Ejercicios de Análisis Matemático Sucesiones numéricas

1 Ejercicios de An lisis Matem tico Sucesiones num ricas 1. Dado " > 0, calcula m" 2 N tal que para todo n> m" se verifique jxn xj < " donde xn , x vienen dados en cada caso por: 2n C 3 2 p3 p a/ xn D ; xD I b/ xn D n C 1 3 n ; x D 0. 3n 50 3. p 1 n . c/ xn D n a .a > 0/; x D 1I d/ xn D p ; xD0. p p 2. n C 1 n n ; x D 0I f / xn D n2 an .jaj < 1/; x D 0. n e/ xn D n Sugerencia. Como consecuencia del binomio de Newton, para x 1 > 0 se verifica que x n 1//n > 1/: Esta desigualdad, convenientemente usada, permite resolver con facilidad los casos b), c), d) y e). Soluci n. Como regla general, en este tipo de Ejercicios hay que trabajar hacia atr s , esto es, se calcula y simplifica jxn xj y se convierte la desigualdad jxn xj < " en otra equivalente a ella de la forma n > '.

2 "/ donde '."/ es un n mero que depende de ". Basta entonces tomar m". como la parte entera de '."/ m s 1, m" D E '."/ C 1, con lo cual para todo n > m" se tiene que n < '."/ y, por tanto, jxn xj < ". Este procedimiento admite muchos atajos. Hay que tener en cuenta que no se pide calcular el m". ptimo , es decir, el menor valor posible de m" tal que n>m" jxn xj < ", sino que se pide calcular cualquier valor de m" para el cual sea cierta dicha implicaci n. Para ello es suficiente con obtener, a partir de la desigualdad jxn xj < ", otra desigualdad del tipo n > '."/ de forma que se verifique la implicaci n n > '."/ jxn xj < ". En este procedimiento hay que quitar valores absolutos.

3 Esto siempre puede hacerse porque la desigualdad jxn xj < " equivale a las dos desigualdades " < x n x < ". Con frecuencia, el n mero xn x es siempre positivo o siempre negativo para todo n > n0 , lo que permite quitar directamente el valor absoluto y sustituirlo por la correspondiente desigualdad. Por supuesto, en estos Ejercicios hay que trabajar con un valor gen rico de " > 0, es decir, no est permitido considerar valores particulares de " porque se trata de probar que una cierta desigualdad es v lida para todo " > 0. La verdad es que se tarda m s en escribir lo anterior que en hacer el ejercicio porque las sucesio- nes que se dan son muy sencillas y la sugerencia muy til.

4 A) Tenemos que . 2n C 3 2 109 . jxn xj D D : 3n 50 3 9n 150 . El denominador es positivo para todo n > 17. Pongamos n D 17 C k donde k 2 N. Entonces 109 109 109 13. jxn xj D D < < : 9n 150 3 C 9k 9k k Deducimos que para que se tenga jxn xj < " es suficiente que tomar n D 17 C k donde k se elige de forma que 13 13 13. k < ", es decir, k > " . Por tanto, poniendo m" D 18 C E. " / podemos asegurar que para todo n > m" se verifica que jxn xj < ". 109. Observa que las acotaciones 3C9k < 109 13. 9k < k no son imprescindibles; de hecho, podemos 109. despejar k de la desigualdad 3C9k < ", pero las acotaciones hechas facilitan este paso (aunque se obtiene un valor de k mayor). Dpto.

5 De An lisis Matem tico Universidad de Granada Ejercicios de An lisis Matem tico 2. b) Tenemos que: r ! p 3. p 3. p 3 1. 0 < xn 0D nC1 nD 3 n 1C 1 : n r 3 1. Pongamos zn D 1C 1. Tenemos que zn > 0 y, usando la sugerencia dada: n 1 1..1 C zn /3 D 1 C > 1 C 3zn zn 6. n 3n Deducimos que: p 3. 1 1 1 1. xn D n zn 6 p3. 6 p : 3 n2 3 3 n Por tanto: 1 1. p < " xn < " jxn 0j D xn < ". 3 3n 1 p1 1. La desigualdad 3 3 n < " se verifica para todo n > 27"3.. Por tanto, es suficiente tomar m" D 1 C. 1.. E 27" 3 . 1 1 1 p1. Observa que la acotaci n p 3 3 n2. 6 3 3 n no es imprescindible; de hecho, podemos despejar n 1 1. en la desigualdad p 3 3 n2. < ", pero la acotaci n anterior facilita este paso (aunque se obtiene un valor mayor para n).

6 P n p n c) Sea a > 1. Entonces 1 < a. Pongamos zn D jxn 1j D a 1 > 0. Tenemos que: a 1..1 C zn /n D a > 1 C nzn zn <. n Deducimos que: a 1. < " zn D jxn 1j < ". n a 1. La desigualdad n < " se verifica para todo n > a " 1 . Por tanto, es suficiente tomar m" D 1 C. E a"1 .. 1. Si 0 < a < 1, poniendo b D y usando lo ya visto, tenemos que: a p pn n b 1 p n b 1 1 a1. 0<1 aD p n < b 1< D. b n a n De donde se sigue que podemos tomar m" D 1 C E 1a"a .. p p . e) Sea xn D n n n C 1 n n . Tenemos que: r ! p p p 1. n n 0 < xn D jxn 0j D n nC1 n n Dnn n 1C 1 : n r n 1. Pongamos zn D 1C 1. Tenemos que zn > 0 y: n 1 1..1 C zn /n D 1 C > 1 C nzn zn < 2 : n n Por tanto, usando la desigualdad ?

7 ?, tenemos que: p 1p . n n 1 2 1 2 3. jxn 0j D n nzn < n< 1C p 0 C p n 6. n n n n n n n Deducimos que tomando m" D 1 C E 3" , para todo n > m" se verifica que jxn .. 0j < ". Dpto. de An lisis Matem tico Universidad de Granada Ejercicios de An lisis Matem tico 3. 2. Sea A un conjunto no vac o y mayorado de n meros reales. Prueba que un n mero real, , es el supremo de A si, y s lo si, es un mayorante de A y hay alguna sucesi n de puntos de A que converge a . Soluci n. Supongamos que D Entonces es, claro est , un mayorante de A. Veamos que hay una sucesi n de puntos de A que converge a . Como es el m nimo mayorante de A, ning n n mero menor que puede ser mayorante de A. Por tanto, dado " > 0, como " < , tiene que haber alg n a" 2 A tal que " < a".

8 En particular, para " D n1 tiene que haber alg n an 2 A tal que 1n < an y, por supuesto, an 6 . Deducimos as la existencia de una sucesi n, fan g, de puntos de A que verifica 1n < an 6 . Es claro que fan g ! . La afirmaci n rec proca te la dejo apara que la hagas t .. 3. Supuesto que lK mfxn g D x, prueba que ADfxn Wn 2 Ng[fxg tiene m ximo y m nimo. Soluci n. Los elementos de A son los t rminos de la sucesi n junto con el l mite de la misma. Observa que el conjunto A puede ser finito o infinito. El caso en que A es finito es trivial porque sabemos que todo conjunto finito tiene m ximo y m nimo. Conviene considerar, por tanto, que A es infinito. La idea para hacer este ejercicio es la siguiente: a n siendo A infinito, todos sus elementos est n en un intervalo de la forma x "; x C " , con la posible excepci n de un n mero finito de elementos de A que pueden quedar fuera de dicho intervalo.]

9 Para probar que A tiene m ximo debemos fijarnos en los elementos m s grandes de A. Dichos elementos deber an estar a la derecha del n mero x C " para " > 0 suficientemente peque o. Pero no tiene por qu haber ning n elemento de A en estas condiciones, y eso pasa justamente cuando x es el mayor elemento de A, en cuyo caso x ser a el m ximo de A. Esto lleva a razonar de la siguiente forma. Si x es el m ximo de A, hemos acabado. En otro caso, tiene que haber alg n elemento en A, digamos a 2 A que sea mayor que x, a > x. Tomemos un " > 0 tal que x C " < a (por ejemplo " D .a x/=2). Entonces, todos los elementos de A. est n en x "; x C " excepto un n mero finito de ellos que quedan fuera de dicho intervalo.

10 Adem s, como a > x C ", el conjunto B D fu 2 A W u > x C "g no es vac o (a 2 B), es finito y, evidentemente, se tiene que D . 4. a) Sea fxn g una sucesi n y supongamos que hay n meros 2 0; 1 ; p 2 N, tales que para todo n > p es jxnC1 j 6 jxn j . Prueba que lK mfxn g D 0. jxnC1 j b) Sea fxn g una sucesi n de n meros no nulos verificando que lK m D , donde 0 6 <. jxn j 1. Prueba que lK mfxn g D 0. Aplicaci n. Dados a 2 1; 1 ; k 2 N, prueba que lK m fnk an g D 0. n!1. Soluci n. a) Podemos hacer este apartado de dos maneras. La primera consiste en darse cuenta jxnC1 j 6 jxn j para todo n > p, junto con que 0 < < 1, implica que la de que la hip tesis sucesi n jxnCp j n2N es decreciente y, como es de n meros positivos, tiene que converger a un n mero > 0.