 8k
y como k y p son enteros, necesariamente k es entero. Lo que demuestra que
Pn+1 ≡ V .
Finalmente, por el principio de inducci´n matem´tica se tiene que 8|(7n + 3n − 2)
o a
para todo n ∈ IN.
En el ejemplo 4 se requiri´ justificar que 7n + 1 es un n´mero par, y de este modo
o u
poder decir que se puede expresar por 2p para alg´n p ∈ Z En algunas ocasiones,
u Z.
dicha justificaci´n se torna evidente y se puede justificar tal y como se realiz´ en el
o o
ejemplo 4. Sin embargo, en otras ocasiones, dicha justificaci´n no ser´ tan directa,
o a
por lo que se debe proceder por inducci´n.
o

7. 1. Inducci´n y recursividad
o 7
Ejercicios 1.
1. Demuestre que para todo n ∈ IN se cumple que 72n +16n−1 es divisible
por 64.
2. Demuestre que para todo n ∈ IN se cumple que 102n+1 + 1 es divisible
por 11.

8. 8 1.3. Aplicaci´n del m´todo de inducci´n matem´tica
o e o a

9. Cap´
ıtulo 2
Sucesiones y Series
2.1. Sucesiones
Definicion 4 (Sucesi´n)
´ o
Una sucesi´n {a0 , a1 , a2 , · · · } de n´meros reales, es una funci´n a : IN −→ IR. Es
o u o
decir, es una funci´n de la forma:
o
a : IN −→ IR
n −→ a(n) = an
En las sucesiones, la notaci´n funcional cambia por una notaci´n de sub´
o o ındice, as´
ı:
a(0) = a0
a(1) = a1
a(2) = a2
a(3) = a3
.
. .
.
. .
a(k) = ak
.
. .
.
. .
Las sucesiones pueden iniciar en n = 0, n = 1, o en n = p, con p ∈ IN, p ≥ 2. En caso
de iniciar en p con p = 0, la sucesi´n se debe denotar expl´
o ıcitamente por {an }∞ o
n=p
bien {an }n≥p . En caso de que la sucesi´n inicie en 0, entonces es posible denotarla
o
con {an }∞ , {an }n∈IN , o bien {an }.
n=0
Ejemplo 5
1. Considere la sucesi´n de los n´meros impares {1, 3, 5, 7, 9, 11, . . .}. Es posible
o u
denotar esta sucesi´n como {2n + 1}, {2n − 1}∞ , {2n − 3}∞ , {2n − 5}∞ ,
o n=1 n=2 n=3
etc.
9

10. 10 2.1. Sucesiones
2. Considere la sucesi´n {2n + (−1)n }, los primeros t´rminos de esta sucesi´n:
o e o
{2, 1, 5, 7, 17, 31, . . .}
∞
n2
3. Considere la sucesi´n
o n−1 n=2 . Esta sucesi´n se puede representar por exten-
o
4 9 16 25 36
si´n por:
o 1 , 2 , 3 , 4 , 5 , . . . . Esta sucesi´n puede ser redefinida de manera
o
que pueda iniciar en n = 0, para esto basta realizar un corrimiento del ´
ındice,
∞
(n+2)2
quedando: n+1 .
n=0
Como se observa en el ejemplo 5, toda sucesi´n puede ser expresada de forma que
o
su dominio sea IN, es decir, que inicie en n = 0. Por esta raz´n, a partir de aqu´ en
o ı,
este documento se supondr´ que todas las sucesiones inician en 0 a menos que se
a
indique expl´
ıcitamente lo contrario.
2.1.1. Sucesi´n factorial
o
Definicion 5
´
La sucesi´n definida por {n!}, se denomina sucesi´n factorial, donde:
o o
n! = n(n − 1)! con 0! = 1
Ejemplo 6
3! = 3 · 2! = 3 · 2 · 1! = 3 · 2 · 1 · 0! = 3 · 2 · 1 · 1 = 6
5! = 5 · 4! = 5 · 4 · 3! = 5 · 4 · 3 · 2 · 1 · 1 = 125
3(n+1)! 3·4! 72
Considere la sucesi´n {an }n≥1 , donde an =
o 2(n−1)! . Note que a3 = 2·2! = 4 =
18.
an
Considere adem´s la sucesi´n {bn }n≥1 definida por bn = an+2 . Es posible sim-
a o
plificar la f´rmula del en´simo t´rmino de esta nueva sucesi´n, de la siguiente
o e e o
manera:
3(n+1)!
an 2(n−1)! 3(n + 1)!2(n + 1)! n(n + 1)
= = =
an+2 3(n+3)! 2(n − 1)!3(n + 3)! (n + 3)(n + 2)
2(n+1)!
De esta forma se tiene que la sucesi´n:
o
n(n + 1)
{bn }n≥1 =
(n + 3)(n + 2) n≥1

11. 2. Sucesiones y Series 11
Ejercicios 2.
3(2n)!
Considere la sucesi´n definida por {an } =
o . Determine a2 y
4(2n + 4)!
an+1
a4 . Adem´s, simplifique la expresi´n
a o .
an+2
Ejemplo 7
Encuentre una posible f´rmula para el en´simo t´rmino de cada una de las siguientes
o e e
sucesiones:
1 −1 1 1 1 1 1
a) 3, 7, 11, 15, ... b) 2, −1, , , , ... c) 1, , , , , ...
2 4 8 2 6 24 120
2 3 4 5 1 1 2 4 8
d) , , , , ... e) , , , , , ... d) −1, 2, 7, 14, 23, ...
3 4 5 6 2 3 9 27 81
Soluci´n.
o
(−1)n 1
a) {4n − 1}n≥1 b) c)
2n−1 n! n≥1
n 2n−1
d) e) d) n2 − 2 n≥1
n+1 n≥2 3n
Todas las sucesiones dadas anteriormente est´n expresadas en forma expl´
a ıcita, esto
es que su n-´simo t´rmino est´ en funci´n de solo n. Existe otra forma de representar
e e a o
sucesiones, esta nueva forma se conocer´ como recursiva o recurrente.
a
2.1.2. Sucesiones recursivas
Definicion 6 (Sucesi´n Recursiva.)
´ o
Se dice que una sucesi´n {an } est´ definida en forma recursiva, si el n−´simo t´rmino
o a e e
est´ en funci´n de los t´rminos anteriores.
a o e
Adem´s, se define el orden de una sucesi´n {an } dada en forma recursiva como el
a o
n´mero de t´rminos anteriores necesarios para representar el n−´simo t´rmino. Es
u e e e
decir, se dice que {an } es una sucesi´n recursiva de orden k, si y solo s´
o ı:
an = f (an−1 , an−2 , . . . , an−k )
donde los t´rminos a0 , a1 , . . ., ak−1 son conocidos y se denominan condiciones ini-
e
ciales de la sucesi´n.
o

12. 12 2.1. Sucesiones
Ejemplo 8
Considere la sucesi´n de orden 1 definida por:
o
an = 2an−1 + 3
a0 = 1
Esta sucesi´n corresponde a: {1, 5, 13, 29, 61, . . .}.
o
En las sucesiones definidas por recurrencia es necesario definir condiciones iniciales
que son el punto de partida para la sucesi´n, en caso de que el k−´simo t´rmino
o e e
dependa de m t´rminos anteriores, entonces se requieren m condiciones iniciales, a
e
estas sucesiones se denominan sucesiones recursivas de orden m.
Ejemplo 9
Considere la sucesi´n definida por:
o
an = an−1 + an−2
a0 = 1, a1 = 1
Esta sucesi´n corresponde a:
o
{1, 1, 2, 3, 5, 8, 13, 21, 34, . . .}
y es conocida como la sucesi´n de Fibonacci.
o
La sucesi´n de Fibonacci es una de las sucesiones m´s curiosas que se conocen, esta
o a
sucesi´n da la soluci´n al famoso problema de los conejos que Fibonacci escribi´ en
o o o
su libro Liber abaci. El problema en lenguaje actual dir´
ıa:
Problemas de los conejos
Una pareja de conejos tarda un mes en alcanzar la edad f´rtil, a partir de ese momento cada
e
vez engendra una pareja de conejos, que a su vez, tras ser f´rtiles engendrar´n cada mes una
e a
pareja de conejos. ¿Cu´ntas parejas de conejos habr´ al cabo de un determinado n´mero de
a a u
meses?
Ejemplo 10
Considere la sucesi´n {xn } definida por:
o

f (xn )
xn+1 = xn −

f (xn )
x0 = 1

donde f es la funci´n con criterio f (x) = x2 + 3. Note que f (x) = 2x por lo que la
o
sucesi´n ser´
o ıa: 
x2 + 3
xn+1 = xn − n

2xn
x0 = 1

y la sucesi´n dada por extensi´n corresponde a: {1, −1, 1, −1, 1, −1, 1, . . .}
o o

13. 2. Sucesiones y Series 13
Ejercicios 3.
Para cada una de las funciones que se presentan a continuaci´n, determine los
o
primeros 5 t´rminos de las sucesiones:
e
 
f (xn ) f (an )(an − an−1 )
xn+1 = xn − an+1 = an −
 
f (xn ) f (an ) − f (an−1 )
x0 = p a0 = p, a1 = p + 1
 
1. f (x) = x3 − 2x + 1; p = 2. 3. f (x) = ln(x) + x2 ; p = 2.
2. f (x) = cos(x) − x; p = π. 4. f (x) = cos(x) − x2 ; p = −2.
2.1.3. Paso de la forma recursiva a expl´
ıcita y viceversa
Las sucesiones recursivas tienen el inconveniente de requerir mucha informaci´n para
o
determinar nuevos t´rminos. Por ejemplo, para determinar el t´rmino 8 de la sucesi´n
e e o
de Fibonacci es necesario saber el valor de a6 y a7 . Para saber a7 es necesario saber
el valor de a6 y a5 , pero para saber el valor de a5 es necesario saber a4 y a3 y
as´ sucesivamente hasta llegar a las condiciones iniciales a0 = a1 = 1.
ı
Por otro lado, si una sucesi´n est´ dada en forma expl´
o a ıcita, determinar el valor de
algunos de los t´rminos de la sucesi´n es muy sencillo, basta asignar el valor de n que
e o
se desee y listo. Por esta raz´n es importante determinar un m´todo que funcione
o e
para representar sucesiones recursivas como sucesiones expl´ ıcitas.
La fuerza bruta: De recursiva a expl´
ıcita
Ejemplo 11
Determine una f´rmula expl´
o ıcita para la sucesi´n recursiva dada por:
o
an+1 = 2an + 1
a0 = 1
Soluci´n.
o
a0 = 1
a1 = 2 · 1 + 1
a2 = 2 · (2 · 1 + 1) + 1 = 22 + 2 + 1
a3 = 2 · 22 + 2 + 1 + 1 = 23 + 22 + 2 + 1
a4 = 2 · 23 + 22 + 2 + 1 + 1 = 24 + 23 + 22 + 2 + 1
. .
.=.
. .

14. 14 2.1. Sucesiones
De esta forma se tiene que
an = 2n + 2n−1 + 2n−2 + · · · + 22 + 2 + 1
(2 − 1) 2n + 2n−1 + 2n−2 + · · · + 22 + 2 + 1
=
2−1
(2 − 1) 2 n + 2n−1 + 2n−2 + · · · + 22 + 2 + 1
=
1
= 2n+1 + 2n + 2n−1 + · · · + 23 + 22 + 2 − 2n + 2n−1 + 2n−2 + · · · + 22 + 2 + 1
= 2n+1 − 1
De esta forma se sospecha que an = 2n+1 −1. Ahora se debe demostrar por inducci´n:
o
Para n = 0 se tiene que
a0 = 21 − 1 = 1
Ahora se debe demostrar que Pn ⇒ Pn+1 , esto es:
HI HQD
n+1
an = 2 − 1 ⇒ an+1 = 2n+2 − 1
Demostraci´n:
o
Se sabe que an+1 = 2an + 1, de esta manera se tiene que:
HI
an+1 = 2an + 1 = 2 · (2n+1 − 1) + 1 = 2n+2 − 2 + 1 = 2n+2 − 1
Por lo que queda demostrado que para todo n ∈ IN se cumple que an = 2n+1 −1.
Ejemplo 12
Determine una f´rmula expl´
o ıcita para la sucesi´n recursiva dada por:
o
an+1 = 3an + 1
a0 = 2
Soluci´n.
o
a0 = 2
a1 = 3 · 2 + 1
a2 = 3 · (3 · 2 + 1) + 1 = 2 · 32 + 3 + 1
a3 = 3 · 2 · 32 + 3 + 1 + 1 = 2 · 33 + 32 + 3 + 1
. .
.=.
. .

15. 2. Sucesiones y Series 15
De esta forma se tiene que:
an = 2 · 3n + 3n−1 + 3n−2 + · · · + 3 + 1
(3 − 1) 3n−1 + 3n−2 + · · · + 3 + 1
= 2 · 3n +
3−1
3 3 n−1 + 3n−2 + · · · + 3 + 1 − 3n−1 + 3n−2 + · · · + 3 + 1
= 2 · 3n +
2
3n + 3n−1 + · · · + 32 + 3 − 3n−1 + 3n−2 + · · · + 3 + 1
= 2 · 3n +
2
3n − 1
= 2 · 3n +
2
5 · 3n − 1
=
2
Por lo que se sospecha que
5 · 3n − 1
an =
2
Ahora se debe de demostrar por inducci´n:
o
Para el caso de n = 0 se tiene que:
5 · 30 − 1
a0 = =2
2
Ahora se debe probar que Pn =⇒ Pn+1 , esto es:
HI HQD
5 · 3n − 1 5 · 3n+1 − 1
an = =⇒ an+1 =
2 2
Demostraci´n: Se sabe que an+1 = 3an + 1 de donde se tiene que:
o
HI 5 · 3n − 1 5 · 3n+1 − 1
an+1 = 3an + 1 = 3 +1=
2 2
Por lo que queda demostrado que para todo n ∈ IN se cumple que
5 · 3n − 1
an =
2
Ejemplo 13
Determine una f´rmula expl´
o ıcita para la sucesi´n recursiva dada por:
o
an+1 = 5an − 3
1
a0 =
2

16. 16 2.1. Sucesiones
Soluci´n.
o
1
a0 =
2
1
a1 = 5 · − 3
2
1 1
a2 = 5 · 5 · − 3 − 3 = 52 · − 5 · 3 − 3
2 2
1 1
a3 = 5 · 52 · − 5 · 3 − 3 − 3 = 53 · − 52 · 3 − 5 · 3 − 3
2 2
1 1
a4 = 5 · 53 · − 52 · 3 − 5 · 3 − 3 − 3 = 54 · − 53 · 3 − 52 · 3 − 5 · 3 − 3
2 2
. .
.=.
. .
De esta forma se tiene que:
1
an = 5n · − 5n−1 · 3 − 5n−2 · 3 − · · · − 52 · 3 − 5 · 3 − 3
2
n 1
= 5 · − 3 · 5n−1 + 5n−2 + · · · + 52 + 5 + 1
2
1 (5 − 1) 5n−1 + 5n−2 + · · · + 52 + 5 + 1
= 5n · − 3 ·
2 5−1
5 5 n−1 + 5n−2 + · · · + 52 + 5 + 1 − 5n−1 + 5n−2 + · · · + 52 + 5 + 1
1
= 5n · − 3 ·
2 4
1 5n + 5n−1 + · · · + 53 + 52 + 5 − 5n−1 + 5n−2 + · · · + 52 + 5 + 1
= 5n · − 3 ·
2 4
n 1 5n − 1
=5 · −3·
2 4
3 − 5n
=
4
De donde se sospecha que
3 − 5n
an =
4
Ahora se debe demostrar por inducci´n nuestras sospechas.
o
Para el caso de n = 0 se tiene que:
3 − 50 1
a0 = =
4 2
Se debe demostrar que Pn =⇒ Pn+1 , ´sto es:
e
HI HQD
3 − 5n 3 − 5n+1
an = =⇒ an+1 =
4 4
Demostraci´n: Se sabe que an+1 = 5an − 3 de este modo se tiene que:
o
HI 3 − 5n 3 − 5n+1
an+1 = 5an − 3 = 5 · −3=
4 4

17. 2. Sucesiones y Series 17
Por lo que se tiene que para todo n ∈ IN se cumple que
3 − 5n
an =
4
Ejemplo 14
Determine una f´rmula expl´
o ıcita para la sucesi´n recursiva dada por:
o
qn+1 = 2(n + 1)qn
q0 = 1
Soluci´n.
o
q0 = 1
q1 = 2 · 1 · 1 = 2
q2 = 2 · 2 · (2) = 2 · 22
q3 = 2 · 3 · 2 · 22 = 2 · 3 · 23
q4 = 2 · 4 · 2 · 3 · 2 3 = 2 · 3 · 4 · 2 4
q5 = 2 · 5 · 2 · 3 · 4 · 24 = 2 · 3 · 4 · 5 · 25
. .
.=.
. .
De este modo se sospecha que:
qn = n!2n
Se debe demostrar por inducci´n que nuestra sospecha es cierta.
o
Para n = 0 se tiene que:
q0 = 0!20 = 1
Se debe probar que Pn =⇒ Pn+1 , esto es:
HI HQD
qn = n!2n =⇒ qn+1 = (n + 1)!2n+1
Demostraci´n: Se sabe que qn+1 = 2 (n + 1) qn de donde se tiene que:
o
HI
qn+1 = 2 (n + 1) qn = 2 (n + 1) n!2n = (n + 1)!2n+1
De donde queda demostrado que para todo n ∈ IN se cumple que:
qn = n!2n

18. 18 2.1. Sucesiones
Ejercicios 4.
1. Determine la forma expl´
ıcita para las siguientes sucesiones dadas en
forma recursiva.
an+1 = a2n cn+1 = 2ncn
a) c)
a0 = 2 c1 = 1
bn+1 = 3bn − 7
b) 3 dn+1 = 7dn − 2
b0 = d)
2 d0 = 1
Fuerza Bruta: de expl´
ıcita a recursiva
Ejemplo 15
Determine una f´rmula recursiva para la sucesi´n expl´
o o ıcita dada por:
5n+1 − 1
an =
7
Soluci´n.
o
50+1 − 1 4
a0 = =
7 7
51+1 − 1 24
a1 = =
7 7
52+1 − 1 124
a2 = =
7 7
53+1 − 1 624
a3 = =
7 7
54+1 − 1 3124
a4 = =
7 7
55+1 − 1 15 624
a5 = =
7 7
. .
.=.
. .
Diferenciando los t´rminos sucesivos se tiene que:
e
7a1 − 7a0 = 24 − 4 = 20
7a2 − 7a1 = 124 − 24 = 100
7a3 − 7a2 = 624 − 124 = 500
7a4 − 7a3 = 3124 − 624 = 2500
7a5 − 7a4 = 15624 − 3124 = 12 500
.
.
.

19. 2. Sucesiones y Series 19
En esta nueva sucesi´n es importante notar que el 7an+1 − 7an = 5 (7an − 7an−1 )
o
de donde se tiene que:
7an+1 − 7an = 5 (7an − 7an−1 ) ⇐⇒ an+1 − an = 5an − 5an−1
⇐⇒ an+1 = 6an − 5an−1
Por lo que
an+1 = 6an − 5an−1 para n ≥ 1
a0 = 4 , a1 = 24
7 7
Ahora se debe demostrar dicha sospecha por inducci´n. Ejercicio.
o
Sucesiones recursivas, lineales, homog´neas y de orden k
e
Definicion 7
´
Dada una sucesi´n recursiva {an } de orden k. Se dice que {an } es lineal homog´nea
o e
si y solo si, el t´rmino n−´simo se puede expresar de la forma:
e e
A0 an + A1 an−1 + A2 an−2 + · · · + Ak an−k = 0
donde Ai son constantes para i = 0, 1, 2, 3, . . . , k y A0 = 0.
Definicion 8 (Polinomio caracter´
´ ıstico)
Dada una sucesi´n recurrente, lineal homog´nea de orden k tal que:
o e
A0 an + A1 an−1 + A2 an−2 + · · · + Ak−1 an−k+1 + Ak an−k = 0
El polinomio formado por:
P (x) = A0 xk + A1 xk−1 + A2 xk−2 + · · · + Ak−1 x1 + Ak
se le conoce como polinomio caracter´ıstico asociado a la sucesi´n recursiva. Y a la
o
ecuaci´n P (x) = 0 se le llama ecuaci´n caracter´
o o ıstica donde P (x) es el polinomio
caracter´ıstico.
Los ceros del polinomio caracter´ ıstico y bien las soluciones de la ecuaci´n carac-
o
ter´
ıstica ser´n de mucha importancia para determinar la f´rmula expl´
a o ıcita de una
sucesi´n recursiva, lineal y homog´nea de orden k.
o e
Ejemplo 16
La sucesi´n de Fibonacci es una sucesi´n es una sucesi´n lineal, homog´nea de orden
o o o e
2. La misma se puede expresar como:
an − an−1 − an−2 = 0
a1 = a0 = 2
El polinomio caracter´ √ es: P (x) = x2 − x − 1, los ceros de dicho polinomio son
√ ıstico
1+ 5 1− 5
x= yx=
2 2

20. 20 2.1. Sucesiones
Ejemplo 17
Considere la sucesi´n definida por:
o
25an−1 − 23an−2 + 6an−3
an =
6
a0 = 1, a0 = 2, a2 = −1
Esta sucesi´n es un sucesi´n recursiva, lineal, homog´nea de orden 3, ya que su
o o e
n−´simo t´rmino se puede escribir de la forma 6an − 25an−1 + 23an−2 − 6an−3 = 0.
e e
ıstico corresponde a: P (x) = 6x3 −
Para la cual se tiene que el polinomio caracter´
25x2 + 23x − 6. Cuyos ceros corresponden a x = 3, x = 1 y x = 2 .
2 3
Teorema 1 (F´rmula expl´
o ıcita para una lineal homog´nea de orden 2)
e
Dada una sucesi´n: lineal, homog´nea, de orden 2, tal que c1 y c2 sean los ceros del
o e
polinomio caracter´
ıstico. Entonces:
ıcita de la sucesi´n es: an = Acn + Bcn .
Si c1 = c2 , entonces la f´rmula expl´
o o 1 2
Donde A y B son constantes.
o ıcita de la sucesi´n es: an = Acn +Bncn .
Si c1 = c2 = c, entonces la f´rmula expl´ o
Donde A y B son constantes.
Los valores de las constantes A y B se determinan haciendo uso de las condiciones
iniciales de la sucesi´n recursiva.
o
Teorema 2 (F´rmula expl´
o ıcita para una lineal homog´nea de orden 3)
e
Dada una sucesi´n lineal homog´nea de orden 2, tal que c1 , c2 y c3 sean los ceros
o e
del polinomio caracter´
ıstico. Entonces:
Si c1 = c2 = c3 = c1 , entonces la f´rmula expl´
o ıcita de la sucesi´n es: an =
o
Ac1n + Bcn + Ccn . Donde A, B y C son constantes.
2 3
o ıcita de la sucesi´n es: an = Acn +
Si c1 = c2 = c3 , entonces la f´rmula expl´ o 1
Bc2n + Cncn . Donde A, B y C son constantes.
2
Si c1 = c2 = c3 = c, entonces la f´rmula expl´
o ıcita de la sucesi´n es: an =
o
Acn + Bncn + Cn2 cn . Donde A, B y C son constantes.
Los valores de las constantes A, B y C se determinan haciendo uso de las condiciones
iniciales de la sucesi´n recursiva.
o
Ejemplo 18
Considere la sucesi´n recursiva definida
o
an = −2an−1 − an−2
a0 = 1, a1 = 2

21. 2. Sucesiones y Series 21
Esta sucesi´n es recursiva, lineal, homog´nea de orden 2 con polinomio caracter´
o e ıstico
asociado P (x) = x 2 +2x+1 y con ceros x = −1 y x = −1. As´ el t´rmino n−´simo
ı, e e
1 2
de la sucesi´n tendr´ la forma:
o a
an = A(−1)n + Bn(−1)n
De los t´rminos iniciales se tiene que:
e
a0 = A · (−1)0 + B · 0 · (−1)0 = 1
a1 = A · (−1)1 + B · 1 · (−1)1 = 2
De donde se tiene el sistema:
A=1
−A − B = 2
De donde se tiene que A = 1 y B = −3. As´ la f´rmula expl´
ı, o ıcita ser´:
a
an = (−1)n − 3n (−1)n
Ejemplo 19
Considere la sucesi´n definida por:
o
25an−1 − 23an−2 + 6an−3
an =
6
a0 = 3, a1 = 5, a2 = −1
Esta sucesi´n es un sucesi´n recursiva, lineal, homog´nea de orden 3, ya que su
o o e
n−´simo t´rmino se puede escribir de la forma 6an − 25an−1 + 23an−2 − 6an−3 = 0.
e e
ıstico corresponde a: P (x) = 6x3 −
Para la cual se tiene que el polinomio caracter´
25x 2 + 23x − 6. Cuyos ceros corresponden a x = 3, x = 1 y x = 2 .
2 3
De esta forma se sabe que su f´rmula expl´
o ıcita tiene la forma:
1 n 2 n
an = A3n + B 2 +C 3
Ahora, de las condiciones iniciales se tiene que:
a0 = A + B + C = 3
a1 = 3A + 1 B + 3 C = 5
2
2
a3 = 9A + 1 B + 9 C = −1
4
4
De donde se tiene el sistema

 A+B+C =3
3A + 1 B + 2 C = 5
2 3
9A + 1 B + 4 C = −1

4 9
Cuya soluci´n es A = −1, B = −32, C = 36 de esta manera se tiene que:
o
n n
1 3
an = −1 · 3n − 32 · + 36 ·
2 2

22. 22 2.1. Sucesiones
Ejemplo 20
Considere la sucesi´n dada en forma expl´
o ıcita por:
an = 3 + 2n+1 − 3 · n · 2n n≥0
Determine su t´rmino recursivo.
e
Soluci´n. Primero que todo, note que
o
an = 3 (1)n + 2 · 2n + −3 · n · 2n
Donde se tiene que los ceros del polinomio caracter´
ıstico es:
x1 = 1 , x2 = 2 , x3 = 2
As´ la ecuaci´n caracter´
ı, o ıstica ser´
a
(x − 1) (x − 2) (x − 2) = 0
=⇒ x3 − 5x2 + 8x − 4 = 0
As´ la f´rmula de la sucesi´n recursiva es:
ı, o o
an − 5an−1 + 8an−2 − 4an−3 = 0
con las condiciones iniciales
a0 = 3 (1)0 + 2 · 20 + −3 · 0 · 20 = 5
a1 = 3 (1)1 + 2 · 21 + −3 · 1 · 21 = 1
As´ la f´rmula ser´:
ı, o a
an = 5an−1 − 8an−2 + 4an−3
a0 = 5, a1 = 1, a2 = −13
Ejemplo 21
Considere la sucesi´n dada en forma expl´
o ıcita por:
an = 3 − 2n + 3n−2 n≥2
Determine su t´rmino recursivo.
e
Soluci´n. Primero que todo note que:
o
an = 3 (1)n − 2n (1)n + 3−2 (3)n

23. 2. Sucesiones y Series 23
Donde se tiene que los ceros del polinomio caracter´
ıstico es:
x1 = 1 , x2 = 1 , x3 = 3
As´ la ecuaci´n caracter´
ı, o ıstica ser´
a
(x − 1) (x − 1) (x − 3) = 0
=⇒ x3 − 5x2 + 7x − 3 = 0
As´ la f´rmula de la sucesi´n recursiva es:
ı, o o
an − 5an−1 + 7an−2 − 3an−3 = 0
con las condiciones iniciales
a2 = 3 − 2 · 2 + 30 = 0
a3 = 3 − 2 · 3 + 31 = 0
As´ la f´rmula ser´:
ı, o a
an = 5an−1 − 7an−2 + 3an−3 n ≥ 2
a2 = 0, a3 = 0, a4 = 4
2.1.4. Monoton´ de sucesiones.
ıa
Definicion 9
´
Una sucesi´n {an } se dice que es:
o
creciente, si y solo si, an ≤ an+1 para todo n ∈ IN.
decreciente, si y solo si, an ≥ an+1 para todo n ∈ IN.
Otra forma para estudiar la monoton´ de una sucesi´n, se puede, si la sucesi´n lo
ıa o o
permite, definir una funci´n que pasa por todos los puntos de la sucesi´n y utilizar
o o
los conocimientos acerca de la primera derivada. Si la funci´n es mon´tona entonces
o o
la sucesi´n tambi´n es mon´tona.
o e o
Ejemplo 22 ∞
2n2
Considere la sucesi´n definida por
o , estudie la monoton´ de dicha su-
ıa
n+1 n=1
cesi´n:
o
Soluci´n. Si se logra demostrar que para cualquier valor de n ∈ IN se cumple
o
que an ≤ an+1 , entonces se tendr´ que la sucesi´n {an } es creciente, en caso que
ıa o

24. 24 2.1. Sucesiones
se demuestre que an ≥ an+1 , se tendr´ que {an } es decreciente. En cualquier otro
ıa
caso, se tendr´ que la sucesi´n no es mon´tona.
ıa o o
? 2n2 ? 2 (n + 1)2
an ≤ an+1 ⇐⇒ ≤
n+1 n+2
?
⇐⇒ 2n2 (n + 2) ≤ 2 (n + 1)3
?
⇐⇒ 2n3 + 4n2 ≤ 2n3 + 6n2 + 6n + 2
?
⇐⇒ 4n2 ≤ 6n2 + 6n + 2
?
⇐⇒ 0 ≤ 2n2 + 6n + 2
Note que como 0 ≤ 2n2 +6n+2 es cierta para n ≥ 0, entonces se tiene que an ≤ an+1 .
Por lo tanto {an }n≥1 es siempre creciente.
La otra alternativa, consiste en considerar una funci´n f : IR+ → IR tal que el gr´fico
o a
de la sucesi´n sea subconjunto del gr´fico de la funci´n, es decir, una funci´n que
o a o o
cumpla que f (n) = an para todo n ∈ IN, n ≥ 1.
2x2
Sea f definida por f (x) = .
x+1
2x2 4x (x + 1) − 2x2
f (x) = =⇒ f (x) =
x+1 (x + 1)2
2x (x + 2)
=⇒ f (x) =
(x + 1)2
De donde, construyendo la tabla de signos, se establece que f (x) > 0 para todo
x ∈]0, ∞[ por lo que f es creciente en ]0, ∞[ y se concluye que {an }n≥1 es creciente.
Ejemplo 23
Discutir la monoton´ de las siguientes sucesiones:
ıa
−2n
a) {an } = {3 + (−1)n } b) {bn } =
1+n
Soluci´n.
o
{an } = {3 + (−1)n }
Esta sucesi´n alterna entre 2 y 4, por lo tanto no es mon´tona.
o o
−2n
{bn } =
1+n

25. 2. Sucesiones y Series 25
¿Ser´ esta sucesi´n creciente?, es decir ¿bn ≤ bn+1 ? ∀n ≥ 1.
a o
?
bn ≤ bn+1
−2n ? −2 (n + 1)
⇐⇒ ≤
1+n 1 + (n + 1)
?
⇐⇒ 4n + 2n2 ≥ 2n2 + 4n + 2
?
⇐⇒ 0 ≥ 2
Debe notarse que 0 ≥ 2 es evidentemente falso, para todo n ∈ IN. Es decir,
0 ≤ 2 es evidentemente verdadero para todo n ∈ IN, lo que conlleva a que
bn ≥ bn+1 para todo n ∈ IN, as´ {bn } es decreciente.
ı
Otra forma, considere la funci´n f que cumple: f (n) = bn para todo n ∈ IN y
o
que est´ definida por:
a
−2x
f (x) =
x+1
−2
Luego f (x) = , y como f (x) ≤ 0, ∀x > −1, entonces f es decreciente
(1 + x)2
y esto implica que {bn } es decreciente.
Ejemplo 24
n!
Use inducci´n matem´tica para demostrar que la sucesi´n
o a o es una sucesi´n
o
2n n≥1
creciente.
Soluci´n. Considere la proposici´n Pn : an ≤ an+1 . Se debe demostrar que
o o
Pn ≡ V para todo n ∈ IN, n ≥ 1
Demuestre que P1 ≡ V (Demostrar para el primer elemento).
1 1
P1 : a1 ≤ a2 ⇐⇒ ≤
2 2
Se demostrar´ que Pn ⇒ Pn+1 . Considere que Pn ≡ V (HI):
a
n! (n + 1)!
HI : n
≤
2 2n+1
HQD Pn+1 ≡ V , suponiendo HI, esto es que:
(n + 1)! (n + 2)!
≤
2n+1 2n+2
Demostraci´n:
o

26. 26 2.1. Sucesiones
(n + 1)! (n + 1) n! (n + 1) n!
= = · n
2n+1 2 · 2n 2 2
HI (n + 1) (n + 1)!
≤ ·
2 2n+1
(n + 2) (n + 1)!
≤ ·
2 2n+1
(n + 2)!
=
2n+2
Por lo que:
(n + 1)! (n + 2)!
n+1
≤
2 2n+2
Como P1 ≡ V y Pn ⇒ Pn+1 ≡ V , entonces por el principio de inducci´n o
matem´tica se tiene que Pn : an ≤ an+1 para todo n ∈ IN, n ≥ 1. Por lo tanto,
a
la sucesi´n {an }n≥1 es creciente.
o
2.1.5. Sucesiones convergentes
Definicion 10 (Sucesi´n Convergente)
´ o
Sea {xn } una sucesi´n, decimos que la sucesi´n {xn } es una sucesi´n convergente si
o o o
existe un L ∈ IR tal que
l´ xn = L
ım
n→∞
En este caso se dice que la sucesi´n {xn } converge a L. En caso de que no exista
o
L ∈ IR tal que l´ xn = L se dice que {xn } diverge.
ım
n→∞
Ejemplo 25
en
Determine si la sucesi´n
o converge o diverge.
2en + 5n2
Soluci´n.
o
en en
1 1
l´
ım = l´
ım = l´
ım =
n→∞ 2en + 5n2 n→∞ 5n2 n→∞ 0 2
en
2+
5n2 7
en 2+
e n
1
Por lo que la sucesi´n converge a
o .
2

27. 2. Sucesiones y Series 27
Teorema 3
Sea f una funci´n de variable real tal que:
o
l´ f (x) = L
ım
x→∞
Si {an } es una sucesi´n tal que f (n) = an ∀n ∈ I entonces l´ an = L.
o N, ım
n→∞
La importancia de este resultado es la posibilidad de aplicar la regla de L’Hˆpital.
o
Teorema 4 (del valor absoluto)
Sea {an } una sucesi´n de n´meros reales. Si l´ |an | = 0, entonces l´ an = 0.
o u ım ım
n→∞ n→∞
Ejemplo 26
Determine si las siguientes sucesiones son convergentes o divergentes:
n2
an =
2n − 1
(−1)n
bn = +2
n
Soluci´n.
o
x2 x2
Considere la funci´n asociada f (x) =
o . Calculamos l´
ım x , para
2x − 1 x→∞ 2 − 1
ello empleamos la regla de L’Hopital:
x2 2x 2
l´
ım = l´
ım x = l´
ım x =0
x→∞ 2 x−1 x→∞ 2 · ln 2 x→∞ 2 · ln2 2
o ımite 0, entonces la sucesi´n {an } anterior converge a
Como la funci´n posee l´ o
0.
(−1)n (−1)n
Note que l´
ım +2 = l´
ım + 2, por lo que se debe anali-
n→∞ n n→∞ n
(−1)n
zar la convergencia de la sucesi´n
o . Por el teorema 4 se tiene que
n
(−1)n
l´
ım = 0, de donde se tiene:
n→∞ n
(−1)n
l´
ım +2 =2
x→∞ n

28. 28 2.1. Sucesiones
Ejercicios 5.
Determine si las sucesiones siguientes convergen o divergen
2n2 + 3n 1
n2 − 5 n+4
(−1)n+2
{ln (3n + 5) − ln (5n + 8)}
n
n
sen2 n 3 1 1
+ −
n2 7 n n+1
Se debe tener cuidado, ya que el rec´
ıproco del teorema 3 no es cierto en general, se
considerar´ un ejemplo en el cual se muestre este detalle.
a
Ejemplo 27
Considere los siguientes l´
ımites. Los primeros dos sobre IR y el tercero sobre IN.
1
l´
ım =0
x→∞ x
1 ´
l´
ım ımite no existe pues sen (πx) oscila entre −1 y 1
+ sen (πx) . Este l´
x→∞ x
cuando x tiende a infinito.
1
l´
ım + sen (πn) . Observe que sen (πn) = 0 ∀n ∈ I por lo que
N,
n→∞ n
1
l´
ım + sen (πn) = 0.
n→∞ n
1
As´ la sucesi´n an = + sen (πn) converge a 0 a pesar que la funci´n f (x) =
ı o o
n
1
+ sen (πx) no converja.
x

29. 2. Sucesiones y Series 29
3
2
1
2 4 6 8 10
-1
-2
Figura 2.1: Rec´
ıproco del teorema 3
Teorema 5 (del encaje para sucesiones)
Si a partir de un N se tiene que an ≤ bn ≤ cn para todo n ≥ N y l´ an =
ım
n→∞
l´ cn = L entonces l´ bn = L.
ım ım
n→∞ n→∞
Ejemplo 28
sen (n)
Estudie la convergencia de la siguiente sucesi´n
o .
3n + 1
Soluci´n.
o
Se tiene que −1 ≤ sen (n) ≤ 1 ∀n ∈ IN, as´
ı:
−1 sen (n) 1
≤ n ≤ n
3n+1 3 +1 3 +1
−1 1
Luego l´
ım = l´ n
ım = 0, por el teorema anterior se tendr´ que:
ıa
n∞ 3n +1 n∞ 3 + 1
sen (n)
l´
ım =0
n∞ 3n + 1
y por lo que la sucesi´n anterior converge a 0.
o
Teorema 6
an+1
Si {an } es una sucesi´n y l´
o ım = L 1 entonces l´ an = 0
ım
n→∞ an n→∞

30. 30 2.1. Sucesiones
Ejemplo 29
n!
Dada la sucesi´n cn = n , se tiene que:
o
n
(n + 1)!
n
cn+1 cn+1 (n + 1)n+1 (n + 1) n!nn n
l´
ım = l´
ım = l´
ım = l´
ım = l´
ım
n→∞ cn n→∞ cn n→∞ n! n→∞ n! (n + 1)n+1 n→∞ n+1
nn
−n −1
n+1 1 n
= l´
ım = l´ ım 1 + = e−1 1
n→∞ n n→∞ n
As´ l´ cn = e−1 y como e−1 1 entonces la sucesi´n converge a 0.
ı ım o
n→∞
2.1.6. Sucesiones acotadas
Definicion 11
´
Se dice que una sucesi´n {an } es acotada inferiormente si existe una constante
o
real K1 tal que K1 ≤ an para todo n ∈ IN.
Se dice que una sucesi´n {an } es acotada superiormente si existe una constante
o
real K2 tal que an ≤ K2 para todo n ∈ IN.
Si una sucesi´n es acotada inferiormente y superiormente se dice que es aco-
o
tada.
Teorema 7
Si una sucesi´n es decreciente y acotadas inferiormente, entonces es conver-
o
gente.
Si una sucesi´n es creciente y acotada superiormente, entonces es convergente.
o
Ejercicios
1. Hallar el n−´simo t´rmino de la sucesi´n dada por:
e e o
an = 1 − f (n−1) (0)
x
donde f (x) = e 3 y determinar si es convergente dicha sucesi´n.
o
2. Determine si las siguientes sucesiones convergen o no.
1 + (−1)n np
1. an = 4. an = p0
n en
ln2 n (n − 2)!
2. bn = 5. bn =
n n!
n
k 1
3. cn = 1+ 6. cn = n sen
n n

31. 2. Sucesiones y Series 31
2.2. Series
Definicion 12
´
∞
Dada una sucesi´n {an }∞ , se define la serie
o n=1 n=1 an como la suma de todos los
t´rminos de la sucesi´n {an }∞ . Es decir:
e o n=1
∞
an = a1 + a2 + a3 + a4 + · · ·
n=1
En caso de que la serie inicie en 0, entonces se puede denotar por an . En cualquier
otro caso, es necesario indicar el t´rmino inicial de la serie.
e
Definicion 13
´
∞
Dada una serie n=1 an , se define su k−´sima suma parcial, y se denota Sk como:
e
k
Sk = an = a1 + a2 + a3 + · · · + ak
n=1
En caso de que la serie inicie en p, entonces
k+p−1
Sk = an = ap + ap+1 + ap+2 + · · · + ap+k−1
n=p
Se define adem´s, la sucesi´n de k−´simas sumas parciales como {Sk }∞ .
a o e k=1
Al igual que se hizo en sucesiones, las series se pueden redefinir de forma que den
inicio en p = 0, p = 1 o bien en el valor que m´s convenga. As´
a ı:
∞ ∞ ∞
ak = ap+k−1 = ap+k
k=p k=1 k=0
Por esta raz´n, a partir de este punto, los resultados se estudiar´n para series que
o a
inicien en uno. Sin embargo, los resultados que se estudiar´n podr´n ser aplicados
a a
a series que dan inicios en n´meros naturales distintos a la unidad aplicando una
u
traslaci´n conveniente.
o
2.2.1. Convergencia y divergencias de series
Definicion 14
´
Dada una serie ∞ an , si la sucesi´n de las k−´simas sumas parciales converge,
n=1 o e
entonces se dice que la serie es convergente. En caso contrario se dice que la serie es
divergente.

32. 32 2.2. Series
Si la sucesi´n de las k−´simas sumas parciales de una serie converge a S, entonces
o e
la serie converge a S y se escribe:
∞ k
an = l´
ım an = S
k→∞
n=1 n=1
Ejemplo 30 ∞
2
Considere la serie . Use inducci´n para demostrar que:
o
3n
n=1
k
2 1
Sk = n
=1− k
3 3
n=1
¿Es la serie convergente? de serlo ¿cu´l es su valor de convergencia?
a
Soluci´n. Aplicando inducci´n sobre k. Se debe demostrar que para todo k ∈ IN,
o o
k ≥ 1 se cumple que:
k
2 1
=1− k
3n 3
n=1
Para k = 1 se tiene que:
1
2 1 2 1
n
= 1 − 1 ⇐⇒ =1−
3 3 3 3
n=1
Se debe probar que Pk ⇒ Pk+1 , esto es:
HI HQD
k k+1
2 1 2 1
=1− k ⇒ = 1 − k+1
3n 3 3n 3
n=1 n=1
Demostraci´n:
o
k+1
2 2 2 2 2 2
= + 2 + 3 + · · · + k + k+1
3n 3 3 3 3 3
n=1
k 2
n=1 3n
k
2 2
= n
+ k+1
3 3
n=1
HI 1 2
= 1− +
3k 3k+1
3 2
= 1− +
3k+1 3k+1
1
= 1−
3k+1

33. 2. Sucesiones y Series 33
k+1
2 1
∴ = 1 − k+1
3n 3
n=1
Por el principio de inducci´n matem´tica se tiene que
o a
k
2 1
n
= 1− k, ∀k ∈ IN
3 3
n=1
Lo anterior demostr´ que
o
1
Sk = 1 − , ∀k ∈ IN
3k
∞2
Para analizar si la serie n=1 converge, basta probar si la sucesi´n de las k−´si-
o e
3n
1 ∞
mas sumas parciales converge, esto es, se debe analizar si la sucesi´n 1 − 3k k=1
o
converge.
1
ım 1 − k = 1
l´
k→∞ 3
de donde se tiene que la serie converge y lo hace a 1.
∞
2
∴ =1
3n
n=1
Ejemplo 31
∞
Considere la serie k=1 k. Use inducci´n matem´tica para demostrar que:
o a
n
n (n + 1)
k=
2
k=1
Determine si la serie converge o diverge.
Soluci´n. Se aplicar´ inducci´n sobre n, para n ≥ 1.
o a o
Para n = 1 se tiene que:
1
1 (1 + 1)
k=1=
2
k=1
Ahora se debe probar que Pn =⇒ Pn+1 , esto es:
HI HQD
n n+1
n (n + 1) (n + 1) (n + 2)
k= =⇒ k=
2 2
k=1 k=1

34. 34 2.2. Series
Demostraci´n:
o
n+1
k = 1 + 2 + 3 + · · · + n + (n + 1)
k=1 n
k
k=1
n
= k + (n + 1)
k=1
HI n (n + 1)
= + (n + 1)
2
(n + 1) (n + 2)
=
2
Por lo tanto se tiene que:
n+1
(n + 1) (n + 2)
k=
2
k=1
Por el principio de inducci´n matem´tica se tiene que:
o a
n
n (n + 1)
k= para n ≥ 1.
2
k=1
De esta manera se ha demostrado que la sucesi´n de las n−´simas sumas parciales
o e
est´ dada por {Sn }n≥1 donde
a
n (n + 1)
Sn =
2
Finalmente, se puede observar que Sn → ∞ cuando n → ∞, de donde se concluye
que la serie ∞ k es divergente.
k=1
Ejemplo 32
∞ k
Considere la serie dada por k=0 r , donde r es una constante real distinta de
cero y uno. Deduzca una f´rmula para la n−´simas suma parcial. Demu´strela por
o e e
inducci´n. Y determine bajo que condiciones se tiene la convergencia de la serie.
o
Soluci´n. Se desea determinar una f´rmula para Sn , donde
o o
n−1
Sn = rk = 1 + r + r2 + r3 + · · · + rn−1
k=0

35. 2. Sucesiones y Series 35
As´ se tiene que:
ı,
n−1
Sn = rk = 1 + r + r2 + r3 + · · · + rn−1
k=0
(1 − r) 1 + r + r2 + r3 + · · · + rn−1
=
1−r
1 + r + r2 + r3 + · · · + rn−1 − r 1 + r + r2 + r3 + · · · + rn−1
=
1−r
1+r+r 2 + r 3 + · · · + r n−1 − r − r 2 − r 3 − r 4 − · · · − r n−1 − r n
=
1−r
1 − rn
=
1−r
por lo que:
n−1
1 − rn
Sn = rk =
1−r
k=0
Ahora se debe probarla por inducci´n sobre n, con n ≥ 1.
o
Para n = 1 se tiene que:
1−1
1 − r1
rk = r0 = 1 =
1−r
k=0
Ahora se debe probar que Pn =⇒ Pn+1 , esto es:
HI HQD
n−1 n
1 − rn 1 − rn+1
rk = =⇒ rk =
1−r 1−r
k=0 k=0
Demostraci´n:
o
n
rk = 1 + r + r2 + r3 + · · · + rn−1 + rn
k=0 n−1 k
k=0 r
n−1
= rk + rn
k=0
HI 1 − rn
= + rn
1−r
1 − rn+1
=
1−r
Donde queda demostrado que:
n
1 − rn+1
rk =
1−r
k=0

36. 36 2.2. Series
Por el principio de inducci´n matem´tica se tiene que
o a
n−1
1 − rn
rk = para todo n ≥ 1.
1−r
k=0
∞ k
Finalmente se debe probar, bajo que condiciones se cumple que k=0 r converge.
Por definici´n se tiene que:
o
∞
1 − rn
rk converge ⇐⇒ l´
ım existe
n→∞ 1 − r
k=0
Aplicando propiedades de l´
ımites se tiene que
1 − rn 1 − l´ rn
ım
n→∞
l´
ım =
n→∞ 1 − r 1−r
Donde l´ rn existe unicamente cuando |r| 1. Y en este caso se tiene que:
ım ´
n→∞
1 − rn 1
l´
ım =
n→∞ 1 − r 1−r
De donde se tiene que:
∞
1
rk =
1−r
k=1
siempre que |r| 1. Y diverge en cualquier otro caso.

37. 2. Sucesiones y Series 37
Ejercicios 6.
∞
1
1. Considere la serie . Demuestre que la sucesi´n de
o
(k + 1)(k + 2)
k=2
n
las n−´simas sumas parciales est´ dada por
e a . ¿La serie
3n + 9 n≥1
original ser´ convergente?
a
∞
1
2. Considere la serie . Demuestre que la sucesi´n de las
o
k(k + 2)
k=1
3 2n + 3
n−´simas sumas parciales est´ dada por
e a − .
4 2(n + 1)(n + 2) n≥1
¿La serie original ser´ convergente?
a
3. Use el m´todo de inducci´n matem´tica para demostrar que la n−´si-
e o a e
∞
1 k
ma suma parcial de la serie k es igual que 2 − 2−n (n + 2)
2
k=1
para todo n ≥ 1. Use este hecho para demostrar que la serie converge.
4. Considere la siguiente serie:
∞
n
(n + 1)!
n=1
n
k 1
a) Demuestre, usando inducci´n
o =1− .
(k + 1)! (n + 1)!
k=1
b) Determine si la serie dada converge o diverge. En caso de con-
vergencia determine su suma.
5. Realice lo siguiente:
a) Demuestre, utilizando inducci´n matematica,la siguiente igual-
o
dad.
n
2k − 1 2n + 3
=3− (1)
2k 2n
k=1
∞
2k − 1
b) Utilice el resultado (1) para determinar si la serie es
2k
k=1
convergente o divergente, en cada caso de convergir indique a
que valor converge.

38. 38 2.2. Series
Ejemplo 33 ∞
2i − 1
Considere la serie . Demuestre que la serie converge. Para esto proceda
2i
i=1
como sigue:
7 2k + 3
Use inducci´n matem´tica para demostrar que Sk ≤
o a − . Use este
2 2k
7
hecho para concluir que {Sk } es acotada superiormente por .
2
Pruebe que {Sk } es una sucesi´n creciente.
o
Concluya que la serie es convergente usando el resultado del teorema 7.
Soluci´n. Se debe probar que:
o
k
2i − 1 7 2k + 3
Sk = i
≤ − para todo k ≥ 1.
2 2 2k
i=1
Usando inducci´n sobre k se tiene:
o
para k = 1 se tiene que:
1
2i − 1 7 2+3 1
i
≤ − 1 ⇐⇒ ≤1
2 2 2 2
i=1
Ahora se debe demostrar que Pk =⇒ Pk+1 , que es lo mismo a:
HI HQD
k k+1
2i − 1 7 2k + 3 2i − 1 7 2 (k + 1) + 3
i
≤ − =⇒ ≤ −
2 2 2k 2 i 2 2k+1
i=1 i=1
Demostraci´n:
o
k+1
2i − 1 1 3 5 2k − 1 2 (k + 1) − 1
= + + + ··· + +
2i 2 4 8 2k 2k+1
i=1
k 2i−1
i=1 2i
k
2i − 1 2 (k + 1) − 1
= +
2i 2k+1
i=1
HI7 2k + 3 2 (k + 1) − 1
≤ − +
2 2k 2k+1
7 4k + 6 2 (k + 1) − 1
= − −
2 2k+1 2k+1
7 2k + 5
= − k+1
2 2
7 2 (k + 1) + 3
= −
2 2k+1