Calculo cap07

Cap´ıtulo 7
Sucesiones
7.1. Introducción
Las sucesiones aparecen de manera natural en muchos cálculos que responden a un es-
quema iterativo. Por ejemplo, al dividir 2 entre 3 obtenemos
2
3
D
6
10
C
2
3
1
10
, igualdad que
podemos usar ahora para obtener
2
3
D
6
10
C

6
10
C
2
3
1
10

1
10
D
6
10
C
6
102
C
2
3
1
102
;
y de nuevo
2
3
D
6
10
C
6
102
C

6
10
C
2
3
1
10

1
102
D
6
10
C
6
102
C
6
103
C
2
3
1
103
:
Y así podemos continuar tantas veces como queramos, obteniendo para cada n2N la igualdad:
2
3
D
nX
kD1
6
10k
C
2
3
1
10n
:
Escribiendo xn D
nX
kD1
6
10k
tenemos que 0
2
3
xn D
2
3
1
10n
. Observa que, aunque los nú-
meros xn son todos ellos distintos de 2=3, dada una cota de error arbitrariamente pequeña,
0, y tomando n0 2 N de manera que
2
3
1
10n0
, deducimos que para todo número
natural nn0 se veriﬁca que jxn 2=3j , lo que se expresa escribiendo 2=3 D lKım
n!1
fxng.
325

Introducción 326
El ejemplo anterior está relacionado con la expresión decimal de 2=3 que, como todos
sabemos, es un decimal periódico con período igual a 6, lo que suele escribirse 2=3 D 0;b6
igualdad en la que, según se dice a veces, el símbolo 0;b6 debe interpretarse como que el 6
se repite infinitas veces. ¿Qué quiere decir esto? Lo que está claro es que, por mucho tiempo
y paciencia que tengamos, nunca podremos escribir infinitos 6 uno detrás de otro... bueno,
podríamos escribir algo como
2
3
D 0;b6 D 0; 6666666:::. infinitos 6/
lo que tampoco sirve de mucho pues seguimos sin saber cómo se interpreta esta igualdad. Pues
bien, para dar un significado matemático a lo que se quiere expresar con esa igualdad hay que
recurrir al concepto de límite de una sucesión tal como hemos hecho antes.
Veamos otro ejemplo en esta misma línea. Vamos a intentar calcular aproximaciones racio-
nales de
p
10. Si partimos inicialmente de un número x
p
10, tendremos que
10
x

p
10 x.
Pongamos y D
1
2

x C
10
x

. Entonces, en virtud de la desigualdad de las medias,
p
10 y,
y como también y x , deducimos que y está más cerca de
p
10 que x. Podemos ahora
repetir este proceso sustituyendo x por y obteniendo una nueva aproximación mejor de
p
10.
Nótese que si x es racional también lo será y. Esto sugiere que, partiendo de un valor inicial,
por ejemplo x1 D 4, calculemos x2 D
1
2

x1 C
10
x1

, y después x3 D
1
2

x2 C
10
x2

, y así
podemos continuar tantas veces como queramos, obteniendo para cada n 2 N un número xn
tal que
xnC1D
1
2

xn C
10
xn

con x1 D 4. Con una calculadora manual obtenemos enseguida los valores x2D3; 25;
x3D3; 1634615 I x4D3; 1622779 con seis cifras decimales exactas:
0 x4
p
10 D
x2
4 10
x4 C
p
10

x2
4 10
6

0; 000005
6

1
106
es decir, x4 coincide con
p
10 hasta la sexta cifra decimal. De hecho, como xn
p
10 tenemos
que:
0 xnC1
p
10 D
1
2

xn C
10
xn

p
10
1
2
xn C
1
2
p
10
p
10 D
1
2
.xn
p
10/
de donde se sigue que 0 xnC1
p
10
1
2n
.x1
p
10/
1
2n
, por tanto, dado cualquier
0, y tomando n0 2 N tal que 2 n0 , deducimos que para todo número natural nn0 se
verifica que jxn
p
10 j , lo que simbólicamente se expresa escribiendo
p
10 D lKım
n!1
fxng.
En los ejemplos anteriores hemos dado por supuesto que ya tienes cierta familiaridad con
los conceptos de “sucesión” y de “límite de una sucesión” de los cuales vamos a ocuparnos a
continuación con detalle.
Universidad de Granada
Dpto. de Análisis Matemático
Prof. Javier Pérez
Cálculo diferencial e integral

Sucesiones de números reales 327
7.2. Sucesiones de números reales
7.1 Definición. Sea A un conjunto no vacío. Una sucesión de elementos de A es una aplicación
del conjunto N de los números naturales en A. En particular, una sucesión de números reales
es una aplicación del conjunto N de los números naturales en el conjunto R de los números
reales.
Por ahora, solamente consideraremos sucesiones de números reales por lo que nos referi-
remos a ellas simplemente como “sucesiones”.
Notación. Dada una sucesión, ' W N ! R , suele emplearse una notación especial para repre-
sentarla. Para n 2 N suele representarse el número real '.n/ en la forma xnD '.n/ (natural-
mente la letra “x” nada tiene de especial y puede sustituirse por cualquier otra). La sucesión
misma se representa por ' D fxngn2N, es decir, el símbolo fxngn2N debe interpretarse como
la aplicación que a cada n2N hace corresponder el número real xn. Cuando no hay posibilidad
de confusión, escribimos simplemente fxng en vez de fxngn2N.
Conviene insistir en que fxng es, por definición, la aplicación de N en R dada por n 7! xn.
No hay que confundir la sucesión fxng, que es una aplicación, con su conjunto imagen, que es
el subconjunto de R formado por todos los números xn, el cual se representa por fxn W n 2 Ng.
Por ejemplo, f. 1/ng y f. 1/nC1g son sucesiones distintas con el mismo conjunto imagen.
El número xn se llama término n-ésimo de la sucesión; para nD1; 2; 3 se habla respectiva-
mente de primero, segundo, tercer término de la sucesión. Una forma apropiada de considerar
una sucesión es como un vector con infinitas componentes (los términos de la sucesión), de
esta forma no te quedará duda de que las sucesiones f. 1/ng y f. 1/nC1g son distintas pues se
corresponden con los vectores . 1; 1; 1; 1; : : : / y .1; 1; 1; 1; : : : /.
7.2.1. Sucesiones convergentes
7.2 Definición. Una sucesión fxng se dice que converge a un número real x si, dado cualquier
número real 0, existe un número natural m tal que si n es cualquier número natural mayor
o igual que m se cumple que jxn xj . Simbólicamente:
8 0 9m 2N W n m ) jxn xj (7.1)
Se dice también que el número x es límite de la sucesión fxng, y se escribe lKım
n!1
fxng D x o,
simplemente, lKımfxng D x e incluso, si no hay posibilidad de confusión, fxng ! x.
Teniendo en cuenta que la desigualdad jxn xj equivale a la doble desigualdad
x xn x C o, lo que es igual, xn 2x ; x C Œ, la definición anterior lo que dice es
que fxng converge a x cuando, dado cualquier intervalo abierto x ; x C Œ, se verifica que
todos los términos de la sucesión a partir de uno en adelante están en dicho intervalo.
El número natural m, cuya existencia se afirma en la definición anterior, cabe esperar que
dependa del número 0, lo que explica la notación empleada. Lo usual es que m tenga que
ser tanto más grande cuanto más pequeño sea el número 0. Conviene observar que si p es
un número natural tal que p m, entonces para p, al igual que para m, se verifica que si
n es cualquier número natural mayor o igual que p se cumple que jxn xj . Es decir, si
Prof. Javier Pérez

Sucesiones convergentes 328
fxng converge a x, entonces para cada 0 dado hay, de hecho, infinitos números naturales
m para los que se satisface la condición 7.1.
La definición 7.2 es típica del Análisis pues en ella se está definiendo una igualdad, a saber,
lKımfxngDx , en términos de desigualdades: jxn xj siempre que nm. Observa también
que, de la definición dada, se deduce enseguida que fxng ! x es lo mismo que fxn xg ! 0.
Veamos con unos sencillos, pero importantes ejemplos, cómo se usa la definición 7.2 para
probar que una sucesión converge.
7.3 Ejemplo. La sucesión f1=ng es convergente a cero.
Para probarlo, dado 0, tenemos que encontrar un m 2 N tal que para todo n m se
verifique que j1=n 0j D 1=n . Como 1=n 6 1=m siempre que n m, bastará tomar como
número m cualquier natural que verifique que 1=m , es decir, m 1=. Que, efectivamente,
hay números naturales, m, que verifican la condición m 1= cualquiera sea el número 0
dado, es justamente lo que dice la propiedad arquimediana (5.9) del orden de R. Pues bién,
cualquier m 2 N tal que m 1= nos sirve como apropiado m, pero parece razonable tomar
el más pequeño de todos ellos que será la parte entera de 1= más una unidad, es decir, m D
E.1=/ C 1 . Hemos demostrado así que lKımf1=ng D 0.
7.4 Ejemplo. Dado un número real x 2 1; 1Œ, se verifica que la sucesión de las potencias de
x, fxng, converge a cero.
En efecto, como jxj 1 podemos escribir jxj en la forma jxjD1=.1C/ para conveniente
0 (de hecho D 1 jxj
jxj
pero eso no interesa ahora). Dado 0, puesto que
jx n
0j D jxjn
D
1
.1 C /n
6
1
1 C n

1
n
bastará tomar un m tal que 1
m
, por ejemplo, m D E

1

C 1, para garantizar que
jx n 0j siempre que n m.
7.5 Ejemplo. Dado x 2 1; 1Œ, se verifica que la sucesión f1 C x C x2 C C xng, llamada
serie geométrica de razón x, converge a
1
1 x
.
En efecto, como
ˇ
ˇ
ˇ
ˇ1 C x C x2
C C x n 1
1 x
ˇ
ˇ
ˇ
ˇ D
jxjnC1
1 x
poniendo, igual que antes, jxj D 1=.1 C / para conveniente 0, y teniendo en cuenta que
0 1 jxj 6 1 x, y el ejemplo anterior deducimos que:
ˇ
ˇ
ˇ
ˇ1 C x C x2
C C x n 1
1 x
ˇ
ˇ
ˇ
ˇ 6
jxj
1 jxj
jxjn
D
1

jxjn

1
n2
por lo que, dado 0 para todo n m D E

1
2

C 1 se verifica que
ˇ
ˇ
ˇ
ˇ1 C x C x2
C C x n 1
1 x
ˇ
ˇ
ˇ
ˇ :

Prof. Javier Pérez

Sucesiones convergentes 329
Si demostrar, aplicando la definición 7.2, que una sucesión dada es convergente puede
ser complicado, suele serlo todavía más probar, usando dicha definición, que una sucesión no
converge.
7.6 Ejemplo. La sucesión f. 1/ng no es convergente.
En efecto, sea x 2 R y definamos x D mKaxfj1 xj=2; j1C xj=2g. Claramente x 0.
Puesto que j. 1/2m xjD j1 xj, j. 1/2mC1 xjD j1C xj y alguno de estos números es
mayor que x deducimos que, dado x 2 R, se verifica que existe un número x 0, tal que
cualquiera sea m2N se verifica que hay algún natural n, por ejemplo n D 2m o n D 2m C 1,
mayor que m y para el que no se verifica que j. 1/n xj x. Es decir, hemos probado que
f. 1/ng no converge a x. Puesto que en nuestro razonamiento x puede ser cualquier número
real concluimos, finalmente, que f. 1/ng no es convergente.
Conviene precisar algunas expresiones de uso frecuente al tratar con sucesiones.
Cuando se dice que una cierta propiedad se satisface por todos los términos de una su-
cesión fxng a partir de uno en adelante, lo que se quiere decir es que existe m 2 N; tal
que para todo n m el número xn satisface dicha propiedad.
Cuando se dice que una cierta propiedad se satisface por infinitos términos de una suce-
sión fxng, lo que se quiere decir es que el conjunto de todos los números naturales n,
tales que xn satisface dicha propiedad, es infinito.
Cuando se dice que una cierta propiedad se satisface por un número finito de términos
de una sucesión fxng, lo que se quiere decir es que el conjunto de todos los números
naturales n, tales que xn satisface dicha propiedad, es finito.
El siguiente resultado, muy sencillo, es también muy útil.
7.7 Proposición. Sea fxng una sucesión y x un número real. Equivalen las siguientes afirma-
ciones:
i) fxng converge a x.
ii) Para todo intervalo abierto I que contiene a x se verifica que todos los términos de la
sucesión fxng a partir de uno en adelante están en I.
Demostración. Que ii) implica i) es consecuencia inmediata del comentario que sigue a la
definición 7.2. Probaremos que i) implica ii). Dado un intervalo abierto I tal que x 2I, existirá
un número 0 (que dependerá del intervalo I) tal que x ; x C Œ I. Para dicho
0 existe, por hipótesis, un número natural m tal que para todo n m se verifica que
xn 2x ; x C Œ y, por tanto, xn 2I.
Observa que en la definición 7.2 no se exige que el límite sea único, por ello si fxng conver-
ge a x es lícito preguntar si puede haber otro número real y distinto de x tal que fxng también
converja a y. La respuesta es que no. En efecto, si fxng ! x, dado y ¤ x, hay intervalos
abiertos I, J tales que x 2 I, y 2 J e I J D Ø (por ejemplo las semirrectas ; xCy
2 Œ y
xCy
2 ; !Œ). Sabemos, por la proposición anterior, que todos los términos de fxng a partir de
Prof. Javier Pérez

Sucesiones convergentes y estructura de orden de R 330
uno en adelante están en I, por tanto sólo puede haber un número finito de términos en J.
Concluimos, en virtud de la misma proposición, que fxng no converge a y. Hemos probado
que si fxng es convergente, el número real lKımfxng está determinado de manera única.
7.8 Proposición. Una sucesión convergente tiene un único límite.
Para estudiar la convergencia de una sucesión dada no suele ser lo más aconsejable usar, de
entrada, la definición 7.2. Es preferible intentar primero otros caminos. Generalmente lo que
suele hacerse en la práctica consiste en relacionar dicha sucesión con otras más sencillas o que
ya han sido previamente estudiadas y deducir de dicha relación si nuestra sucesión es o no es
convergente y, cuando lo sea, el valor de su límite. Por ello son de gran utilidad los resultados
que siguen en los que se estudia cómo se comportan las sucesiones convergentes respecto de
las estructuras algebraica y de orden de R.
7.2.2. Sucesiones convergentes y estructura de orden de R
La siguiente estrategia, útil para probar desigualdades, se usa con frecuencia.
7.9 Estrategia. Sean x e y números reales. Equivalen las siguientes afirmaciones:
a) x 6 y.
b) Para todo número z y se verifica que x z.
c) Para todo número 0, se verifica que x y C .
Demostración. Es evidente que a) ÷ b) ÷ c). Probemos que c) ÷ a). Supuesto que para
todo número 0, se verifica que x y C debe ocurrir que x 6 y pues, en otro caso, si
fuera y x, tomando D x y debería verificarse que x y C D y C .x y/ D x, esto
es, x x lo que es contradictorio.
7.10 Proposición. Supongamos que lKımfxng D x , lKımfyng D y y que existe m 2 N tal que
para todo n m se tiene que xn 6 yn. Entonces se verifica que x 6 y.
Demostración. Sea 0, probaremos que x y C. Por hipótesis existen números naturales
m1 y m2 tales que para todo p m1 se tiene que x =2 xp x C =2 y todo q m2
se tiene que y =2 yq y C =2. Tomando un número natural n mKax fm; m1; m2g, se
verifican las dos desigualdades anteriores y también la del enunciado, luego:
x =2 xn 6 yn y C =2 ÷ x y C :
Como queríamos probar.
Respecto al resultado anterior, conviene advertir que aunque las desigualdades sean es-
trictas no puede asegurarse que lKımfxng D x sea estrictamente menor que lKımfyng D y. Por
ejemplo, si xnD 0 e ynD1=n, es claro que xn yn para todo n2N pero x D 0 D y.
Prof. Javier Pérez

Sucesiones monótonas 331
7.11 Proposición (Principio de las sucesiones encajadas). Supongamos que fxng, fyng, fzng
son sucesiones tales que lKımfxng D lKımfzng D ’ y existe un número natural m0 tal que para
todo nm0 se verifica que xn6yn6zn, entonces la sucesión fyng es convergente y lKımfyngD’.
Demostración. Sea 0. Por hipótesis existen m1; m2 tales que para todo p m1 y todo
q m2
’ xp ’ C y ’ zq ’ C (7.2)
Sea m3DmKaxfm0; m1; m2g. Para todo nm3 las desigualdades (7.2) se cumplen para pDqDn.
Además como n m0 se tiene que xn6 yn6 zn. Deducimos que, para todo n m3 se verifica
que:
’ xn6 yn6 zn ’ C ;
y, por tanto, ’ yn ’ C . Hemos probado así que lKımfyng D ’.
Una consecuencia inmediata de este resultado es que si cambiamos arbitrariamente un nú-
mero finito de términos de una sucesión, la nueva sucesión así obtenida es convergente si lo era
la de partida y con su mismo límite. Esto es lo que dice el siguiente resultado.
7.12 Corolario. Sean fxng e fyng sucesiones cuyos términos son iguales a partir de uno en
adelante, es decir, hay un número natural m0 tal que para todo n m0 es xnD yn. Entonces
fxng converge si, y sólo si, fyng converge en cuyo caso las dos sucesiones tienen igual límite.
El principio de las sucesiones encajadas es de gran utilidad y se usa con mucha frecuencia.
Naturalmente, cuando apliquemos dicho principio a un caso concreto, la sucesión fyng del
enunciado será la que queremos estudiar y tendremos que ser capaces de “inventarnos” las
sucesiones fxng y fzng de manera que se cumplan las condiciones del enunciado. Veamos un
ejemplo.
7.13 Ejemplo. La sucesión f n
p
ng es convergente a 1.
Pongamos yn D n
p
n. La elección de fxng es inmediata: xn D 1. Un poco más difícil es la
elección de fzng. Para ello apliquemos la desigualdad de las medias a los números x1 D x2 D
D xn 2D 1; xn 1D xnD
p
n para obtener que para todo n 2 es:
n
p
n 6
n 2 C 2
p
n
n
1 C
2
p
n
: (7.3)
Por tanto tomando zn D 1 C
2
p
n
, es inmediato que lKımfzng D 1 y concluimos, por el principio
de las sucesiones encajadas, que lKımf n
p
ng D 1.
7.2.3. Sucesiones monótonas
7.14 Definición. Una sucesión fxng se dice que es:
Mayorada o acotada superiormente si su conjunto imagen está mayorado, es decir, si hay un
número 2R tal que xn6 para todo n 2 N.
Prof. Javier Pérez

Minorada o acotada inferiormente si su conjunto imagen está minorado, es decir, si hay un
número 2 R tal que 6 xn para todo n 2 N.
Acotada si su conjunto imagen está mayorado y minorado, equivalentemente, si hay un número
M 2 RC tal que jxnj 6 M para todo n 2 N.
Creciente si xn6 xnC1 para todo n 2 N.
Estrictamente creciente si xn xnC1 para todo n 2 N.
Decreciente si xn xnC1 para todo n 2 N.
Estrictamente decreciente si xn xnC1 para todo n 2 N.
Monótona si es creciente o decreciente.
Estrictamente monótona si es estrictamente creciente o decreciente.
Observa que si una sucesión fxng es creciente (resp. decreciente) entonces se verifica que
xm6 xn (resp. xm xn) siempre que m 6 n.
Conviene advertir que cuando se dice que una sucesión es monótona no se excluye la po-
sibilidad de que, de hecho, sea estrictamente monótona. Es por ello que, en general, suele
hablarse de sucesiones monótonas y tan sólo cuando tiene algún interés particular se precisa si
son estrictamente monótonas.
7.15 Proposición. Toda sucesión convergente está acotada.
Demostración. Supongamos que lKımfxng D x. Todos los términos de fxng a partir de uno en
adelante estarán en el intervalo x 1; x C 1Œ, es decir, hay un número m 2 N tal que para
todo n m se verifica que jxn xj 1, lo que implica que
jxnj 6 jxn xj C jxj 1 C jxj para todo n m.
Tomando M D mKaxf1Cjxj; jx1j; ; jxmjg, tenemos que jxnj 6 M para todo n2N.
La proposición anterior es útil a veces para probar que una sucesión no es convergente:
para ello basta probar que no está acotada.
7.16 Ejemplo. La sucesión fHng definida para todo n2N por:
Hn D
nX
kD1
1
k
D 1 C
1
2
C
1
3
C C
1
n
no es convergente.
Para todo n2N tenemos que:
2n
X
kD1
1
k
D 1C
1
2
C

1
3
C
1
4

C

1
5
C
1
6
C
1
7
C
1
8

C C

1
2n 1
C C
1
2n

1C
1
2
C

1
4
C
1
4

C

1
8
C
1
8
C
1
8
C
1
8

C C

1
2n
C C
1
2n

D1C
n
2
(7.4)
de donde se deduce que la sucesión
˚Pn
kD11=k
«
no está mayorada. Esta sucesión recibe el
nombre de serie armónica.
Prof. Javier Pérez

La proposición recíproca de la anterior no es cierta: la sucesión f. 1/ng es acotada y no es
convergente. No obstante, hay un caso especial muy importante en que sí es cierta la recíproca.
7.17 Teorema. Toda sucesión monótona y acotada es convergente. Más concretamente, si una
sucesión fxng es:
i) Creciente y mayorada, entonces lKımfxng D ˇ, donde ˇ D supfxn W n2Ng.
ii) Decreciente y minorada, entonces lKımfxng D ˛, donde ˛ D Kınffxn W n2Ng.
Demostración. Probaremos i/ quedando la demostración de ii/ como ejercicio. La hipótesis de
que fxng es mayorada garantiza, en virtud del principio del supremo, la existencia del número
real ˇ D supfxnW n 2 Ng. Dado 0, tiene que existir un término xm de la sucesión tal que
ˇ xm. Puesto que la sucesión es creciente para todo n m se verificará que xm6 xn, y
por tanto ˇ xn. En consecuencia ˇ xn ˇ C para todo n m. Hemos probado
así que lKımfxng D ˇ.
7.18 Ejemplo. La sucesión fxng definida por xnD
2nX
kDnC1
1
k
, es convergente.
En efecto, como
xnC1 xnD
1
2n C 2
C
1
2n C 1
1
n C 1

1
2n C 2
C
1
2n C 2
1
n C 1
D 0
se sigue que xnC1 xn para todo n 2 N, es decir, es una sucesión creciente. Además
xn6
1
n C 1
C
.n
C
1
n C 1
D
n
n C 1
1
por lo que también está mayorada. Concluimos, por el teorema anterior, que dicha sucesión es
convergente.
7.2.3.1. El número e
En el ejercicio 30 hemos probado que la sucesión xn D

1 C
1
n
n
es creciente y que la
sucesión yn D

1 C
1
n
nC1
es decreciente. Como 0 yn, se sigue que fyng es convergente.
Puesto que
xn D yn

1 C
1
n
1
D yn
n
n C 1
se sigue que fxng también es convergente y lKımfxng D lKımfyng. El valor común de este límite
es un número real que se representa con el símbolo e. Como consecuencia del teorema 7.17, se
verifica que:
e D sup

1 C
1
n
n
W n2N

D Kınf
(
1 C
1
m
mC1
W m2N
)
Prof. Javier Pérez

Sucesiones convergentes y estructura algebraica de R 334
En particular, para todos n; m2N se verifica que:

1 C
1
n
n
e

1 C
1
m
mC1
(7.5)
7.2.4. Sucesiones convergentes y estructura algebraica de R
En los resultados anteriores han intervenido de manera esencial las propiedades de la es-
tructura de orden de R. Vamos a estudiar ahora el comportamiento de las sucesiones conver-
gentes respecto de la adición y el producto de números reales. Los resultados que vamos a
obtener, conocidos tradicionalmente con el nombre de álgebra de límites, son básicos para el
estudio de la convergencia de sucesiones.
Dadas dos sucesiones fxng e fyng, se define su suma como la sucesión fxn C yng y su
producto como la sucesión fxnyng.
7.19 Proposición. El producto de una sucesión convergente a cero por una sucesión acotada
es una sucesión convergente a cero.
Demostración. Sea lKımfxng D 0, e fyng acotada. Sea c 0 tal que jynj6c para todo n 2 N.
Dado 0, existe un número natural m tal que para todo nm se verifica que jxnj =c.
Deducimos que, para todo nm, se verifica que jxnynj D jxnjjynj

c
c D , lo que prueba
que lKımfxnyng D 0.
7.20 Proposición (Álgebra de límites). Supongamos que lKımfxngDx y lKımfyngDy. Entonces
se verifica que:
lKımfxnC yng D x C y; lKımfxnyng D xy :
Si además suponemos que y ¤ 0, entonces lKımfxn=yng D x=y.
Demostración. Dado 0, por hipótesis existen m1; m2 tales que
x =2 xp x C =2 y y =2 yq y C =2 (7.6)
para todo p m1 y todo q m2. Sea m0 D mKaxfm1; m2g. Para todo n m0 las desigualda-
des (7.6) se cumplen para pDqD n, por lo que, sumándolas término a término, deducimos que
xCy xnCyn xCyC cualquiera sea nm0, lo que prueba que lKımfxnCyngDxCy.
Teniendo en cuenta que, por las proposiciones 7.15 y 7.19, se verifica que lKımf.xn x/yngD
lKımfx.yn y/g D 0, y la igualdad
xnyn xy D .xn x/yn C x.yn y/
deducimos que lKımfxnyn xyg D 0, es decir, lKımfxnyng D xy.
Finalmente, para probar que lKımfxn=yng D x=y, probaremos que la sucesión

xn
yn
x
y

D

xny ynx
yny

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Sucesiones parciales. Teorema de Bolzano–Weierstrass 335
converge a cero, para lo cual, teniendo en cuenta que lKımfxny ynxg D xy yx D 0, bas-
tará probar que la sucesión f1=yng está acotada. Puesto que lKımfyng D y, se deduce de la
desigualdad
jjynj jyjj 6 jyn yj
que lKımfjynjg D jyj. Existirá, por tanto, un número m0 2 N tal que para todo n m0 es
jynj jyj=2. Pongamos
K D mKax

1
jy1j
;
1
jy2j
; : : : ;
1
jym0
j
;
2
jyj

:
Se tiene entonces que
1
jynj
6 K para todo n2N. Hemos probado así que la sucesión f1=yng
está acotada, lo que concluye la demostración del teorema.
7.21 Observación. Hay que leer con atención las hipótesis del teorema anterior para no hacer
un uso incorrecto del mismo. En particular, no hay que olvidar que la suma de dos sucesio-
nes no convergentes puede ser una sucesión convergente. Por ejemplo, las sucesiones xn Dn,
ynD n, no son convergentes pues no están acotadas, pero su suma xnCynD0 es, evidentemen-
te, convergente. Por tanto, antes de escribir lKımfxnCyngDlKımfxngClKımfyng, hay que asegurarse
de que estos últimos límites existen, es decir, que las sucesiones fxng, fyng convergen, pues
pudiera ocurrir que la sucesión fxnCyng fuera convergente y no lo fueran las sucesiones fxng,
fyng. Análogamente, basta considerar las sucesiones xnDynD. 1/n, para convencerse de que
el producto de dos sucesiones no convergentes puede ser una sucesión convergente y, en con-
secuencia, antes de descomponer una sucesión como producto de otras dos, debes asegurarte
de que estas sucesiones convergen.
7.2.5. Sucesiones parciales. Teorema de Bolzano–Weierstrass
7.22 Definición. Sea fxng una sucesión de números reales; dada una aplicación WN !N
estrictamente creciente, la sucesión que a cada número natural n hace corresponder el número
real x.n/ se representa por fx.n/g y se dice que es una sucesión parcial o una subsucesión
de fxng. Observa que fx.n/g no es otra cosa que la composición de las aplicaciones fxng y ,
esto es, fx.n/g D fxng ı .
Se dice que un número real x es un valor de adherencia de la sucesión fxng si hay alguna
sucesión parcial de fxng que converge a x.
7.23 Ejemplo. Sea, como de costumbre, E.x/ el mayor entero menor o igual que x. La suce-
sión fxng dada por xnD n=5 E.n=5/ para todo n2N, tiene a 0; 1=5; 2=5; 3=5 y 4=5, como
valores de adherencia.
En efecto, basta considerar que para cada j 2 f0; 1; 2; 3; 4g, la sucesión parcial fx5n j gn2N
viene dada por x5n D 0, para j D 0, y x5n j D 1 j=5 para j D 1; 2; 3; 4.
Es fácil probar por inducción que si es una aplicación estrictamente creciente de N en N
entonces se verifica que .n/ n para todo n2N.
Sea lKımfxng D x, y fx.n/g una sucesión parcial de fxng. Dado 0, existe m0 2 N tal
que para todo nm0 se verifica que jxn xj . Puesto que .n/n, deducimos que para
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todo nm0 se tiene .n/m0, y por tanto, jx.n/ xj . Hemos probado así el siguiente
resultado.
7.24 Proposición. Si lKımfxng D x, toda sucesión parcial de fxng también converge a x. En
particular, una sucesión convergente tiene como único valor de adherencia su límite.
7.25 Estrategia. Como consecuencia de la proposición anterior, para probar que una sucesión
no converge, es suficiente probar que tiene alguna sucesión parcial no convergente o que tiene
dos sucesiones parciales que convergen a límites diferentes.
Por ejemplo, para la sucesión xn D . 1/n se tiene que x2n D 1 y x2n 1 D 1. Por tanto
dicha sucesión no es convergente.
Observa que hay sucesiones, la de los números naturales por ejemplo, que no tienen ningún
valor de adherencia. También puede ocurrir que una sucesión tenga un único valor de adhe-
rencia y no sea convergente. Por ejemplo, la sucesión dada por xnD .1C . 1/n/n C 1=n para
todo n 2 N, no es convergente y tiene a 0 como único valor de adherencia. Vamos a ver a
continuación que estos comportamientos no pueden darse con sucesiones acotadas.
7.26 Lema. Toda sucesión tiene una sucesión parcial monótona.
Demostración. Sea fxng una sucesión y definamos
A D fn2N W xn xp para todo p ng
Podemos visualizar el conjunto A como sigue. Consideremos en el plano los segmentos de
extremos .n; xn/ y .n C 1; xnC1/, n D 1; 2; 3; : : :
0 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20
Figura 7.1. Puntos de sol y de sombra
Resulta así una línea poligonal infinita y podemos imaginar que dicha línea es el perfil de
una cordillera cuyas cumbres y valles son los puntos .n; xn/. Imaginemos ahora que los rayos
de luz del Sol, paralelos al eje de abscisas, iluminan dicha cordillera por el lado derecho (el Sol
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estaría, pues, situado en el infinito del eje de abscisas positivo). Pues bien, un número natural
n pertenece al conjunto A si el punto .n; xn/ está iluminado y no pertenece a A si dicho punto
está en sombra.
Supongamos que A es infinito. Entonces podemos definir una aplicación W N ! N
estrictamente creciente y tal que .N/ D A de la siguiente forma:
.1/ D mKın.A/
.n C 1/ D mKınfp 2A W .n/ pg para todo n 2 N
es decir la aplicación va eligiendo los elementos de A de menor a mayor empezando por el
primero. Resulta ahora evidente que la sucesión parcial fx.n/g es decreciente, porque todos
los puntos ..n/; x.n// están iluminados y, por tanto, ninguno de ellos puede hacerle sombra
a uno anterior.
Si A es finito podemos suponer que ADØ. En tal caso, para todo n2N hay algún p n tal
que xn xp (pues todo punto .n; xn/ está en sombra). Podemos definir ahora una aplicación
W N ! N estrictamente creciente de la siguiente forma:
.1/ D 1
.n C 1/ D mKınfp 2N W .n/ p y x.n/ xpg para todo n 2 N
Es evidente que la sucesión parcial fx.n/g es creciente, pues cada punto ..n/; x.n// deja en
la sombra al anterior.
El siguiente resultado es uno de los más importantes en la teoría de sucesiones de números
reales.
7.27 Teorema (Teorema de Bolzano - Weierstrass). Toda sucesión acotada de números reales
tiene alguna sucesión parcial convergente.
Demostración. Sea fxng una sucesión acotada. En virtud el lema anterior, hay una sucesión
parcial de fxng que es monótona, dicha sucesión parcial está acotada por estarlo fxng y, por
tanto, es convergente.
Si volvemos a leer la definición de sucesión convergente, parece que para estudiar la conver-
gencia de una sucesión fxng debemos ser capaces de “adivinar”, de alguna manera, su posible
límite. De hecho, una idea bastante extendida consiste en pensar que es lo mismo probar la
convergencia de una sucesión que calcular su límite. Esto no es del todo correcto; son relativa-
mente pocas las sucesiones convergentes cuyo límite puede efectivamente calcularse. Cuando
se estudia la convergencia de una sucesión fxng, la mayoría de las veces, lo que conocemos es,
justamente, la sucesión y, naturalmente, se desconoce su posible límite el cual pudiera, incluso,
no existir. Por ello interesa tener criterios de convergencia intrínsecos a la sucesión, es decir,
que no hagan intervenir a un objeto en principio extraño a ella como es su posible límite. Co-
nocemos ya un criterio de convergencia intrínseco para sucesiones monótonas. Usando dicho
criterio hemos probado en el ejemplo 7.18 la convergencia de una sucesión sin necesidad de
conocer su límite.
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Condición de Cauchy. Teorema de completitud de R 338
7.2.6. Condición de Cauchy. Teorema de completitud de R
A continuación vamos a establecer un criterio intrínseco de convergencia para sucesiones
que es más general pues puede aplicarse a cualquier sucesión. Este criterio fué formulado
por Bolzano en 1817 y también, independientemente, por Cauchy en 1821, y establece una
condición necesaria y suficiente para la convergencia de una sucesión. Dicha condición se
conoce con el nombre de condición de Cauchy.
7.28 Definición. Se dice que una sucesión fxng satisface la condición de Cauchy, si para cada
número positivo, 0, existe un número natural m, tal que para todos p; q 2N con pm y
qm se verifica que jxp xqj .
7.29 Teorema (Teorema de completitud de R). Una sucesión de números reales es conver-
gente si, y sólo si, verifica la condición de Cauchy.
Demostración. Supongamos que fxng verifica la condición de Cauchy. Probemos primero que
fxng está acotada. La condición de Cauchy implica que hay m0 2N tal que jxp xm0
j 1
para todo p m0, y como jxpj 6 jxp xm0
j C jxm0
j, deducimos que jxpj 1 C jxm0
j para
p m0. En consecuencia si definimos M D mKaxfjx1j; jx2j; : : : ; jxm0
j; 1Cjxm0
jg, obtenemos
que jxnj 6 M para todo n2N.
El teorema de Bolzano-Weierstrass garantiza que hay un número real x y una sucesión
parcial fx.n/g que converge a x. Probaremos que fxng también converge a x. Dado 0,
existe no 2 N tal que jxp xqj =2 siempre que p; q no. También existe n1 2 N tal que
jx.n/ xj =2 siempre que n n1. Sea m D mKaxfno; n1g. Para todo n m se tiene que
.n/ n m por lo que
jxn xj 6 jxn x.n/j C jx.n/ xj

2
C

2
D
lo que prueba que lKım
n!1
fxng D x.
Recíprocamente, si fxng es convergente y lKımfxngDx, dado 0, hay un número m 2 N
tal que para todo número natural n m se tiene que jxn xj =2. Deducimos que si p; q
son números naturales mayores o iguales que m entonces
jxp xqj 6 jxp xj C jx xqj =2 C =2 D :
Por tanto la sucesión fxng verifica la condición de Cauchy.
7.30 Observación. La condición de Cauchy para sucesiones dada en la definición 7.28, puede
también expresarse de una manera equivalente, aunque formalmente distinta, como sigue.
Una sucesión fxng satisface la condición de Cauchy, si para cada número positivo, 0,
existe un número natural m, tal que para todo pm y para todo número natural h, se verifica
que jxpCh xpj .
Equivalentemente, una sucesión fxng verifica la condición de Cauchy si, y sólo si, la suce-
sión fng dada para todo n2N por:
n D supfjxnCh xnj W h2Ng
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Límites superior e inferior de una sucesión 339
converge a cero.
Puesto que, evidentemente, para cada h 2 N se tiene que jxnCh xnj 6 n para todo
n2N, si fxng satisface la condición de Cauchy entonces se verifica que lKım
n!1
fxnCh xngD0
para cada h 2 N. Es importante observar que una sucesión fxng puede verificar esta última
condición y no ser convergente, es decir, no satisfacer la condición de Cauchy. Un ejemplo
de ello lo proporciona la serie armónica, esto es, la sucesión fHng dada por Hn D
Pn
kD11=k.
Hemos visto en el ejemplo 7.16 que dicha sucesión no es convergente y, por tanto, no verifica
la condición de Cauchy. Sin embargo, fijado un número natural h2N, tenemos que
0 HnCh Hn D
1
n C h
C
1
n C h 1
C C
1
n C 1

h
n
y, como lKım
n!1
n
h
n
o
D 0, deducimos que lKım
n!1
fHnCh Hng D 0.
Observa que si hacemos h D 22.mCn/ n entonces, como consecuencia de la desigual-
dad 7.4, H2p 1 C p=2, tenemos:
HnCh Hn D H22.mCn/ Hn H22.mCn/ n 1 C m C n n D m C 1
lo que prueba que el conjunto fHnCh Hn W h 2 Ng ni siquiera está mayorado para ningún
n2N.
7.2.7. Límites superior e inferior de una sucesión
Acabaremos esta parte del capítulo, esencialmente teórica, introduciendo dos conceptos,
que también tienen un interés principalmente teórico, que usaremos más adelante para formular
algunos criterios de convergencia para series.
Sea fxng una sucesión acotada y definamos para cada n2N:
AnDfxp Wpng D fxn; xnC1; xnC2; : : :g
El conjunto An está formado por todos los términos de la sucesión a partir del que ocupa el
lugar n-ésimo. Como An A1 y, por hipótesis, A1 es un conjunto acotado, An también está
acotado. Pongamos
˛nD Kınf.An/; ˇnD sup.An/:
Como AnC1 An se tiene que ˛n6 ˛nC1, ˇnC16 ˇn. Por tanto la sucesión f˛ng es creciente
y fˇng es decreciente. Además ˛1 6 ˛n 6 ˇn 6 ˇ1, para todo n 2 N y, por el teorema 7.17,
concluimos que ambas sucesiones son convergentes. El número ˛ DlKımf˛ng se llama límite
inferior de la sucesión fxng y se representa por lKım inffxng y también lKımfxng. El número
ˇDlKımfˇng se llama límite superior de la sucesión fxng y se representa por lKım supfxng y
también por lKımfxng. Nótese que ˛6ˇ y además ˛ y ˇ vienen dados por ˛ D supf˛n Wn 2 Ng,
ˇ D Kınffˇn Wn2Ng.
7.31 Teorema. Una sucesión acotada es convergente si, y sólo si, su límite superior y su límite
inferior son iguales, en cuyo caso ambos coinciden con el límite de la sucesión.
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Ejercicios propuestos 340
Demostración. Sea fxng acotada, ˛ D lKım inffxng; ˇ D lKım supfxng. Supongamos que fxng
es convergente con lKımfxng D x. Dado 0, existe m0 2 N tal que para todo p m0 es
x =2 xp x C =2. Por tanto x =2 es un minorante de Am0
Dfxp Wpm0g y, en
consecuencia, x =2 6 ˛m0
. También, por análogas razones, ˇm0
6 x C =2. Como además
˛m0
6 ˛ 6 ˇ 6 ˇm0
, resulta que:
x =26˛m0
6 ˛ 6 ˇ 6 ˇm0
6 x C =2: (7.7)
De donde se sigue que ˇ ˛6. Hemos probado que para todo 0 es ˇ6˛C lo que, como
ya sabemos, implica que ˇ6˛ y, en consecuencia ˛Dˇ. Deducimos ahora de las desigualdades
(7.7) que, para todo 0, x =2 6 ˛ D ˇ 6 x C =2 y, por tanto, x 6 ˛ D ˇ 6 x, o sea,
x D ˛ D ˇ.
Recíprocamente, supongamos que ˛ D ˇ. Dado 0, todos los términos de cada una de
las sucesiones f˛ng y fˇng estarán en el intervalo ˛ ; ˛ C ŒDˇ ; ˇ C Œ a partir de uno
de adelante. Luego ˛ ˛m0
6 ˇm0
˛ C para algún m0 2 N. Puesto que para nm0
se verifica que ˛m0
6 xn6 ˇm0
, concluimos que ˛ xn ˛ C para todo nm0. Hemos
probado así que fxng es convergente y lKımfxng D ˛ D ˇ.
7.2.8. Ejercicios propuestos
312. Dado 0, calcula m 2 N tal que para todo nm se verifique jxn xj donde
xn, x vienen dados en cada caso por:
a/ xnD
2n C 3
3n 50
; x D
2
3
I b/ xnD
3
p
n C 1 3
p
n ; x D 0
c/ xnD n
p
a .a 0/; x D 1I d/ xnD

1
p
2
n
; x D 0
e/ xnD n

n
p
n C 1 n
p
n

; x D 0I f / xnD n2
an
.jaj 1/; x D 0
Sugerencia. Como consecuencia del binomio de Newton, para x 1 0 se verifica que
xnD.1C.x 1//n1Cn.x 1/. Esta desigualdad, convenientemente usada, permite
resolver con facilidad los casos b), c), d) y e).
313. Sea A un conjunto no vacío y mayorado de números reales. Prueba que un número real,
ˇ, es el supremo de A si, y sólo si, ˇ es un mayorante de A y hay alguna sucesión de
puntos de A que converge a ˇ.
314. Supuesto que lKımfxngDx, prueba que el conjunto ADfxnWn2Ng[fxg tiene máximo y
mínimo.
315. a) Sea fxng una sucesión y supongamos que hay números 20; 1Œ; p 2 N, tales que
para todo n p es jxnC1j 6 jxnj . Prueba que lKımfxng D 0.
b) Sea fxng una sucesión de números no nulos verificando que lKım
jxnC1j
jxnj
D, donde
0 6 1. Prueba que lKımfxng D 0.
Aplicación. Dados a 2 1; 1Œ; k 2N, prueba que lKım
n!1
fnk
an
g D 0.
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316. Estudia la convergencia de las sucesiones siguientes.
a/ xn D
2n C . 1/n.n C 2/
7n C 3
b/ xn D n

1 C . 1/n
3
n
c/ xn D n2

1 C n
3n
n
d/ xnD
n
p
anC bn .a 0; b 0/
e/ xnD
nX
kD1
1
p
k C n2
f / xn D
xn
n!
.x 2R/
g/ xnD
p
n2 C 3n C 2 n h/ xnD
p
n2 C
p
n n
p
n C 1 C
p
2n

Sugerencia. En algunos casos puede usarse el principio de las sucesiones encajadas o el
ejercicio anterior.
317. Sea xn D
1 3 5 .2n 1/
2 4 6 2n
. Prueba que xn
1
p
2n C 1
. Deduce que lKımfxng D 0.
Sugerencia. Relaciona k
kC1
con kC1
kC2
.
318. Supongamos que fang ! 0. Justifica, usando derivadas, que lKım
p
1 C an 1
an
D
1
2
.
319. Sean a0; a1; : : : ; ap números reales cuya suma es igual a cero. Justifica que
lKım
n!1
n
a0
p
n C a1
p
n C 1 C a2
p
n C 2 C C ap
p
n C p
o
D 0
Sugerencia. Saca factor común
p
n, resta a0 C a1 C C ap y usa el ejercicio anterior.
320. Estudia la convergencia de la sucesión:
xn D 2
p
n
nX
kD1
1
p
k
321. Prueba que la sucesión dada por x1 D 0 y para n 2:
xn D log.log n/
nX
kD2
1
k log k
es convergente y su límite es menor o igual que log.log 2/.
322. Dados 0 a1 b1, definamos para todo n2N:
bnC1 D
anC bn
2
; anC1D
p
anbn:
Justifica que las sucesiones así definidas son monótonas y convergen al mismo número
(que se llama media aritmético-geométrica de a1 y b1).
323. Dados 0 a1 b1, definamos para todo n2N:
bnC1 D
anC bn
2
; anC1D
2anbn
an C bn
:
(que se llama media aritmético-armónica de a1 y b1).
Prof. Javier Pérez

324. Dados a; b2R con 0 a b, definamos:
a1 D a; a2 D b; anC2 D
2anC1an
anC1 C an
:
a) Prueba que las sucesiones fa2ng y fa2n 1g son monótonas.
b) Prueba que ja2n a2n 1j 6
b a
2n 1
.
c) Justifica que fang converge y calcula su límite.
325. Estudia la convergencia de las siguientes sucesiones.
a) x1 D 1, xnC1 D
p
3xn.
b) x1 D 3, xnC1 D
3 C 3xn
3 C xn
.
c) x1D 1, xnC1 D
4 C 3xn
3 C 2xn
.
d) Dado a 2 2; 1Œ, definimos x1 D a, xnC1 D
xn 2
xn C 4
.
e) Dado a 0, definimos x1D
p
a, xnC1 D
p
a C xn.
f) x1 D 0, xnC1D
1
3 x2
n
.
g) Dado a 0 y a ¤ 1, definimos x1 D a, xnC1 D
1
3

2xn C
a
x2
n

.
h) Dado a2R, definimos x1 D a, xnC1 D
1
4
C .xn/2.
i) Dado a 2 2; 1Œ, definimos x1 D a, 3xnC1 D 2 C .xn/3.
Sugerencia. Estudia en cada caso monotonía y acotación. La convergencia puede depen-
der del valor inicial de a.
326. Para cada n2N sea
xnD1C
1
2
C C
1
n
log.n/; ynD xn
1
n
:
Prueba que fxng es estrictamente decreciente e fyng es estrictamente creciente. Deduce
que ambas sucesiones convergen a un mismo número. Dicho número se llama la cons-
tante de Euler, se representa por la letra griega ”.
a) Deduce que lKım
n!1
1 C 1=2 C C 1=n
log.n/
D 1.
b) Justifica que lKım
n!1

1
n C 1
C
1
n C 2
C C
1
2n

D log 2:
c) Justifica que lKım
n!1
(
1
1
2
C
1
3
1
4
C C
. 1/nC1
n
)
D log 2:
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327. Sea fxng una sucesión y supongamos que hay dos sucesiones parciales fx.n/g y fxs.n/g
que convergen a un mismo número x y tales que .N/ [ s.N/ D N. Prueba que fxng
converge a x.
328. Sea fxng una sucesión tal que las sucesiones parciales fx2ng, fx2n 1g y fx3ng, son con-
vergentes. Prueba que fxng es convergente.
329. ¿Puede existir alguna sucesión acotada, fxng, verificando que jxn xmj10 75
siempre
que n ¤ m? Razona tu respuesta.
330. Sea fxng una sucesión de números reales y supongamos que hay números 20; 1Œ,
M 0 y p 2 N tales que jxnC1 xnj 6 Mn para todo n p. Prueba que fxng es
convergente.
Sugerencia. Teniendo en cuenta que para todos n; h2N se verifica que:
nCh 1
C nCh 2
C C n

n
1
deduce que fxng verifica la condición de Cauchy.
331. Sea fxng una sucesión de números reales y supongamos que existen 20; 1Œ; p 2N,
tales que jxnC1 xnj 6 jxn xn 1j para todo n p. Prueba que fxng es convergente.
Sugerencia. Justifica que jxnC1 xnj 6 Mn donde M es una constante independiente
de n.
332. Sea I un intervalo cerrado (puede ser I D R); f W I ! R una función, y supongamos
que hay un número ˛ 20; 1Œ tal que:
jf .x/ f .y/j 6 ˛jx yj; para todos x; y en I: (7.8)
Se dice entonces que f es una función contractiva en I. Supongamos además que
f .x/ 2I para todo x 2I. Dado un punto a 2I, definamos fxng por x1 D a; y xnC1D
f .xn/ para todo n2N.
a) Prueba que fxng converge a un punto x 2I que es el único punto fijo de f , es decir,
f .x/ D x.
b) Justifica que si la función f es derivable en I y se verifica que hay un número ˛ 20; 1Œ
tal que jf 0.x/j 6 ˛ para todo x 2I, entonces f es contractiva en I.
333. Estudia la convergencia de las sucesiones definidas para todo n2N por:
a/ x1D 1; xnC1D
1
1 C xn
I b/ x1D
p
2; xnC1D
p
2 xn:
334. Supongamos que la ecuación x2D bx C a tiene dos raíces reales distintas ˛ y ˇ. Dados
dos números reales y , definamos fxng por:
x1D C ; x2D ˛ C ˇ; xnC2D bxnC1C axn
Prueba que xnD ˛n 1 C ˇn 1 para todo n2N.
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Aplicaciones. i) La sucesión fxng definida para todo n2N por:
x1D x2D 1; xnC2D xnC1C xn
se llama sucesión de Fibonacci. Calcula explícitamente xn.
ii) Estudia la convergencia de la sucesión definida para todo n2N por:
x1D a; x2D b; xnC2D
1
2
.xnC1C xn/:
iii) Dados a; b2RC, estudia la convergencia de la sucesión definida por:
a1 D a; a2 D b; xnC2 D
p
xnC1xn:
335. Prueba que para todo n2N se verifica la desigualdad
.n C 1/n
n!
en

.n C 1/nC1
n!
:
Sugerencia. Recuerda la definición del número e.
336. a) Prueba que la sucesión fung definida para todo n2N por:
un D

1 C
1
n2

1 C
2
n2

1 C
3
n2

1 C
n
n2

es convergente.
b) Justifica que para todo x 0 se verifica que:
x
x2
2
6 log.1 C x/ 6 x:
c) Utiliza dicha desigualdad para calcular lKım
n!1
fung.
337. a) Justifica, para x 1, la desigualdad
x
2 C x

p
1 C x 1
x
2
.
b) Usa dicha desigualdad para calcular el límite de la sucesión xnD
nX
kD1
r
1 C
k
n2
1
!
.
338. Dado 0 1, estudia la convergencia de la sucesión un D
nY
kD1
.1 C k
/.
Sugerencia. La desigualdad de las medias puede ser útil.
339. Sea xn D 1 C . 1/n C . 1/n 1
n
y A D fxn W n2Ng. Calcula lKım supfxng, lKım inffxng,
sup.A/ e Kınf.A/.
Prof. Javier Pérez

Ejercicios resueltos 345
7.2.9. Ejercicios resueltos
¡Antes de ver la solución de un ejercicio debes intentar resolverlo!
Ejercicio resuelto 152 Dado 0, calcula m 2 N tal que para todo nm se verifique
jxn xj donde xn, x vienen dados en cada caso por:
a/ xnD
2n C 3
3n 50
; x D
2
3
I b/ xnD
3
p
n C 1 3
p
n ; x D 0
c/ xnD n
p
a .a 0/; x D 1I d/ xnD

1
p
2
n
; x D 0
e/ xnD n

n
p
n C 1 n
p
n

; x D 0I f / xnD n2
an
.jaj 1/; x D 0
Sugerencia. Como consecuencia del binomio de Newton, para x 1 0 se verifica que
xnD.1C.x 1//n1Cn.x 1/. Esta desigualdad, convenientemente usada, permite
resolver con facilidad los casos b), c), d) y e).
Solución. Como regla general, en este tipo de ejercicios hay que “trabajar hacia atrás”,
esto es, se calcula y simplifica jxn xj y se convierte la desigualdad jxn xj en
otra equivalente a ella de la forma n './ donde './ es un número que depende de .
Basta entonces tomar m como la parte entera de './ más 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 cal-
cular el m “óptimo”, es decir, el menor valor posible de m para el cual se verifica que
n m÷jxn xj , sino que se pide calcular cualquier valor de m para el cual sea
cierta dicha implicación. Para ello es suficiente con obtener, a partir de la desigualdad
jxn xj , otra desigualdad del tipo n './ de forma que se verifique la implicación
n './÷jxn xj .
En este procedimiento hay que quitar valores absolutos. Esto siempre puede hacerse
porque la desigualdad jxn xj equivale a las dos desigualdades x n x .
Con frecuencia, el número xn x es siempre positivo o siempre negativo para todo nn0,
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 genérico de 0, es
decir, no está permitido considerar valores particulares de porque se trata de probar que
una cierta desigualdad es válida para todo 0.
La verdad es que se tarda más en escribir lo anterior que en hacer el ejercicio porque las
sucesiones que se dan son muy sencillas y la sugerencia muy útil.
a) Tenemos que
jxn xj D
ˇ
ˇ
ˇ
ˇ
2n C 3
3n 50
2
3
ˇ
ˇ
ˇ
ˇ D
ˇ
ˇ
ˇ
ˇ
109
9n 150
ˇ
ˇ
ˇ
ˇ :
El denominador es positivo para todo n 17. Pongamos n D 17 C k donde k 2 N.
Entonces
jxn xj D
109
9n 150
D
109
3 C 9k

109
9k

13
k
:
Prof. Javier Pérez

Deducimos que para que se tenga jxn xj es suficiente que tomar nD17Ck donde
k se elige de forma que 13
k
, es decir, k 13
. Por tanto, poniendo m D 18 C E.13
/
podemos asegurar que para todo n m se verifica que jxn xj .
Observa que las acotaciones 109
3C9k
109
9k
13
k
no son imprescindibles; de hecho,
podemos despejar k de la desigualdad 109
3C9k
, pero las acotaciones hechas facilitan
este paso (aunque se obtiene un valor de k mayor).
b) Tenemos que:
0 xn 0 D
3
p
n C 1 3
p
n D 3
p
n
3
r
1 C
1
n
1
!
:
Pongamos zn D 3
r
1 C
1
n
1. Tenemos que zn 0 y, usando la sugerencia dada:
.1 C zn/3
D 1 C
1
n
1 C 3zn ÷ zn 6
1
3n
Deducimos que:
xn D 3
p
n zn 6
1
3
1
3
p
n2
6
1
3
1
3
p
n
:
Por tanto:
1
3
1
3
p
n
÷ xn ÷ jxn 0j D xn
La desigualdad 1
3
1
3
p
n
se verifica para todo n 1
273 . Por tanto, es suficiente tomar
m D 1 C E 1
273

.
Observa que la acotación 1
3
1
3p
n2
6 1
3
1
3
p
n
no es imprescindible; de hecho, podemos des-
pejar n en la desigualdad 1
3
1
3p
n2
, pero la acotación anterior facilita este paso (aunque
se obtiene un valor mayor para n).
c) Sea a 1. Entonces 1 n
p
a. Pongamos zn D jxn 1j D n
p
a 1 0. Tenemos que:
.1 C zn/n
D a 1 C nzn ÷ zn
a 1
n
Deducimos que:
a 1
n
÷ zn D jxn 1j
La desigualdad a 1
n se verifica para todo n a 1
. Por tanto, es suficiente tomar
m D 1 C E a 1

.
Si 0 a 1, poniendo b D 1
a y usando lo ya visto, tenemos que:
0 1 n
p
a D
n
p
b 1
n
p
b

n
p
b 1
b 1
n
D
1 a
a
1
n
De donde se sigue que podemos tomar m D 1 C E 1 a
a

.
Prof. Javier Pérez

e) Sea xn D n n
p
n C 1 n
p
n

. Tenemos que:
0 xn D jxn 0j D n

n
p
n C 1 n
p
n

D n n
p
n
n
r
1 C
1
n
1
!
:
Pongamos zn D n
r
1 C
1
n
1. Tenemos que zn 0 y:
.1 C zn/n
D 1 C
1
n
1 C nzn ÷ zn
1
n2
:
Por tanto, usando la desigualdad 7.3, tenemos que:
jxn 0j D n n
p
nzn
1
n
n
p
n
1
n

1 C
2
p
n

0
1
n
C
2
n n
p
n
6
3
n
Deducimos que tomando m D 1 C E 3

, entonces para todo n m se verifica que
jxn 0j . ©
Ejercicio resuelto 153 Sea A un conjunto no vacío y mayorado de números reales. Prueba
que un número real, ˇ, es el supremo de A si, y sólo si, ˇ es un mayorante de A y hay
alguna sucesión de puntos de A que converge a ˇ.
Solución. Supongamos que ˇ D sup.A/. Entonces ˇ es, claro está, un mayorante de A.
Veamos que hay una sucesión de puntos de A que converge a ˇ. Como ˇ es el mínimo
mayorante de A, ningún número menor que ˇ puede ser mayorante de A. Por tanto,
dado 0, como ˇ ˇ, tiene que haber algún a 2 A tal que ˇ a. En
particular, para D 1
n tiene que haber algún an 2A tal que ˇ 1
n an y, por supuesto,
an 6 ˇ. Deducimos así la existencia de una sucesión, fang, de puntos de A que verifica
ˇ 1
n an 6 ˇ. Es claro que fang ! ˇ.
La afirmación recíproca te la dejo apara que la hagas tú. ©
Ejercicio resuelto 154 Supuesto que lKımfxng D x, prueba que ADfxnWn2Ng[fxg tiene
máximo y mínimo.
Solución. Los elementos de A son los términos de la sucesión junto con el límite 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 máximo y mínimo. Conviene
considerar, por tanto, que A es infinito. La idea para hacer este ejercicio es la siguiente:
aún siendo A infinito, todos sus elementos están en un intervalo de la forma x ; xCŒ,
con la posible excepción de un número finito de elementos de A que pueden quedar fuera
de dicho intervalo. Para probar que A tiene máximo debemos fijarnos en los elementos
más grandes de A. Dichos elementos deberían estar a la derecha del número x C para
0 suficientemente pequeño. Pero no tiene por qué haber ningún elemento de A en
estas condiciones, y eso pasa justamente cuando x es el mayor elemento de A, en cuyo
caso x sería el máximo de A.
Esto lleva a razonar de la siguiente forma. Si x es el máximo de A, hemos acabado. En
otro caso, tiene que haber algún elemento en A, digamos a 2 A que sea mayor que x,
a x. Tomemos un 0 tal que xC a (por ejemplo D.a x/=2). Entonces, todos
Prof. Javier Pérez

los elementos de A están en x ; x C Œ excepto un número finito de ellos que quedan
fuera de dicho intervalo; además, como a x C , el conjunto B D fu2A W u x C g
no es vacío (a2B), es finito y, evidentemente, se tiene que mKax.B/ D mKax.A/. ©
Ejercicio resuelto 155 a) Sea fxng una sucesión y supongamos que hay números 2
0; 1Œ; p 2N, tales que para todo np es jxnC1j6jxnj . Prueba que lKımfxngD0.
b) Sea fxng una sucesión de números no nulos verificando que lKım
jxnC1j
jxnj
D, donde
0 6 1. Prueba que lKımfxng D 0.
Aplicación. Dados a 2 1; 1Œ; k 2N, prueba que lKım
n!1
fnk
an
g D 0.
Solución. a) Podemos hacer este apartado de dos maneras. La primera consiste en darse
cuenta de que la hipótesis jxnC1j 6 jxnj para todo n p, junto con que 0 1,
implica que la sucesión
˚
jxnCpj
«
n2N
es decreciente y, como es de números positivos,
tiene que converger a un número ˛0. Por tanto lKımfjxnjgD˛. La desigualdad jxnC1j6
jxnj implica que ˛ 6 ˛ y, como 0 1, la única posibilidad para que dicha
desigualdad se cumpla es que ˛ D 0.
Otra forma consiste en escribir para n p:
jxnC1j D
jxnC1j
jxnj
jxnj
jxn 1j
jxn 1j
jxn 2j

jxpC1j
jxpj
jxpj 6 n pC1
jxpj D nC1 jxpj
p
D MnC1
donde hemos puesto M D
jxp j
p que es una constante que no depende de n. La desigualdad
anterior, teniendo en cuenta que, por ser 0 1, se verifica que n ! 0, implica que
jxnj ! 0.
b) Tomando 0 de forma que D C 1 (basta tomar D .1 /=2), se sigue
que hay un número p 2N tal que para todo n p se verifica que:
jxnC1j
jxnj
6 ÷ jxnC1j 6 jxnj:
Y, por lo visto en el apartado anterior, concluimos que fxng ! 0.
La aplicación que se propone en este ejercicio es un resultado importante que debes
memorizar.
Pongamos xn D nkan, donde se entiende que k es un número natural fijo y a es un
número real con jaj 1. Tenemos que:
jxnC1j
jxnj
D

n C 1
n
k
jaj ÷ lKım
n!1
jxnC1j
jxnj
D jaj 1:
Y podemos aplicar el resultado del punto anterior para concluir que lKım
n!1
fnk
an
g D 0.
Prof. Javier Pérez

Ejercicio resuelto 156 Estudia la convergencia de las sucesiones siguientes.
a/ xn D
2n C . 1/n.n C 2/
7n C 3
b/ xn D n

1 C . 1/n
3
n
c/ xn D n2

1 C n
3n
n
d/ xnD
n
p
anC bn .a 0; b 0/
e/ xnD
nX
kD1
1
p
k C n2
f / xn D
xn
n!
.x 2R/
g/ xnD
p
n2 C 3n C 2 n h/ xnD
p
n2 C
p
n n
p
n C 1 C
p
2n

Sugerencia. En algunos casos puede usarse el principio de las sucesiones encajadas o el
ejercicio anterior.
Solución. a) Tenemos que fx2ng ! 3=7, fx2n 1g ! 1=7. Luego fxng no converge
porque tiene dos sucesiones parciales que convergen a límites distintos.
b) Tenemos que 0 6 xn 6 n 2
3
n
y, como n 2
3
n
! 0 por lo visto en el ejercicio anterior,
se sigue que fxng ! 0.
d) Sea ˛DmKax a; b. Entonces ˛6xn6
n
p
2˛. Como
n
p
2 ! 1, concluimos que fxng ! ˛.
e) Tenemos que:
n
p
n C n2
6
nX
kD1
1
p
k C n2
6
n
p
1 C n2
:
Puesto que lKım
n!1
n
p
n C n2
D lKım
n!1
n
p
1 C n2
D1, el principio de las sucesiones encajadas
implica que lKım
n!1
nX
kD1
1
p
k C n2
D 1.
h)
q
n2 C
p
n n
p
n C 1 C
p
2n

D
n2 C
p
n n2
p
n2 C
p
n C n
p
n C 1 C
p
2n

D
D
p
n2 C n C
p
2 n
p
n2 C
p
n C n
D
q
1 C 1
n C
p
2
q
1 C 1
n
p
n
C 1
!
p
2
©
Ejercicio resuelto 157 Estudia la convergencia de la sucesión:
xn D 2
p
n
nX
kD1
1
p
k
Solución. Estudiaremos la monotonía y acotación. Tenemos que:
xnC1 xn D 2
p
n C 1 2
p
n
1
p
n C 1
D
2n C 1 2
p
n2 C n
p
n C 1

2n C 1 2
q
n2 C n C 1
4
p
n C 1
D 0:
Prof. Javier Pérez

Por tanto xnC1 xn y la sucesión es estrictamente creciente. Además:
xkC1 xk D2
p
k C 1 2
p
k
1
p
k C 1
D
2
p
k C 1 C
p
k
1
p
k C 1

1
p
k
1
p
k C 1
Sumando estas desigualdades para 16 k 6 n 1 obtenemos que xn x1 1 1p
n
1,
de donde se sigue que xn 2 para todo n2N. Luego fxng es creciente y mayorada, por
tanto es convergente.
Alternativamente, aplicando el teorema del valor medio a la función f .x/ D 2
p
x en el
intervalo Œk; k C 1 tenemos que hay algún número c 2k; k C 1Œ tal que:
2
p
k C 1 2
p
k D
1
p
c
Como k c k C 1 se veriﬁca que:
1
p
k C 1

1
p
c

1
p
k
:
Deducimos que:
0 2
p
k C 1 2
p
k
1
p
k C 1

1
p
k
1
p
k C 1
:
Y volvemos a obtener las acotaciones anteriores de forma más cómoda. ©
Ejercicio resuelto 158 Prueba que la sucesión dada por x1 D 0 y para n 2:
xn D log.log n/
nX
kD2
1
k log k
es convergente y su límite es menor o igual que log.log 2/.
Solución. Tenemos que:
xkC1 xk D log.log.k C 1// log.log k/
1
.k C 1/ log.k C 1/
:
Aplicando el teorema del valor medio a la función f .x/ D log.log x// en el intervalo
Œk; k C 1 para k 2, tenemos que hay algún número c 2k; k C 1Œ tal que:
log.log.k C 1// log.log k/ D
1
c log c
:
Como k c k C 1 se veriﬁca que:
1
.k C 1/ log.k C 1/

1
c log c

1
k log k
:
Deducimos que:
0 xkC1 xk
1
k log k
1
.k C 1/ log.k C 1/
:
Prof. Javier Pérez

Esta desigualdad prueba que la sucesión fxng es creciente. Además, sumando las de-
sigualdades anteriores desde k D 2 hasta k D n resulta que:
xnC1 x2
1
2 log 2
1
.n C 1/ log.n C 1/

1
2 log 2
÷xnC1 x2C
1
2 log 2
Dlog.log 2/:
Por tanto, la sucesión está mayorada y, como es creciente, es convergente y su límite es
menor o igual que log.log 2/. ©
Ejercicio resuelto 159 Dados 0 a1 b1, definamos para todo n2N:
bnC1 D
anC bn
2
; anC1D
p
anbn:
(que se llama media aritmético-geométrica de a1 y b1).
Solución. Teniendo en cuenta que la media geométrica de dos números es menor que su
media aritmética, y que ambas están comprendidas entre dichos números, se sigue que
a1 a2 b2 b1. Volvemos a razonar ahora igual con a2 b2 para obtener que
a2 a3 b3 b2. Este proceso puede continuarse indefinidamente. Deducimos que
fang es creciente y fbng es decreciente. Además, ambas están acotadas porque para todo
n 2 N es a1 an bn b1. Por tanto, ambas convergen. Pongamos fang ! a y
fbng ! b. De la igualdad anC1 D
an C bn
2
se sigue que a D
a C b
2
, de donde se obtiene
que a D b. ©
Ejercicio resuelto 160 Estudia la convergencia de las siguientes sucesiones.
a) x1 D 1, xnC1 D
p
3xn.
b) x1 D 3, xnC1 D
3 C 3xn
3 C xn
.
c) x1D 1, xnC1 D
4 C 3xn
3 C 2xn
.
d) Dado a 2 2; 1Œ, definimos x1 D a, xnC1 D
xn 2
xn C 4
.
e) Dado a 0, definimos x1D
p
a, xnC1 D
p
a C xn.
f) x1 D 0, xnC1D
1
3 x2
n
.
g) Dado a 0, a ¤ 1, definimos x1 D a, xnC1 D
1
3

2xn C
a
x2
n

.
h) Dado a2R, definimos x1 D a, xnC1 D
1
4
C .xn/2.
i) Dado a 2 2; 1Œ, definimos x1 D a, 3xnC1 D 2 C .xn/3.
Sugerencia. Estudia en cada caso monotonía y acotación. La convergencia puede depen-
der del valor inicial de a.
Solución. En este tipo de ejercicios puede ser útil calcular de entrada, cuando sea posible
y bajo el supuesto de que la sucesión sea convergente, el límite de la sucesión. Después
deberemos probar que efectivamente la sucesión converge.
Prof. Javier Pérez

a) Supuesto que fxng ! ˛, de la igualdad xnC1 D
p
3xn, se sigue que ˛ D
p
3˛, por
lo que ˛ D 3. Observa que no hemos probado que fxng sea convergente. Lo que hemos
probado es que, suponiendo que fxng sea convergente, entonces su límite es 3. Este dato
nos ayudará en lo que sigue. Por ejemplo, como x1 D 1 x2 D
p
3, podemos sospechar
que fxng es creciente. En tal caso debería verificarse que xn 3 para todo n 2 N.
Empezaremos probando esta desigualdad.
Tenemos que x1 D1 3; supuesto que xn 3 deducimos que xnC1 D
p
3xn
p
9D3.
Luego, por inducción, concluimos que xn 3 para todo n 2 N. Probemos ahora que
fxng es creciente. Tenemos que:
3xn D x2
nC1 D xnC1xnC1 3xnC1 ÷ xn xnC1
por tanto, la sucesión es estrictamente creciente y, como está mayorada por 3, es conver-
gente y, por lo visto al principio, su límite es 3. ©
b) Supuesto que fxng ! ˛, de la igualdad xnC1 D
3 C 3xn
3 C xn
, se sigue que ˛ D
3 C 3˛
3 C ˛
,
de donde resulta que ˛2 D 3, por lo que deberá ser ˛ D
p
3 ya que el límite debe ser un
número no negativo pues, evidentemente, todos los términos de la sucesión son positivos.
Observa que no hemos probado que fxng sea convergente. Lo que hemos probado es que,
suponiendo que fxng sea convergente, entonces su límite es
p
3. Este dato nos ayudará
en lo que sigue. Por ejemplo, como x1 D 3 x2 D 2, podemos sospechar que fxng es
decreciente. En tal caso debería verificarse que xn
p
3 para todo n2N. Empezaremos
probando esta desigualdad.
Claramente x1 D 3
p
3. Por otra parte:
xnC1
p
3 ”
3 C 3xn
3 C xn

p
3 ” 3 C 3xn 3
p
3 C
p
3xn ”
” xn
p
3.
p
3 1/ 3.
p
3 1/ ” xn
p
3
Por tanto, si xn
p
3 también es xnC1
p
3. Luego, por inducción, concluimos que
xn
p
3 para todo n2N. Probemos ahora que fxng es decreciente. Tenemos que:
xnC1 xn D
3 C 3xn
3 C xn
xn D
3 x2
n
3 C xn
0 ÷ xnC1 xn
por tanto, la sucesión es estrictamente decreciente y, como está minorada por
p
3, es
convergente y, por lo visto al principio, su límite es
p
3. ©
7.32 Estrategia. Para estudiar las sucesiones recurrentes pueden usarse técnicas de de-
rivadas; para ello hay que expresar la sucesión recurrente en la forma xnC1 D f .xn/,
donde la función f generalmente es fácil de obtener a partir de la definición de la suce-
sión. En nuestro caso, tenemos que xnC1 D
3 C 3xn
3 C xn
, por lo que deberemos considerar la
función f .x/ D
3 C 3x
3 C x
. Con ello, tenemos que xnC1 D f .xn/. Esta relación, junto con
x1D3 determina la sucesión. Seguidamente, hay que elegir un intervalo donde la función
f va a estar definida. Tenemos que elegir dicho intervalo de forma que la función tome
valores en él. En nuestro caso, la elección es fácil pues, si x 0 también es f .x/0, por
Prof. Javier Pérez

ello vamos a considerar que f está definida en RC
o . Podemos volver a enunciar nuestro
ejercicio como sigue.
Sea f W RC
o ! R la función dada para todo x 0 por f .x/ D
3 C 3x
3 C x
. Definamos fxng
por x1 D 3 y xnC1 D f .xn/. Estudiar la convergencia de fxng.
Lo primero que debemos observar es que la sucesión está bien definida pues x1 D 3 0
y, supuesto que xn 0, también es xnC1 Df .xn/ 0 por lo que tiene sentido f .xnC1/.
Si la sucesión converge, su límite debe ser un número ˛ 0 y, por ser f continua, f
permuta con el límite, por lo que debe verificarse que
˛ D lKımfxnC1g D lKımff .xn/g D f .lKımfxng/ D f .˛/:
De donde se obtiene que ˛ D
p
3.
Para estudiar la monotonía calculamos la derivada de f . Tenemos que f 0.x/D
6
.3 C x/2
.
Como f 0.x/ 0, se sigue que f es estrictamente creciente. Como x1 D 3 x2 D
f .x1/ D 2 y, al ser creciente, f conserva las desigualdades, se sigue que x2 D f .x1/
f .x2/ D x3. Este proceso puede seguirse indefinidamente, esto es, la misma relación de
orden que hay entre dos términos consecutivos se conserva siempre:
xn xnC1 ÷ xnC1 D f .xn/ f .xnC1/ D xnC2:
Obtenemos así que fxng es decreciente. Además, como es de términos positivos, está
minorada, luego es convergente. Su límite ya sabemos que es
p
3.
Observa que, al proceder de esta forma, podemos probar muy fácilmente el decrecimien-
to de la sucesión, sin necesidad de probar previamente que xn
p
3.
Las sucesiones recurrentes del tipo xnC1 D f .xn/ donde f es una función continua,
cuando son convergentes, fxng ! ˛, su límite viene dado por ˛ D f .˛/, es decir, es un
punto fijo de la función f .
e) Definamos f W RC
o ! R por f .x/ D
p
a C x. La sucesión está dada por x1 D
p
a y
xnC1 D f .xn/. Como f es continua, si la sucesión es convergente, su límite debe ser un
punto fijo de f , es decir, debe ser solución de la ecuación ˛ D f .˛/, lo que implica que
˛2 D a C ˛ y deducimos que
˛ D
1 C
p
1 C 4a
2
;
donde hemos elegido la solución positiva de la ecuación. Puesto que x1 D
p
a x2 Dp
2a y, evidentemente, f es estrictamente creciente, se sigue x2 Df .x1/ f .x2/Dx3
y, en general, xn xnC1. Por tanto fxng es estrictamente creciente. Veamos que está
mayorada. Probaremos que xn ˛. Claramente x1D
p
a ˛. Supongamos que xn ˛.
Entonces:
x2
nC1 D a C xn a C ˛ D ˛2
÷ xnC1 ˛
Concluimos, por inducción, que xn ˛ para todo n 2 N. Luego fxng es creciente y
mayorada, por tanto converge y su límite es ˛.
Prof. Javier Pérez

Para a D 1, tenemos que:
1 C
p
5
2
D lKım
s
1 C
r
1 C
q
1 C
p
1 C
©
f) Tenemos que x1 D 0 y xnC1D
1
3 x2
n
. Consideremos la función f .x/ D
1
3 x2
. La
sucesión que nos dan está definida por x1 D 0, xnC1 D f .xn/. La derivada de f viene
dada por f 0.x/D
2x
.3 x2/2
. Debemos considerar definida la función f en un intervalo I
que contenga el 0 (porque x2 Df .0/D1=3) y de forma que f .I/ I. Como f .0/D1=3
debe estar en I, deberá ser I Œ0;
p
3Œ. Como f es creciente en Œ0;
p
3Œ y f .1/ D 1=2,
se sigue que f .Œ0; 1/ Œ0; 1=2 Œ0; 1.
Consideraremos en lo que sigue que la función f está definida en el intervalo Œ0; 1.
Como f .Œ0; 1/ Œ0; 1 y los valores de la sucesión fxng son valores de f obtenidos por
aplicación reiterada de f a partir del valor inicial x1 D 0 2 Œ0; 1, dichos valores están
siempre en Œ0; 1. Por tanto 06xn 61 para todo n2N. Como f es estrictamente creciente
en Œ0; 1 y x1 D 0 x2 D f .0/ D 1=3, se sigue que x2 D f .x1/ f .x2/ D x3 y, en
general, supuesto que xn 1 xn, se sigue que xn D f .xn 1/ f .xn/ D xnC1. Luego
fxng es estrictamente creciente. Como está acotada, concluimos que fxng es convergente.
Sea fxng ! ˛. Como 0 6 xn 6 1, se sigue que 0 6 ˛ 6 1. Además, como f es continua
en Œ0; 1, ˛ debe ser un punto fijo de f , esto es, f .˛/ D ˛. Deducimos que ˛ verifica la
ecuación ˛3 3˛ C 1 D 0.
Las raíces de la ecuación x3 3x C 1 D 0 no son inmediatas de calcular pero podemos
decir algunas cosas sobre ellas. Pongamos h.x/ D x3 3x C 1. Tenemos que h. 2/ D
1 0, h.0/D1 0, h.1/D 1 0 y h.2/D3 0. Deducimos que en cada uno de los
intervalos 2; 0Œ, 0; 1Œ y 1; 2Œ hay una única raíz de la ecuación. Por tanto, la sucesión
dada converge a la única raíz de la ecuación x3 3x C 1 D 0 que está en 0; 1Œ. ©
g) Dado a 0 y a ¤ 1, definimos x1 D a, xnC1 D
1
3

2xn C
a
x2
n

. Tenemos, eviden-
temente, que xn 0 para todo n 2 N. Consideremos la función f .x/ D
1
3

2x C
a
x2

donde, en principio, x 0. Tenemos que:
f 0.x/ D
2
3
x3 a
x3
Deducimos que f 0.x/ 0 para 0 x 3
p
a y f 0.x/ 0 para x 3
p
a. Por
tanto f es estrictamente decreciente en 0; 3
p
a y estrictamente creciente en Œ 3
p
a; C1Œ.
Concluimos que en 3
p
a la función f tiene un mínimo absoluto en RC. Como todos los
términos de la sucesión fxng son (con la posible excepción del primero x1 D a) valores
que toma f en puntos de RC, se sigue que xn f . 3
p
a/ para todo n 2. Un calculo
inmediato da f . 3
p
a/D 3
p
a, es decir, resulta que 3
p
a es un punto fijo de f en RC. Como
f es continua en RC, si fxng es convergente dicho punto debe ser el límite de fxng. Pero
antes debemos probar que fxng es convergente.
Para estudiar la monotonía debemos tener en cuenta que como xn 3
p
a para todo n2,
todos los términos de la sucesión están en el intervalo I D Œ 3
p
a; C1Œ. No es por eso
Prof. Javier Pérez

restrictivo suponer que a 1 (porque si fuera 0 a 1, podemos eliminar el primer
término de la sucesión lo que no afecta para nada a su estudio). Comparemos x1 con x2.
Tenemos que:
x2 x1 D
1
3

a
a
a2

a D
2a2 C 1
3a
a D
1 a2
3a
0
Por tanto se tiene que x2 x1 y, como f es estrictamente creciente en I, las de-
sigualdades se conservan por f , luego, supuesto que xn xn 1, se tiene también que
xnC1 D f .xn/ f .xn 1/ D xn. Resulta así que fxng es decreciente. Además es de
términos positivos (de hecho mayores que 3
p
a), luego fxng es convergente y su límite es
3
p
a. ©
h) Consideremos la función f .x/ D 1
4 C x2. Tenemos que f .x/ 1
4 . Como los términos
de la sucesión dada, con la posible excepción del primero, son todos ellos valores de f ,
se cumple que xn 1
4 para todo n 2. No es restrictivo por eso suponer que a 1
4 .
Pongamos I D Œ1=4; C1Œ. Tenemos que f .I/ I. Como f 0.x/ D 2x, se sigue que
f es estrictamente creciente en I. Por tanto la sucesión fxng será monótona creciente si
x1 6 x2 y será monótona decreciente si x2 x1. Tenemos que:
x1 6 x2 ” a 6 a2
C
1
4
” 0 6 a2
C
1
4
a D

a
1
2
2
Deducimos que se verifica x1 6 x2 y, por tanto, la sucesión es creciente. Cuando dicha
sucesión esté mayorada será convergente y su límite debe ser un punto fijo de f en I.
Tenemos que f .x/Dx es lo mismo que x2 xC 1
4 D0, esto es, x 1
2
2
D0, cuya única
solución es x D 1=2. En consecuencia, la sucesión fxng será convergente a 1
2 solamente
cuando xn 6 1
2 para todo n 2 N, esto es, a2 C 1
4 6 1
2 , que equivale a que a2 6 1
4 , esto
es, jaj 6 1
2 y, como a 1
4 , resulta que debe ser 1
4 6 a 6 1
2 . Deducimos también que
para a 1
2 , la sucesión no puede ser convergente y, al ser creciente, no está mayorada.
Observa que cuando a D 1
2 resulta la sucesión constante xn D 1
2 para todo n2N. ©
Ejercicio resuelto 161 Para cada n2N sea
xnD1C
1
2
C C
1
n
log.n/; ynD xn
1
n
:
Prueba que fxng es estrictamente decreciente e fyng es estrictamente creciente. Deduce
que ambas sucesiones convergen a un mismo número. Dicho número se llama la cons-
tante de Euler, se representa por la letra griega ”.
a) Deduce que lKım
n!1
1 C 1=2 C C 1=n
log.n/
D 1.
b) Justifica que lKım
n!1

1
n C 1
C
1
n C 2
C C
1
2n

D log 2:
c) Justifica que lKım
n!1
(
1
1
2
C
1
3
1
4
C C
. 1/nC1
n
)
D log 2:
Prof. Javier Pérez

Solución. Tenemos que:
xn xnC1 D log.n C 1/ log n
1
n C 1
D log

1 C
1
n

1
n C 1
0:
Desigualdad que es consecuencia de que log.1 C x/ x para todo x 0. También
podemos tomar logaritmos en las desigualdades 7.5 para obtener que:
1
n C 1
log

1 C
1
n

1
n
Deducimos que fxng es estrictamente decreciente. Tenemos también:
yn ynC1 D log.n C 1/ log n
1
n
D log

1 C
1
n

1
n
0:
Deducimos que fyng es estrictamente creciente. Además, para todo n 2 N tenemos que
x1 xn yn y1, por lo que ambas sucesiones están acotadas. Concluimos que dichas
sucesiones convergen. Como xn yn D 1
n ! 0, deducimos que lKımfxng D lKımfyng.
a)
1 C 1=2 C C 1=n
log.n/
D
log n C xn
log n
D 1 C
xn
log n
:
Como fxng es convergente y
1
log n
! 0, se sigue que
xn
log n
! 0.
b) Pongamos Hn D 1 C
1
2
C C
1
n
. Tenemos que:
1
n C 1
C
1
n C 2
C C
1
2n
DH2n Hn Dx2n Clog.2n/ xn Clog nDx2n xn Clog 2
Como fx2ng es una sucesión parcial de fxng se tiene que fx2n xng ! ” ” D 0.
c) Pongamos An D 1
1
2
C
1
3
1
4
C C
. 1/nC1
n
. Tenemos que:
A2n D 1
1
2
C
1
3
1
4
C
1
5
1
6
C C
1
2n 1
1
2n
D
D

1 C
1
3
C
1
5
C C
1
2n 1

1
2
C
1
4
C
1
6
C C
1
2n

D
D

1 C
1
3
C
1
5
C C
1
2n 1

1
2
Hn D H2n
1
2
Hn
1
2
Hn D H2n Hn
Por el apartado anterior, tenemos que lKımfA2ng D log 2. Como A2n 1 D A2n C 1
2n ,
deducimos que también lKımfA2n 1g D log 2. Concluimos que (ver ejercicio resuelto
162) lKımfAng D log 2.
La sucesión fAng se llama serie armónica alternada.
7.33 Estrategia. Para calcular límites donde interviene la serie armónica
Hn D 1 C
1
2
C C
1
n
puede ser conveniente escribir dicha sucesión como Hn D log n C ”n donde f”ng ! ”.
Prof. Javier Pérez

Ejercicio resuelto 162 Sea fxng una sucesión y supongamos que hay dos sucesiones parcia-
les fx.n/g y fxs.n/g que convergen a un mismo número x y tales que .N/[s.N/DN.
Prueba que fxng converge a x.
Solución. Dado 0, existen números naturales m y n tales que jx.n/ xj para
todo n m y jxs.n/ xj para todo n n. Sea p D mKax fm; ng y pongamos
ADf.n/ W n pg[fs.n/ W n pg. Como, por hipótesis es .N/[s.N/DN, se sigue
que el conjunto B D N n A es finito pues B f.n/ W 1 6 n pg [ fs.n/ W 1 6 n pg.
Definamos mDmKax.B/C1. Para qm se tiene que q 62 B, o sea, q 2A, es decir, q es de
la forma q D .n/ o q D s.n/ con n p, en cualquier caso se verifica que jxq xj .
Este resultado suele aplicarse cuando .n/ D 2n y s.n/ D 2n 1, es decir, a las suce-
siones parciales de los términos pares e impares. Cuando sabemos que fx2ng y fx2n 1g
convergen a un mismo número, podemos concluir que fxng converge a dicho número.
Este resultado puede generalizarse de manera fácil. Por ejemplo si fx3ng, fx3n 1g y
fx3n 2g convergen todas a un mismo número, también fxng converge a dicho número. ©
Ejercicio resuelto 163 Sea fxng una sucesión de números reales y supongamos que hay nú-
meros 20; 1Œ, M 0 y p 2 N tales que jxnC1 xnj 6 Mn para todo n p. Prueba
que fxng es convergente.
Sugerencia. Teniendo ahora en cuenta que para todos n; h2N se verifica que:
nCh 1
C nCh 2
C C n

n
1
deduce que fxng verifica la condición de Cauchy.
Solución. Sean n; h2N, tenemos:
jxnCh xnj D
ˇ
ˇ
ˇ
ˇ
ˇ
ˇ
h 1X
kD1
.xnCkC1 xnCk/
ˇ
ˇ
ˇ
ˇ
ˇ
ˇ
6
h 1X
kD0
jxnCkC1 xnCkj 6 M
h 1X
kD0
nCk
D
D Mn
h 1X
kD0
k
D Mn 1 h
1
n M
1
D Kn
Donde hemos puesto K D
M
1
, que es una constante independiente de n y de h. De-
ducimos que:
Kn
÷ jxnCh xnj para todo h2N
Dado 0, determinamos m por la condición de que m =K. Entonces para todo
nm y para todo h2N se verifica que jxnCh xnj , lo que prueba que la sucesión
fxng verifica la condición de Cauchy y, por tanto, es convergente. ©
Ejercicio resuelto 164 Sea fxng una sucesión de números reales y supongamos que existen
20; 1Œ; p 2N, tales que jxnC1 xnj 6 jxn xn 1j para todo n p. Prueba que fxng
es convergente.
Sugerencia. Justifica que jxnC1 xnj 6 Mn donde M es una constante independiente
de n.
Prof. Javier Pérez

Solución. Es muy fácil, basta iterar la desigualdad del enunciado. Sea n p:
jxnC1 xnj 6 jxn xn 1j 6 2
jxn 1 xn 2j 6 6 n p
jxpC1 xpj D Mn
:
Donde M D
jxpC1 xpj
p
es una constante independiente de n. El ejercicio anterior nos
dice que la sucesión fxng es convergente. ©
Ejercicio resuelto 165 Sea I un intervalo cerrado (puede ser I D R); f W I ! R una fun-
ción, y supongamos que hay un número ˛ 20; 1Œ tal que:
jf .x/ f .y/j 6 ˛jx yj; para todos x; y en I: (7.9)
Se dice entonces que f es una función contractiva en I. Supongamos además que
f .x/ 2I para todo x 2I. Dado un punto a 2I, definamos fxng por x1 D a; y xnC1D
f .xn/ para todo n2N.
a) Prueba que fxng converge a un punto x 2I que es el único punto fijo de f , es decir,
f .x/ D x.
b) Justifica que si la función f es derivable en I y se verifica que hay un número ˛ 20; 1Œ
tal que jf 0.x/j 6 ˛ para todo x 2I, entonces f es contractiva en I.
Solución. a) Es consecuencia inmediata del ejercicio anterior.
b) Es consecuencia inmediata del teorema del valor medio. ©
Ejercicio resuelto 166 Estudia la convergencia de las sucesiones definidas para todo n 2 N
por:
a/ x1D 1; xnC1D
1
1 C xn
I b/ x1D
p
2; xnC1D
p
2 xn:
Solución. a) Consideremos la función dada por f .x/ D
1
1 C x
. La sucesión que nos
piden estudiar es la sucesión de iteradas de dicha función a partir del valor inicial x1 D1.
Como f 0.x/ D
1
.1 C x/2
0, la función f es estrictamente decreciente. Por tanto, la
sucesión xnC1 D f .xn/ no es monótona. Pues si, por ejemplo es xn 1 xn, como f , al
ser decreciente, invierte las desigualdades, se tendrá que xn Df .xn 1/ f .xn/DxnC1.
Es evidente que xn 0 para todo n 2 N. Por tanto 1 C xn 1÷xnC1 1, luego
xn 6 1 para todo n 2 N, de donde 1 C xn 6 2÷xnC1 1
2 . Deducimos que todos los
términos de la sucesión están en el intervalo I D Œ1=2; C1Œ. Para x 1=2 se tiene que
jf 0.x/j 6 4
9 . Podemos aplicar, por tanto, el ejercicio anterior y deducimos que fxng es
convergente. Además, su límite es el único punto fijo de f en I, que viene dado por
x D
1
1 C x
÷x2 C x 1 D 0, de donde, x D
1 C
p
5
2
. ©
Ejercicio resuelto 167 Supongamos que la ecuación x2 D bx C a tiene dos raíces reales
distintas ˛ y ˇ. Dados dos números reales y , definamos fxng por:
x1D C ; x2D ˛ C ˇ; xnC2D bxnC1 C axn
Prueba que xnD ˛n 1 C ˇn 1 para todo n2N.
Prof. Javier Pérez

Aplicaciones. i) La sucesión fxng definida para todo n2N por:
x1D x2D 1; xnC2D xnC1C xn
se llama sucesión de Fibonacci. Calcula explícitamente xn.
ii) Estudia la convergencia de la sucesión definida para todo n2N por:
x1D a; x2D b; xnC2D
1
2
.xnC1C xn/:
Solución. La igualdad xn D ˛n 1 C ˇn 1 es cierta para n D 1 y para n D 2. Sea
n2N, con n 2, y supongamos que la igualdad se verifica para todo k 2N con k 6 n.
Entonces, teniendo en cuenta que ˛2 D b˛ C a y ˇ2 D bˇ C a, tenemos que:
xnC1 D bxn C axn 1 D b˛n 1
C bˇn 1
C a˛n 2
C aˇn 2
D
D .b˛ C a/˛n 2
C .b C a/ˇn 2
D ˛n
C ˇn
Lo que prueba la igualdad para n C 1. Concluimos, por inducción, que la igualdad es
cierta para todo n2N.
i) Como xnC2 D xnC1 C xn, deducimos que a D b D 1. Por tanto, ˛ y ˇ son las raíces
de x2 D x C 1, las cuales vienen dadas por:
˛ D
1
p
5
2
; ˇ D
1 C
p
5
2
Calculemos y por las condiciones x1 D 1D C D, x2 D 1D ˛ C ˇ. Fácilmente
se obtiene que:
D
5
p
5
2
; D
5 C
p
5
2
Deducimos, por lo antes visto, que:
xn D
5
p
5
2
1
p
5
2
!n 1
C
5 C
p
5
2
1 C
p
5
2
!n 1
iii) Pongamos x1 D a1b0, x2 D a0b1, xn D apn bqn . Entonces:
xnC2 D apnC2
bqnC2
D a
1
2 .pnC1Cpn/
b
1
2 .qnC1Cqn/
:
Tenemos las ecuaciones:
p1 D 1; p2 D 0; 2pnC2 D pnC1 C pn; q1 D 0; q2 D 1; 2qnC2 D qnC1 C qn
Ambas ecuaciones son de la forma 2xnC2 D xnC1 C xn por lo que a D b D 1 y ˛ y ˇ
son las raíces de 2x2 D x C 1. Por tanto ˛ D 1, ˇ D 1
2. En consecuencia:
pn D 1 C 1

1
2
n 1
; qn D 2 C 2

1
2
n 1
;
Debemos ahora calcular 1; 1 y 2; 2 para que se verifiquen las respectivas condicio-
nes iniciales p1 D1; p2 D0 y q1 D0; q2 D1. Fácilmente se obtiene que 1 D 1
3 , 1 D 2
3 ,
2 D 2
3 , 2 D 2
3 . Deducimos que:
xn D a
1
3 C2
3
1
2
n 1
b
2
3
2
3
1
2
n 1
! a
1
3 b
2
3 D
3
p
ab2:
©
Prof. Javier Pérez

Sucesiones divergentes. Indeterminaciones en el cálculo de límites 360
7.3. Sucesiones divergentes. Indeterminaciones en el cálculo de lí-
mites
Las sucesiones que no son convergentes pueden tener comportamientos muy variados. Por
ejemplo, una sucesión acotada que tenga dos valores de adherencia diferentes no es convergen-
te, los términos de dicha sucesión se aproximan a un valor de adherencia o al otro, antigua-
mente se decía que la sucesión “oscilaba” entre estos valores. Pero una sucesión acotada no
convergente puede tener muchos valores de adherencia. No debes hacerte una idea demasiado
esquemática de las sucesiones. En el capítulo 5 hemos visto que el conjunto de los números
racionales es numerable, esto significa que es posible escribir todos los números racionales co-
mo los términos de una sucesión y también podemos hacerlo con los racionales que están en
el intervalo Œ0; 1. Pongamos Q Œ0; 1 D D frn W n2Ng. La sucesión frng es acotada y, como
consecuencia de la densidad de Q en R (proposición 5.11), dicha sucesión tiene como valores
de adherencia todos los puntos del intervalo Œ0; 1.
Vamos a estudiar ahora un tipo muy particular de sucesiones no convergentes pero que
presentan una gran regularidad.
7.34 Definición. Una sucesión fxng se dice que es positivamente divergente, y escribimos
fxng ! C∞, si para todo número real K 0 existe un número natural mK 2N, tal que para
todo n2N con nmK se verifica que xnK.
Una sucesión fxng se dice que es negativamente divergente, y escribimos fxng ! ∞,
si para todo número real K 0 existe un número natural mK 2N, tal que para todo n2N con
nmK se verifica que xn6K.
Diremos que una sucesión es divergente para indicar que es positivamente o negativamente
divergente.
7.35 Observación. Es importante que te des cuenta de que “divergente” no es sinónimo de “no
convergente”. Las sucesiones acotadas no convergentes no son tampoco divergentes. Sin em-
bargo, muchos textos usan la expresión “sucesión divergente” con el significado de “sucesión
no convergente”. También es lamentablemente frecuente llamar “sucesiones oscilantes” a las
sucesiones acotadas no convergentes. No te dejes confundir: una sucesión o es convergente o
no es convergente. Un tipo especial de sucesiones no convergentes son las sucesiones positiva-
mente divergentes y negativamente divergentes. Eso es todo, lo demás son ganas de confundir
al lector.
En la siguiente proposición se exponen algunas propiedades elementales, pero importan-
tes, de las sucesiones divergentes. Puesto que fxng ! C∞ si, y sólo si f xng ! ∞, es
suficiente enunciar dichas propiedades para sucesiones positivamente divergentes.
7.36 Proposición. i) fjxnjg ! C∞ si, y sólo si, f1=xng ! 0.
ii) La suma de una sucesión positivamente divergente con una sucesión acotada es una suce-
sión positivamente divergente.
iii) La suma de una sucesión positivamente divergente con una sucesión minorada es otra
sucesión positivamente divergente. En particular, la suma de dos sucesiones positivamente
divergentes es otra sucesión positivamente divergente.
Prof. Javier Pérez

iv) El producto de dos sucesiones positivamente divergentes es otra sucesión positivamente
divergente.
v) El producto de una sucesión positivamente divergente por una sucesión que converge a un
número positivo es otra sucesión positivamente divergente.
Frecuentemente hay que estudiar la convergencia o divergencia de una suma o producto
de dos sucesiones precisamente cuando las reglas que hemos visto en secciones anteriores
no pueden aplicarse. Se trata de aquellos casos en que el comportamiento de las sucesiones
fxn C yng, fxnyng no está determinado por el de fxng e fyng. Por ejemplo, si sabemos que
fxng ! C∞ y que fyng ! ∞, ¿qué podemos decir del comportamiento de la sucesión
fxn Cyng? Respuesta: absolutamente nada. Baste para convencerse de ello la consideración de
los siguientes casos:
xnD 2n; ynD nI fxn C yng D fng !C∞
xnD n; ynD 2nI fxn C yng D f ng ! ∞
xnD n C 1; ynD nI fxn C yng D f1g !1
xnD. 1/nCn; ynD. 1/n nI fxn C yng D f2. 1/ng
En consecuencia, las sucesiones del tipo fxnCyng donde fxng !C∞, fyng ! ∞, requieren
un estudio particular en cada caso. Tales sucesiones suele decirse que son una indetermina-
ción del tipo “∞ ∞”.
Análogamente, si sabemos que fxng ! 0 y que fyng es divergente, ello no proporciona
ninguna información sobre el comportamiento de la sucesión fxnyng; la cual se dice que es
una indeterminación del tipo “ 0 ∞”. Las indeterminaciones que aparecen al estudiar el co-
ciente de dos sucesiones divergentes o de dos sucesiones que convergen a cero, las llamadas
indeterminaciones de los tipos “∞=∞”, “ 0=0”, pueden reducirse a una indeterminación del
tipo “ 0 ∞”.
El siguiente resultado permite resolver en muchas ocasiones indeterminaciones de la forma
“∞=∞”.
7.37 Teorema (Criterio de Stolz). Sea fyng una sucesión positivamente divergente y estricta-
mente creciente y sea fxng cualquier sucesión. Supongamos que

xnC1 xn
ynC1 yn

! L
donde L2R, o L D C∞, o L D ∞. Entonces se veriﬁca también que

xn
yn

! L :
Demostración. Supongamos, en primer lugar, que L2R. Dado 0, existe, por hipótesis, un
número natural k, tal que para todo nk se veriﬁca que
L

2

xnC1 xn
ynC1 yn
L C

2
:
Así todas las fracciones
xkC1 xk
ykC1 yk
;
xkC2 xkC1
ykC2 ykC1
; ;
xn xn 1
yn yn 1
;
xnC1 xn
ynC1 yn
Prof. Javier Pérez

se encuentran comprendidas entre L =2 y L C =2, por lo que, usando el ejercicio 8, obte-
nemos que:
L

2

xnC1 xk
ynC1 yk
L C

2
(7.10)
cualquiera sea nk. Teniendo en cuenta ahora la igualdad
xnC1
ynC1
L D
xk Lyk
ynC1
C

1
yk
ynC1

xnC1 xk
ynC1 yk
L

deducimos que: ˇ
ˇ
ˇ
ˇ
xnC1
ynC1
L
ˇ
ˇ
ˇ
ˇ 6
ˇ
ˇ
ˇ
ˇ
xk Lyk
ynC1
ˇ
ˇ
ˇ
ˇ C
ˇ
ˇ
ˇ
ˇ
xnC1 xk
ynC1 yk
L
ˇ
ˇ
ˇ
ˇ : (7.11)
Como lKım
n!1
˚
.xk Lyk/=ynC1
«
D 0, existe un número natural q tal que, para todo nq, se
verifica ˇ
ˇ
ˇ
ˇ
xk Lyk
ynC1
ˇ
ˇ
ˇ
ˇ

2
Teniendo en cuenta (7.10) y (7.11), deducimos que para todo n mKaxfk; qg se verifica que
ˇ
ˇ
ˇ
ˇ
xnC1
ynC1
L
ˇ
ˇ
ˇ
ˇ :
Hemos probado, pues, que lKım
n!1
˚
xn=yn
«
D L.
Supongamos ahora que L D C1. En tal caso, para todo n 2 N suficientemente grande,
se tendrá que xnC1 xn ynC1 yn 0, por lo que la sucesión fxng es, a partir de un
término en adelante, estrictamente creciente. Supondremos, pues no es restrictivo hacerlo, que
dicha sucesión es toda ella estrictamente creciente y que xqC1 xq yqC1 yq para todo
q 2N. Sumando estas desigualdades desde q D 1 hasta q D n, resulta xnC1 x1 ynC1 y1.
Y, como fyng ! C1, deducimos que fxng ! C1. Podemos usar ahora lo ya probado,
intercambiando las sucesiones fxng e fyng, para obtener que
lKım

yn
xn

D lKım

ynC1 yn
xnC1 xn

D 0:
De donde se sigue que fxn=yng ! C1.
El caso L D 1 se reduce al previo cambiando la sucesión fxng por f xng.
Es importante observar que, aún en las hipótesis del Criterio de Stolz, puede ocurrir que
xn
yn

sea convergente pero no lo sea

xnC1 xn
ynC1 yn

; es decir, el Criterio de Stolz da una
condición suficiente pero no necesaria para la convergencia o divergencia de fxn=yng (ver
ejercicio 175).
Observa que el criterio de Stolz recuerda a la regla de L’Hôpital donde las derivadas han
sido sustituidas por las diferencias consecutivas. Del Criterio de Stolz se deducen dos útiles
criterios para estudiar la convergencia de sucesiones de medias aritméticas o geométricas.
Prof. Javier Pérez

Sucesiones y límite funcional 363
7.38 Proposición (Criterio de la media aritmética). Supongamos que fang ! L donde L es
un número real, o L D C∞, o L D ∞. Entonces se verifica que

a1C a2C C an
n

! L:
Demostración. Basta aplicar el Criterio de Stolz a las sucesiones xn D a1 C a2 C C an,
ynD n.
7.39 Proposición (Criterio de la media geométrica). Supongamos que fang ! L donde
fang es una sucesión de números positivos y L es un número real o bien L D C∞. Entonces
se verifica que n
n
p
a1a2 : : : an
o
! L:
Demostración. Lo afirmado se deduce del criterio de la media aritmética teniendo en cuenta
que
log

n
p
a1a2 : : : an

D
log.a1/ C log.a2/ C C log.an/
n
y la proposición 7.46.
7.40 Corolario. Supongamos que

xnC1
xn

! L donde fxng es una sucesión de números
positivos y L es un número real o bien L D C∞. Entonces se verifica que f n
p
xn g ! L:
Demostración. Basta aplicar el criterio de la media geométrica a la sucesión fang definida por
a1 D1, anC1D
xnC1
xn
para todo n2N.
7.3.1. Sucesiones y límite funcional
El siguiente resultado establece una relación entre límite funcional y límite de sucesiones
que es de gran utilidad práctica, pues proporciona una estrategia general para calcular límites de
sucesiones y permite utilizar para ello las técnicas conocidas para calcular límites funcionales.
7.41 Proposición. Sea f W A ! R una función y sean a; L2R [ fC∞; ∞g. Equivalen las
afirmaciones:
i) lKım
x!a
f .x/ D L.
ii) Para toda sucesión fxng de puntos de A tal que fxng ! a con xn ¤ a, se verifica que
ff .xn/g ! L.
Demostración. i/÷ii/. Supongamos que lKım
x!a
f .x/ D L y sea fxng ! a con xn 2 A y
xn ¤a. Debemos probar que sucf .xn/ ! L. Consideremos el caso en que a y L son números
reales. Dado 0, por hipótesis, existe ı 0 tal que para todo x 2A con x ¤ a y jx aj ı
Prof. Javier Pérez

Sucesiones y límite funcional 364
se verifica que jf .x/ Lj . Como fxng ! a, existe un número n0 2 N tal que para todo
n n0 se verifica que jxn aj ı. Por tanto, para todo n n0 tenemos que xn 2 A, xn ¤ a
y jxn aj ı; en consecuencia, se verificará que jf .xn/ Lj . Hemos probado así que
ff .xn/g ! L.
Para probar que ii/÷i/, probaremos que noi/÷noii/. Que f no tiene límite en a igual
a L, quiere decir que existe un 0 0, tal que para todo ı 0 hay algún punto xı 2 A, con
xı ¤ a y jxı aj 0 pero jf .xı/ Lj 0. Tomando para cada n2N ı D 1
n, obtenemos un
xn 2A con xn ¤ a y jxn aj 1
n pero jf .xn/ Lj 0. Claramente se tiene que fxng ! a,
con xn 2A y xn ¤ a pero ff .xn/g no converge a L.
Los demás casos en que o bien a o L son infinitos se hacen de manera parecida.
Una consecuencia inmediata de este resultado es que todo límite funcional que conozcas te
va a permitir resolver muchos límites de sucesiones. En particular, de la lista de límites básicos
que debes conocer se deducen los siguientes resultados.
7.42 Proposición. Para toda sucesión fxng ! 0 se verifica que
lKım
n!1
sen xn
xn
D 1 lKım
n!1
arc sen xn
xn
D 1 lKım
n!1
1 cos xn
x2
n
D
1
2
lKım
n!1
tg xn
xn
D 1 lKım
n!1
arc tg xn
xn
D 1 lKım
n!1
exn 1
xn
D 1
lKım
n!1
xn sen xn
.xn/3
D
1
6
lKım
n!1
.1 C xn/˛ 1
xn
D ˛ lKım
n!1
log.1 C xn/
xn
D 1
lKım
n!1
tg xn xn
.xn/3
D
1
3
lKım
n!1
log.1 C xn/ xn
x2
n
D
1
2
7.43 Estrategia. Una estrategia para calcular límites de sucesiones consiste en convertir el
límite de la sucesión que tienes que calcular en un caso particular de un límite funcional. El
por qué de esta estrategia es que para calcular límites de funciones disponemos de muchas más
herramientas que las que tenemos para trabajar directamente con sucesiones.
Según esta estrategia, para calcular el límite de una sucesión fyng lo que hay que hacer
es relacionar dicho límite con un límite funcional. Debemos inventarnos una función, f , y
una sucesión convergente, fxng ! a, de forma que se tenga yn D f .xn/. Entonces, podemos
asegurar que si lKım
x!a
f .x/ D ˛, también es lKımfyng D ˛.
7.44 Ejemplo. Se trata de calcular el límite de la sucesión yn D
log.n/
n. n
p
n 1/
.
Para ello nos fijamos en que en el denominador aparece n
p
n 1. Poniendo xn D n
p
n,
sabemos que xn ! 1. La sucesión cuyo límite queremos calcular recuerda el límite funcional
lKımx!1
log x
x 1
D 1. Pongamos f .x/ D
log x
x 1
. Como caso particular de este límite funcional,
tenemos que f .xn/ ! 1, y es claro que yn D f .xn/. Hemos probado así que yn ! 1 y todo lo
que hemos tenido que hacer es relacionar dicho límite con un límite funcional que ha resultado
ser (cosa muy frecuente) una derivada: la derivada de la función log x en el punto x D 1.
Prof. Javier Pérez

Sucesiones asintóticamente equivalentes 365
Teniendo en cuanta la caracterización de la continuidad, el siguiente resultado es un caso
particular de la proposición 7.41.
7.45 Proposición. Sea f W A ! R una función y sea a2A. Equivalen las afirmaciones:
i) f es continua en a.
ii) Para toda sucesión fxng de puntos de A tal que fxng ! a, se verifica que ff .xn/g ! f .a/.
Podemos expresar este resultado como sigue: la continuidad permuta con el límite secuen-
cial, esto es, si f es continua entonces:
lKım
n!1
f .xn/ D f lKım
n!1
xn

Recogemos seguidamente algunas importantes propiedades de las sucesiones divergentes
de logaritmos y exponenciales. Todas ellas se deducen, teniendo en cuenta la proposición 7.41,
de las correspondientes propiedades de las funciones exponencial y logaritmo natural (propo-
sición 4.50).
7.46 Proposición.
fxng ! x ” fexn g ! ex.
fxng ! C1 ” fexn g !C1.
fxng ! 1 ” fexn g !0.
Para toda sucesión de números positivos fxng se verifica que:
fxng ! x 0 ” flog.xn/g ! log x.
fxng ! C1 ” flog.xn/g !C1.
fxng !0 ” flog.xn/g ! 1.
7.3.2. Sucesiones asintóticamente equivalentes
7.47 Definición. Diremos que fxng es asintóticamente equivalente a fyng, y escribiremos
simbólicamente fxng fyng, si fxn=yng ! 1.
Por ejemplo, las sucesiones flog n g y fn. n
p
n 1/g son asintóticamente equivalentes.
El siguiente resultado nos dice que para estudiar la convergencia de un producto de varias
sucesiones podemos sustituir las que queramos por otras que sean asintóticamente equivalentes,
sin que ello afecte a la convergencia o divergencia del producto ni a su eventual límite.
7.48 Proposición. Sean fxng e fyng sucesiones asintóticamente equivalentes y fzng una suce-
sión cualquiera. Se verifica que:
i) fxnzng es convergente si, y sólo si, fynzng es convergente, en cuyo caso ambas sucesiones
tienen el mismo límite.
ii) fxnzng es divergente si, y sólo si, fynzng es divergente, en cuyo caso ambas sucesiones son
divergentes del mismo tipo.
En particular, fxng es convergente (resp. divergente) si, y sólo si, fyng es convergente (resp.
divergente), en cuyo caso ambas tienen igual límite (resp. son divergentes del mismo tipo).
Prof. Javier Pérez

Sucesiones de potencias 366
Demostración. Las afirmaciones hechas en i/ y ii/ son consecuencia de que
lKım

xn
yn

D lKım

yn
xn

D 1:
Si, por ejemplo, fynzng es convergente, entonces como:
fxnzng D

xn
yn

fynzng;
se sigue que fxnzng también es convergente y tiene el mismo límite que fynzng.
El mismo razonamiento prueba que si fxng es divergente entonces también fyng es diver-
gente del mismo tipo.
La afirmación hecha al final del enunciado es consecuencia de lo anterior tomando znD1.
7.49 Observación. Es importante observar que en una suma de sucesiones no se puede, en
general, sustituir una sucesión por otra asintóticamente equivalente. Por ejemplo, si xnD n C1,
ynDnC1=n y znD n, es claro que fxng fyng pero fxnCzngDf1gn2N no es asintóticamente
equivalente a fynC zng D f1=ng.
7.3.3. Sucesiones de potencias
Hay otras indeterminaciones que surgen al considerar sucesiones de potencias, es decir,
sucesiones de la forma fx
yn
n g donde fxng es una sucesión de números positivos e fyng es una
sucesión cualquiera de números reales. Puesto que
xyn
n D exp.yn log.xn//;
teniendo en cuenta la proposición 7.46, la convergencia o divergencia de la sucesión fxyn
n g
vendrá determinada por la de fyn log.xn/g; la cual, a su vez, está determinada en todos los
casos por el comportamiento de las sucesiones fxng e fyng, excepto cuando dicha sucesión
fyn log.xn/g es una indeterminación del tipo “ 0 ∞”, lo que ocurre en los siguientes casos.
a) fxng ! 1, fjynjg ! C∞ (indeterminación “11”)
b) fxng ! C1, fyng ! 0 (indeterminación “∞0”)
c) fxng ! 0, fyng ! 0 (indeterminación “ 00”)
El siguiente resultado, que es la versión para sucesiones del criterio de equivalencia loga-
rítmica para límites funcionales, permite resolver en muchos casos las indeterminaciones “11”
y “ 0 1”.
7.50 Teorema (Criterio de equivalencia logarítmica). Sean fxng una sucesión de números
positivos distintos de 1 que converge a 1, fyng una sucesión cualquiera y L un número real.
Entonces se tiene que:
lKımfx
yn
n g D eL ” lKımfyn.xn 1/g D L.
Prof. Javier Pérez

fxyn
n g !C1 ” fyn.xn 1/g !C1.
fx
yn
n g ! 0 ” fyn.xn 1/g ! 1.
Demostración. Puesto que x
yn
n D exp.yn log.xn//, las afirmaciones hechas en el enunciado
se deducen de la proposición 7.46, sin más que tener en cuenta que, como fxng ! 1, las
sucesiones flog.xn/g y fxn 1g son asintóticamente equivalentes, por lo que, en virtud de la
proposición 7.48, si una de las sucesiones fyn log.xn/g e fyn.xn 1/g es convergente (resp.
divergente a C1 o a 1), la otra también es convergente con igual límite (resp. divergente a
C1 o a 1).
Los ejercicios que siguen son de cálculo de límites de sucesiones. Deberás usar los criterios
de Stolz y de las medias aritmética y geométrica y el criterio de equivalencia logarítmica. En
general, debes seguir la estrategia básica de relacionar un límite de una sucesión con un límite
funcional apropiado.
340. Supongamos que fxng ! 0, siendo 1 xn ¤ 0, y sea ˛ 2 R. Justifica, usando
derivadas, que f.1 C xn/˛ 1g es asintóticamente equivalente a f˛xng.
341. Prueba que la sucesión flog n! g es asintóticamente equivalente a fn log n g.
342. Justifica que la sucesión
˚ n
p
1 C 1=n˛ 1
«
es asintóticamente equivalente a
˚
1=n˛C1
«
,
donde ˛ 0.
343. Calcula los límites de las sucesiones fxng definidas por:
a) xn D
1˛ C 2˛ C 3˛ C C n˛
n˛C1
, donde ˛ 1.
b) xn D k
p
.n C a1/.n C a2/ .n C ak/ n , donde k 2N, aj 2R; 16j 6k.
c) xn D
˛ n
p
a C ˇ
n
p
b
˛ C ˇ
!n
donde a 0, b 0 y ˛; ˇ 2R, ˛ C ˇ ¤ 0.
d) xn D
1 C 2p=n C 3p=n C C p p=n
p
!n
, donde p 2N.
e) xn D n
1 C 2k C 3k C C nk
nkC1
1
k C 1
!
, donde k 2N.
f) xn D
3
4
1 C 32 C 52 C C .2n 1/2
n3
!n2
g) xn D n

1 C
1
n3 log.1 C 1=n/
n
1

h) xn D
1
n

n C
n 1
2
C
n 2
3
C C
2
n 1
C
1
n
log.n!/

Prof. Javier Pérez

344. Calcula los límites de las sucesiones fxng deﬁnidas por:
a/ xn D
log

1 C 1
2 C C 1
n

log.log n/
b/ xn D
e
p
e 3
p
e n
p
e
n
c/ xn D
1
n

1 C
log n
n
n
d/ xn D

log.n C 2/
log.n C 1/
n log n
e/ xn D
1
n
nX
kD1
1
k
log
kY
jD1

1 C
1
j
j
f / xn D
.2 n
p
n 1/n
n2
g/ xn D log n

log.n C 1/
log n
n
1

h/ xn D n
s
.pn/!
.qn/p n
.p; q 2N/
i/ xn D
5
Pn
kD1 k4
n5
!n
j / xn D log

1 C
1
n

n
p
n!
k/ xn D n
n
p
e esen.1=n/
1 n sen.1=n/
l/ xn D
2
1 C 32
2 C 43
32 C C .nC1/n
nn 1
n2
345. Sabiendo que fang ! a, calcula el límite de las sucesiones:
a) xn D n. n
p
an 1/
b) xn D
exp.a1/ C exp.a2=2/ C C exp.an=n/ n
log n
c) xn D
a1 C a2=2 C C an=n
log n
346. Calcula los límites de las sucesiones:
a/
n log.1 C 1=n/ 1
.1 C 1=n/n e
; b/ n n
p
2 1=n 1

; c/ n2 n1=n2
1
log.n/
; d/ Hn

n1=H 2
n 1

Donde HnD1C 1
2 C C 1
n.
Sugerencia. Usa equivalencias asintóticas apropiadas.
347. Sea fxng una sucesión de números positivos tal que

xnC1
xn

! L 2 RC
. Calcula el
límite de la sucesión n
r
xn
n
p
x1x2 xn
.
348. Sea fxng una sucesión de números positivos, ˛ un número real, y supongamos que
fn˛xng ! L2RC
o . Calcula el límite de la sucesión n˛ n
p
x1x2 xn.
349. Sean a, b números positivos; deﬁnamos xk DaC.k 1/b para cada k 2N y sea Gn la
media geométrica de x1; x2; : : : ; xn y An su media aritmética. Calcula el límite de la
sucesión
Gn
An
.
Prof. Javier Pérez

350. Sea fxng!x, fyng!y, x¤y. Definamos z2n 1Dxn, y z2nDyn. Justifica que la sucesión

z1 C z2 C C zn
n

es convergente.
351. Definamos fxng por:
x3m D
1
23m 13m
; x3m 1 D
1
23m 33m 2
; x3m 2 D
1
23m 43m
:
Calcula el límite de la sucesión n
p
xn y justifica que la sucesión
n
xnC1
xn
o
no converge.
352. Sean fxng, fyng sucesiones de números positivos verificando que f.xn/ng!x 0
f.yn/ng ! y 0. Dados ˛; ˇ 2RC, con ˛CˇD1, calcula lKım.˛xnCˇyn/n.
353. Sea fang una sucesión de números positivos tal que fa1 C a2 C C ang es divergente,
y sea fbng ! L, donde L puede ser un número real o ˙∞. Justifica que

a1b1 C a2b2 C C anbn
a1 C a2 C C an

! L:
Aplicación. Supuesto que fxng ! x, calcula lKım
1
2n
nX
kD1

n
k

xk.
354. Dadas dos funciones polinómicas P; Q, tales que el grado de Q es mayor o igual que el
grado de P y Q.n/¤0 para todo n2N, justifica que la sucesión

P.n/
Q.n/

es convergente
y calcula su límite.
355. a) Sea f W Œa; b !a; b creciente y continua. Prueba que la sucesión fxng definida para
todo n2N por x1 D a y xnC1 D f .xn/, converge a un punto u 2a; b tal que f .u/ D u.
b) Dado 0 ˛ 6 1
4 , estudia la convergencia de la sucesión fzng definida por:
z1 D ˛; znC1 D ˛ C z2
n 8n2N:
356. a) Justifica las desigualdades
0 log
ex 1
x
x .x 0/I x log
ex 1
x
0 .x 0/:
b) Dado x¤0 definamos x1D x, y para todo n2N:
xnC1 D log
exn 1
xn
:
Estudia la convergencia de fxng.
357. Se considera la función f WRC ! R definida para todo x 0 por f .x/Dlog x x C2.
1. Prueba que f tiene exactamente dos ceros, ˛ y ˇ, con ˛ 1 ˇ.
Prof. Javier Pérez

2. Dado x1 2˛; ˇŒ, se define la siguiente sucesión por recurrencia:
xnC1 D log xn C 2 ; 8n2N:
Prueba que fxng es una sucesión monótona creciente y acotada que converge a ˇ.
358. Dado un número ˛ 20; Œ, se define la sucesión fxng dada por x1 D sen ˛, xnC1 D
sen xn.
(a) Justifica que la sucesión fxng es convergente y calcula su límite.
(b) Calcula el límite de la sucesión zn D
1
x2
nC1
1
x2
n
Ejercicio resuelto 168 Prueba que flog n! g es asintóticamente equivalente a fn log n g.
Solución. Pongamos xn D n log n, yn D log n!. Aplicaremos el criterio de Stolz para
calcular el límite de la sucesión fxn
yn
g. Tenemos que:
xnC1 xn
ynC1 yn
D
.n C 1/ log.n C 1/ n log n
log.n C 1/
D
n log

nC1
n

log.n C 1/
C 1
Teniendo en cuenta que n log nC1
n

Dlog 1C 1
n
n
! 1 y que log n ! C1, obtenemos
que
n
xnC1 xn
ynC1 yn
o
! 1 y, por el criterio de Stolz, concluimos que fxn
yn
g ! 1. ©
Ejercicio resuelto 169 Justifica que la sucesión
˚ n
p
1 C 1=n˛ 1
«
es asintóticamente equi-
valente a
˚
1=n˛C1
«
, donde ˛ 0.
Solución. Pongamos xn D n
p
1 C 1=n˛. Como 16xn 6 n
p
2, deducimos, por el principio
de las sucesiones encajadas, que fxng ! 1. Sabemos que lKım
x!1
log x
x 1
D 1, porque dicho
límite es la derivada en 1 de la función logaritmo. Por tanto, en virtud de la proposición
7.41, para toda sucesión fzng ! 1 se verifica que lKım
log.zn/
zn 1
D 1, esto es, zn 1
log.zn/. Análogamente, se tiene que log.1 C un/ un para toda sucesión fung ! 0.
Deducimos que:
xn 1 log.xn/ D
1
n
log

1 C
1
n˛

1
n
1
n˛
D
1
n˛C1
Prof. Javier Pérez

Ejercicio resuelto 170 Calcula los límites de las sucesiones fxng deﬁnidas por:
a) xn D
1˛ C 2˛ C 3˛ C C n˛
n˛C1
, donde ˛ 1.
b) xn D k
p
.n C a1/.n C a2/ .n C ak/ n , donde k 2N, aj 2R; 16j 6k.
c) xn D
˛ n
p
a C ˇ
n
p
b
˛ C ˇ
!n
donde a 0, b 0 y ˛; ˇ 2R, ˛ C ˇ ¤ 0.
d) xn D
1 C 2p=n C 3p=n C C p p=n
p
!n
, donde p 2N.
e) xn D n
1 C 2k C 3k C C nk
nkC1
1
k C 1
!
, donde k 2N.
f) xn D
3
4
1 C 32 C 52 C C .2n 1/2
n3
!n2
g) xn D n

1 C
1
n3 log.1 C 1=n/
n
1

h) xn D
1
n

n C
n 1
2
C
n 2
3
C C
2
n 1
C
1
n
log.n!/

Solución. a) Pongamos xn D un
vn
. Aplicamos el criterio de Stolz, lo cual puede hacerse
porque, al ser ˛ 1 se tiene que n˛C1 es una sucesión estrictamente creciente.
unC1 un
vnC1 vn
D
.n C 1/˛
.n C 1/˛C1 n˛C1
D

n C 1
n
˛
1
n

1 C 1
n
˛C1
1

Usando las equivalencias asintóticas xn 1 log.xn/, válida cuando fxng ! 1, y
log.1 C un/ un, válida cuando fung ! 0, tenemos que:
n

1 C
1
n
˛C1
1
#
n log

1 C
1
n
˛C1
D.˛C1/n log

1 C
1
n

.˛C1/n
1
n
D˛C1:
Deducimos que lKım
unC1 un
vnC1 vn
D 1
˛C1 y, por el criterio de Stolz, lKım xn D 1
˛C1 .
b)Tenemos que:
k
p
.n C a1/.n C a2/ .n C ak/ n D n

k
r
1 C
a1
n

1 C
a2
n

1 C
ak
n

1

n
1
k
log
h
1 C
a1
n

1 C
a2
n

1 C
ak
n
i
D
D
1
k
kX
jD1
n log 1 C
aj
n

!
a1 C a2 C C ak
k
:
Donde hemos tenido en cuenta que lKım
n!1
n log 1 C a
n

D a.
Prof. Javier Pérez

c) Es una sucesión de potencias de la forma xn D uvn
n , donde
un D
˛ n
p
a C ˇ
n
p
b
˛ C ˇ
; vn D n
Claramente un ! 1, por lo que tenemos una indeterminación del tipo 11. Usaremos el
criterio de equivalencia logarítmica.
vn.un 1/ D n
˛ n
p
a C ˇ
n
p
b
˛ C ˇ
1
!
D n
˛. n
p
a 1/ C ˇ.
n
p
b 1/
˛ C ˇ
!
D
D
˛
˛ C ˇ
n. n
p
a 1/ C
ˇ
˛ C ˇ
n.
n
p
b 1/ !
!
˛
˛ C ˇ
log a C
ˇ
˛ C ˇ
log b D log

a
˛
˛Cˇ b
ˇ
˛Cˇ

Deducimos que lKım
n!1
fxng D a
˛
˛Cˇ b
ˇ
˛Cˇ .
d) Es una sucesión de potencias de la forma xn D uvn
n , donde
un D
1 C 2
p
n C 3
p
n C C p
p
n
p
; vn D n
Claramente un ! 1, por lo que tenemos una indeterminación del tipo 11. Usaremos el
criterio de equivalencia logarítmica.
vn.un 1/ D n
1 C 2
p
n C 3
p
n C C p
p
n
p
1
!
D
D
1
p

n 2
p
n 1

C n 3
p
n 1

C C n p
p
n 1

Teniendo en cuenta que lKım n. n
p
a 1/ D log a, deducimos que:
lKım
n!1
vn.un 1/ D log 2 C log 3 C C log n D log n! ÷ lKımfxng D n!:
f) Es una sucesión de potencias xn D uvn
n , donde:
un D
3
4
1 C 32 C 52 C C .2n 1/2
n3
; vn D n2
:
La base fung converge a 1, pues aplicando Stolz con an D 1 C 32 C 52 C C .2n 1/2
y bn D n3, tenemos:
anC1 an
bnC1 bn
D
.2n C 1/2
.n C 1/3 n3
D
4n2 C 4n C 1
3n2 C 3n C 1
!
4
3
:
Se trata de una indeterminación del tipo 11. Aplicaremos el criterio de equivalencia
logarítmica.
vn.un 1/ D n2 3
4
1 C 32 C 52 C C .2n 1/2
n3
1
!
D
D
3
4
3 1 C 32 C 52 C C .2n 1/2

4n3
n
Prof. Javier Pérez

Apliquemos ahora el criterio de Stolz con zn D 3 1 C 32 C 52 C C .2n 1/2

4n3,wn D n. Tenemos:
znC1 zn
wnC1 wn
D 3.2n C 1/2
4.n C 1/3
C 4n3
D 1:
Deducimos que vn.un 1/ ! 3
4 y, por tanto, lKımfxng D e
3
4 D 1
4p
e3
.
g) xn D n
h
1 C 1
n3 log.1C1=n/
n
1
i
. Pongamos zn D

1 C 1
n3 log.1C1=n/
n
. La sucesión
fzng es una indeterminación del tipo 11. Tenemos que:
n
1
n3 log.1 C 1=n/
D
1
n
1
n log.1 C 1=n/
! 0 ÷ zn ! 1:
En consecuencia:
xn n log.zn/ D n2
log 1 C
1
n3 log 1 C 1
n

!
n2 1
n3 log 1 C 1
n
D
1
n log 1 C 1
n
:
Luego lKımfxng D lKım 1
n log 1C 1
n
D 1. ©
Ejercicio resuelto 171 Calcula los límites de las sucesiones fxng deﬁnidas por:
a/ xn D
log

1 C 1
2 C C 1
n

log.log n/
b/ xn D
e
p
e 3
p
e n
p
e
n
c/ xn D
1
n

1 C
log n
n
n
d/ xn D

log.n C 2/
log.n C 1/
n log n
e/ xn D
1
n
nX
kD1
1
k
log
kY
jD1

1 C
1
j
j
f / xn D
.2 n
p
n 1/n
n2
g/ xn D log n

log.n C 1/
log n
n
1

h/ xn D n
s
.pn/!
.qn/p n
.p; q 2N/
i/ xn D
5
Pn
kD1 k4
n5
!n
j / xn D log

1 C
1
n

n
p
n!
k/ xn D n
n
p
e esen.1=n/
1 n sen.1=n/
l/ xn D
2
1 C 32
2 C 43
32 C C .nC1/n
nn 1
n2
Solución. a) Usaremos la estrategia 7.33. Pongamos Hn D log n C xn donde fxng ! ”.
Tenemos que:
log

1 C 1
2 C C 1
n

log.log n/
D
log.log n C xn/
log.log n/
D
log

log n

1 C xn
log n

log.log n/
D
D
log.log n/ C log

1 C xn
log n

log.log n/
D 1 C
log

1 C xn
log n

log.log n/
! 1:
Prof. Javier Pérez

7.51 Observación. Hemos visto en el ejercicio resuelto 161 que Hn log n, pero
de aquí no puede deducirse directamente que log.Hn/ log.log n/ que es lo que he-
mos probado. La razón es que no es cierto en general que si fxng fyng también sea
log.xn/ log.yn/. Por ejemplo, las sucesiones fe
1
n g y fe
1
n2
g son asintóticamente equi-
valentes porque ambas convergen a 1, pero sus logaritmos son las sucesiones f1
ng y f 1
n2 g
que no son asintóticamente equivalentes.
En general, no hay garantías de que una equivalencia asintótica entre sucesiones se con-
serve por una determinada función.
c) Tomando logaritmos tenemos que:
log xn D n log

1 C
log n
n

log n D n

log

1 C
log n
n

log n
n

Esta expresión es de la forma log.1 C un/ un donde un ! 0. Recordemos que:
lKım
x!0
log.1 C x/ x
x2
D
1
2
Tenemos que:
log xn D
log

1 C log n
n

log n
n

log n
n
2
.log n/2
n
Poniendo un D log n
n , como un ! 0, deducimos que la primera de las dos fracciones
anteriores converge a 1
2 y la segunda .log n/2
n ! 0. Concluimos que log xn ! 0 y, por
tanto, fxng ! 1.
e) xn D
1
n
nX
kD1
1
k
log
kY
jD1

1 C
1
j
j
. Pongamos:
zk D
1
k
log
kY
jD1

1 C
1
j
j
D
kX
jD1
j log

1 C
1
j

k
:
De esta forma, se tiene que:
xn D
nX
kD1
zk
n
:
Como fzng es la sucesión de las medias aritméticas de la sucesión yn D n log

1 C 1
n

,
y lKımfyng D 1, se sigue, por el criterio de la media aritmética, que fzng ! 1. Como
fxng es la sucesión de las medias aritméticas de fzng, volviendo ahora a aplicar el mismo
criterio, deducimos que fxng ! 1.
Prof. Javier Pérez

f) xn D
.2 n
p
n 1/n
n2
. Pongamos:
xn D

2 n
p
n 1
n
p
n2
n
D 2
n
r
1
n
n
r
1
n2
!n
Se trata de una sucesión de potencias de la forma xn D uvn
n donde un D 2 n
q
1
n
n
q
1
n2
y vn D n. Claramente un ! 1, por lo que se trata de una indeterminación del tipo 11.
Aplicaremos el criterio de equivalencia logarítmica.
vn.un 1/ D n 2
n
r
1
n
n
r
1
n2
1
!
D n
n
r
1
n
1
!2

n log
n
r
1
n
!2
D
log n
n
! 0:
Deducimos que xn ! 1.
g) La sucesión xn D log n

log.n C 1/
log n
n
1

es de la forma bn.an 1/ donde
an D

log.nC1/
log n
n
, bn D log n. Veamos que fang ! 1. Para ello, como se trata de una
indeterminación del tipo 11, aplicamos el criterio de equivalencia logarítmica:
n

log.n C 1/
log n
1

D
n log

1 C 1
n

log n
D
log

1 C 1
n
n
log n
! 0
Por tanto, fang ! 1. Podemos aplicar ahora el criterio de equivalencia logarítmica a la
sucesión bn.an 1/. Tenemos que:
abn
n D

log.n C 1/
log n
n log n
Esta sucesión es una indeterminación del tipo 11 y podemos volver a aplicarle el criterio
de equivalencia logarítmica.
n log n

log.n C 1/
log n
1

D n log

1 C
1
n

! 1:
Concluimos que fxng ! 1.
h) xnD n
s
.pn/!
.qn/pn
donde p; q 2N. Es una sucesión del tipo xnD n
p
zn donde zn D .pn/!
.qn/pn .
Tenemos que:
znC1
zn
D
.pn C p/!
.qn C q/pnCp
.qn/pn
.pn/!
D
.pn C 1/.pn C 2/ .pn C p/
.qn C q/p

n
n C 1
pn
La fracción .pnC1/.pnC2/.pnCp/
.qnCq/p es un cociente de dos polinomios en la variable n
del mismo grado p y coeﬁcientes líder iguales a pp y qp respectivamente, por tanto su
Prof. Javier Pérez

límite es igual a p
q
p
. La sucesión n
nC1
pn
D

1 1
nC1
np
converge a e p. Por tanto,
en virtud del corolario 7.40, la sucesión dada converge a p
q e
p
.
k) xn D n
n
p
e esen.1=n/
1 n sen.1=n/
D
e
1
n esen. 1
n /
1
n sen.1
n/
. Consideremos la función f .x/ D
ex esen x
x sen x
.
Pongamos yn D 1
n. Tenemos que xn D f .yn/. Como yn ! 0, el límite de fxng es igual
al límite de f .x/ en x D 0. Tenemos que:
f .x/ D
ex esen x
x sen x
D esen x ex sen x 1
x sen x
esen x
1 .x ! 0/
Donde hemos usado que la función ex sen x 1
x sen x es de la forma eh.x/ 1
h.x/
donde lKım
x!0
h.x/D0,
por lo que dicha función tiene límite igual a 1 en x D 0. ©
Ejercicio resuelto 172 Sabiendo que fang ! a, calcula el límite de las sucesiones:
a) xn D n. n
p
an 1/
b) xn D
exp.a1/ C exp.a2=2/ C C exp.an=n/ n
log n
c) xn D
a1 C a2=2 C C an=n
log n
Solución. b) Es una sucesión del tipo xn D un
vn
. Aplicaremos el criterio de Stolz.
unC1 un
vnC1 vn
D
exp
anC1
nC1

1
log 1 C 1
n
n
anC1
n C 1
! a:
Donde hemos usado la equivalencia asintótica ezn 1 zn válida siempre que zn ! 0
y log.1 C yn/ yn, válida siempre que yn ! 0. Concluimos que fxng ! a. ©
Ejercicio resuelto 173 Sea fxng una sucesión de números positivos tal que
n
xnC1
xn
o
!L0.
Calcula el límite de la sucesión n
r
xn
n
p
x1x2 xn
.
Solución. Es una sucesión del tipo wn D n
p
yn donde yn D
xn
n
p
x1x2 xn
. Aplicaremos
el corolario 7.40. Tenemos que:
ynC1
yn
D
xnC1
xn
x1x2 xn
1
n
x1x2 xnxnC1
1
nC1
L
1
nC1
p
xnC1
x1x2 xn
1
n.nC1/
En virtud, del citado corolario, se tiene que nC1
p
xnC1 ! L. Sea znD x1x2 xn
1
n.nC1/
.
Consideremos la sucesión:
log zn D
log.x1/ C log.x2/ C C log.xn/
n.n C 1/
Prof. Javier Pérez

Pongamos an Dlog.x1/Clog.x2/C Clog.xn/, bn Dn.nC1/. Aplicaremos el criterio
de Stolz.
anC1 an
bnC1 bn
D
log.xnC1/
2n C 2
D
1
2
log nC1
p
xnC1 !
1
2
log L D log
p
L:
Deducimos que log zn ! log
p
L, por lo que zn !
p
L y también
ynC1
yn
!
p
L. El
citado corolario 7.40 implica que wn !
p
L.
Ejercicio resuelto 174 Sean a, b números positivos; definamos xk DaC.k 1/b para cada
k 2N y sea Gn la media geométrica de x1; x2; : : : ; xn y An su media aritmética. Calcula
el límite de la sucesión
Gn
An
.
Solución. Tenemos que An D
na C n.n 1/
2 b
n
D a C
n 1
n
b. Por tanto:
Gn
An
D
n
p
x1x2 xn
a C n 1
n b
D
1
a
n C n 1
2n b
n
r
x1x2 xn
nn
Calcularemos el límite de la sucesión Un D n
r
x1x2 xn
nn
, que es del tipo Un D n
p
zn,
usando el corolario 7.40, tenemos:
znC1
zn
D
xnC1
.n C 1/nC1
nn
D
xnC1
n C 1

1
1
n C 1
n
!
b
e
:
Deducimos que fGn
An
g ! 2
e . ©
Ejercicio resuelto 175 Sea fxng ! x, fyng ! y, x¤y. Definamos z2n 1 Dxn, y z2n Dyn.
Justifica que la sucesión
z1 C z2 C C zn
n

es convergente.
Solución. Pongamos un D
z1 C z2 C C zn
n
. Tenemos que:
u2n D
z1 C z3 C C z2n 1
2n
C
z2 C z4 C C z2n
2n
D
D
1
2
x1 C x2 C C xn
n
C
1
2
y1 C y2 C C yn
n
!
x
2
C
y
2
D
x C y
2
:
Donde hemos aplicado el criterio de la media aritmética. Análogamente se comprueba
que fu2n 1g ! xCy
2 . Concluimos que fung ! xCy
2 .
Observa que no se puede calcular el límite de fung aplicando el criterio de Stolz. Lla-
mando Zn D z1 C z2 C C zn, Vn D n, tenemos un D Zn
Vn
y:
ZnC1 Zn
VnC1 Vn
D ZnC1 Zn D

xmC1; si n D 2m es par;
ym; si n D 2m 1 es impar.
Por tanto, la sucesión
ZnC1 Zn
VnC1 Vn
no es convergente. ©
Prof. Javier Pérez

Ejercicio resuelto 176 a) Justifica las desigualdades:
0 log
ex 1
x
x .x 0/I x log
ex 1
x
0 .x 0/:
b) Dado x¤0 definamos x1D x, y para todo n2N:
xnC1 D log
exn 1
xn
:
Estudia la convergencia de fxng.
Solución. a) En virtud del teorema del valor medio tenemos que:
ex e0
x 0
D
ex 1
x
D ec
donde c es un punto comprendido entre x y 0, esto es, c 20; xŒ si x 0, y c 2x; 0Œ si
x 0. En el primer caso es 1 ec ex y en el segundo es ex ec 1. Á partir de
aquí se deducen enseguida las desigualdades del enunciado.
b) Definamos f .x/Dlog
ex 1
x
y f .0/D0. La función f es continua en R. Supongamos
que x 0. Entonces, como consecuencia de la segunda de las desigualdades del apartado
anterior, se tiene que la sucesión fxng es creciente y xn 0 para todo n2N. Por tanto,
dicha sucesión converge y su límite es un número ˛ 6 0, que debe verificar la igualdad
˛ D f .˛/ lo que exige que ˛ D 0. ©
Ejercicio resuelto 177 Se considera la función f W RC ! R definida para todo x 0 por
f .x/ D log x x C 2.
a) Prueba que f tiene exactamente dos ceros, ˛ y ˇ, con ˛ 1 ˇ.
b) Dado x1 2˛; ˇŒ, se define la siguiente sucesión por recurrencia:
xnC1 D log xn C 2 ; 8n2N:
Prueba que fxng es una sucesión monótona creciente y acotada que converge a ˇ.
Solución. a) Como lKım
x!0
f .x/ D lKım
x!C1
f .x/ D 1 y f .1/ D 1 0 y, evidentemente,
la función f es continua en RC, podemos aplicar el teorema de Bolzano a los intervalos
0; 1 y Œ1; C1Œ, para deducir que f tiene algún cero en cada uno de ellos.
Como f 0.x/ D 1
x 1 D 1 x
x , se sigue que f es estrictamente decreciente en Œ1; C1Œ y
estrictamente creciente en 0; 1. Por tanto solamente puede anularse una vez en dichos
intervalos.
b) Como la función h.x/ D log x C 2 es estrictamente creciente para x 0 y h.˛/ D
˛, h.ˇ/ D ˇ, se deduce que para todo x 2˛; ˇŒ es ˛ h.x/ ˇ. Además, como
h.x/ x es continua y no se anula en ˛; ˇŒ debe tener signo constante. Como h.1/ 0,
deducimos que x h.x/ para todo x 2˛; ˇŒ. Por tanto, dado x1 2˛; ˇŒ, se tiene que
x1 h.x1/Dx2 y, supuesto que xn 1 xn se tiene que xn Dh.xn 1/ h.xn/DxnC1.
Por tanto fxng es una sucesión estrictamente creciente y, además, todos sus términos
están en ˛; ˇŒ, luego dicha sucesión converge y su límite, , debe verificar la igualdad
D h./; puesto que ˛ 6 ˇ, se sigue que D ˇ. ©
Prof. Javier Pérez

Sucesiones de números complejos 379
Ejercicio resuelto 177 Dado un número ˛ 20; Œ, se define la sucesión fxng dada por x1 D
sen ˛, xnC1 D sen xn.
(a) Justifica que la sucesión fxng es convergente y calcula su límite.
(b) Calcula el límite de la sucesión zn D
1
x2
nC1
1
x2
n
Solución. a) La conocida desigualdad 0 sen x x, válida para todo x 20; Œ, implica
que la sucesión es estrictamente decreciente y de números positivos. De aquí se deduce
enseguida que es convergente y su límite es 0.
b)
zn D
1
x2
nC1
1
x2
n
D
1
sen2.xn/
1
x2
n
D
x2
n sen2.xn/
x2
n sen2.xn/

x2
n sen2.xn/
x4
n
D
sen.xn/ C xn
xn
xn sen.xn/
x3
n
!
1
3
:
©
7.4. Sucesiones de números complejos
7.52 Definición. Una sucesión de números complejos fzng se dice que converge a un número
complejo z si, dado cualquier número real 0, existe un número natural m tal que si n es
cualquier número natural mayor o igual que m se cumple que jzn zj . Simbólicamente:
8 0 9m 2N W n m ) jzn zj
Se dice que el número z es límite de la sucesión fzng y se escribe lKım
n!1
fzng D z o, simple-
mente, lKımfzng D z e incluso, si no hay posibilidad de confusión, fzng ! z.
Observa que, en virtud de la definición dada, se verifica que
fzng ! z ” jzn z j ! 0
Recordemos que mKaxfjRe zj; jIm zjg6jz j6jRe zjCjIm zj. Gracias a esta desigualdad tenemos
que:
jRe zn Re zj
jIm zn Im zj
)
6 jzn zj 6 jRe zn Re zj C jIm zn Im zj
Deducimos que jzn zj ! 0 si, y sólo si, jRe zn Re zj ! 0 y jIm zn Im zj ! 0. Hemos
probado así el siguiente resultado.
7.53 Proposición. Una sucesión de números complejos fzng es convergente si, y sólo si, las
sucesiones de números reales fRe zng y fIm zng son convergentes. Además, en dicho caso
lKımfzng D z ” Re z D lKımfRe zng y Im z D lKımfIm zng
Prof. Javier Pérez

Definición de la exponencial compleja 380
Gracias a este resultado el estudio de sucesiones de números complejos se reduce a estudiar
la convergencia de dos sucesiones de números reales.
Los resultados obtenidos para sucesiones de números reales en los que no interviene la
estructura de orden son también válidos para sucesiones de números complejos. Son válidos,
en particular, los resultados relativos a álgebra de límites, el teorema de Bolzano–Weierstrass
y el teorema de completitud.
7.4.1. Definición de la exponencial compleja
Una de las formas de definir la exponencial de un número real x es mediante el límite
ex
D lKım
n!1

1 C
x
n
n
Por tanto, una forma coherente de definir la exponencial de un número complejo sería calcular
el anterior límite para z 2 C. Pongamos z D x C iy donde suponemos que y ¤ 0 (puesto que
si y D 0 tendríamos que z D x sería un número real). Sea
zn D

1 C
x C iy
n
n
:
Pongamos:
wn D 1 C
x C iy
n
D 1 C
x
n
C i
y
n
; 'n D arc tg
y=n
1 C x=n
:
Sea n0 tal que para n n0 se verifique que Re.wn/ 0. Entonces, para n n0 resulta que
'n D arg.wn/. Por otra parte, el módulo de wn viene dado por:
jwnj2
D
ˇ
ˇ
ˇ1 C
z
n
ˇ
ˇ
ˇ
2
D

1 C
x
n
2
C
y2
n2
:
Como zn D .wn/n, tenemos, gracias a la fórmula de De Moivre, que:
zn D .wn/n
D jwnjn
.cos.n'n/ C i sen.n'n// D

1 C
x C iy
n
n
D
D

1 C
x
n
2
C
y2
n2
#n=2
cos.n'n/ C i sen.n'n/

:
Pero, por el criterio de equivalencia logarítmica, es:
lKımjwnjn
D lKım

1 C
x
n
2
C
y2
n2
#n=2
D exp lKım
n
2
2x
n
C
x2
n2
C
y2
n2
!!
D ex
:
Además, la sucesión f'ng es asintóticamente equivalente a la sucesión

y=n
1 C x=n

. Por tanto
lKımfn'ng D lKım

n
y=n
1 C x=n

D y:
Prof. Javier Pérez

En consecuencia, tenemos que:
lKım
n!1

1 C
z
n
n
D lKım
n!1
.wn/n
D lKım
n!1
jwnjn
cos.n 'n/ C i sen.n 'n/

D ex
.cos y C i sen y/:
Se deﬁne, por tanto, la exponencial de un número complejo z D x C iy como
exCiy
D ex
.cos y C i sen y/:
360. Estudia la convergencia de las sucesiones:
i) zn D n
p
n C i n an .a2R; jaj 1/ ii) zn D
2n
n
C
i n
2n
iii) zn D n
p
a C i sen
1
n
.a 0/ iv) zn D n sen
1
n
C 5 i cos
1
n
v) zn D

1 C i
2
n
vi) zn D

1
p
2
C i
1
p
2
n
361. Sea fzng una sucesión de números complejos no nulos y sea 'n 2Arg.zn/. Supongamos
que f'ng ! ' y fjznjg ! . Justiﬁca que la sucesión fzng ! .cos ' C i sen '/.
362. Calcula el límite de la sucesión zn D 1 C
p
2 C i
3
n
!n
.
Sugerencia. Expresa zn D jznj.cos 'n C i sen 'n/ y usa el ejercicio anterior.
363. Calcula el límite de la sucesión zn D n

n
p
2 cos

2n
C i sen

2n

1

.
Sugerencia: Recuerda que el límite de la sucesión n
n
p
2 1

es bien conocido.
364. Sea z 2 C, con jzj D 1, z ¤ 1. Prueba que la sucesión fzng no converge (¿qué pasa si
supones que converge?). Deduce que si ' es un número real que no es un múltiplo entero
de , las sucesiones fcos.n'/g y fsen.n'/g no convergen.
Ejercicio resuelto 178 Calcula el límite de la sucesión zn D n

n
p
2

cos

2n
C i sen

2n

1

.
Sugerencia. Recuerda que el límite de la sucesión n n
p
2 1

es bien conocido.
Prof. Javier Pérez

Demostraciones alternativas de los teoremas de Bolzano y de Weierstrass 382
Solución.
zn D n

n
p
2

cos

2n
1

C i
n
p
2 sen

2n
C
n
p
2 1

D
D n

n
p
2 1

C
n
p
2

2
cos
2n

1

2n
C i
n
p
2

2
sen
2n

2n
! log 2 C i

2
Ejercicio resuelto 179 Sea z 2 C, con jzjD1, z¤1. Prueba que la sucesión fzng no converge
(¿qué pasa si supones que converge?). Deduce que si ' es un número real que no es un
múltiplo entero de , las sucesiones fcos.n'/g y fsen.n'/g no convergen.
Solución. Siguiendo la sugerencia, supongamos que fzng converge a un número w 2C.
Como jznjDjzjn
D1, debe ser jwjD1. Por una parte, es claro que fznC1g ! w y también
fznC1g D zfzng ! zw, por tanto debe ser z D wz, lo que implica que .z 1/w D 0 lo
cual es imposible porque z ¤ 1 y w ¤ 0. Concluimos que fzng no converge.
Sea ' un número real que no es un múltiplo entero de . Pongamos z D cos ' C i sen '.
Tenemos que z ¤1 y jzjD1. Por lo antes visto, la sucesión fzngDfcos.n'/Ci sen.n'/g
no converge. Veamos que esto implica que ninguna de las sucesiones fcos.n'/g, fsen.n'/g
converge.
En efecto, de la igualdad:
sen.n C 1/ D sen n cos 1 C cos n sen 1 ÷ cos n D
1
sen 1
sen.n C 1/ sen n cos 1

se deduce que si fsen.n'/g converge, también converge fcos.n'/g y, por tanto, la suce-
sión fcos.n'/ C i sen.n'/g converge, lo que es contradictorio.
Análogamente, de la igualdad:
cos.n C 1/ D cos n cos 1 sen n sen 1 ÷ sen n D
1
sen 1
cos.n C 1/ cos n cos 1

se deduce que si fcos.n'/g converge, también converge fsen.n'/g y, por tanto, la suce-
sión fcos.n'/ C i sen.n'/g converge, lo que es contradictorio. ©
7.5. Demostraciones alternativas de los teoremas de Bolzano y de
Weierstrass
Las demostraciones que vimos en el capítulo 4 de los teoremas de Bolzano y de Weierstrass
se apoyaban directamente en “primeros principios”, esto es, en la deﬁnición de continuidad y
en el axioma del supremo. Por eso dichas demostraciones son un poco complicadas y no del
todo fáciles de seguir en una primera lectura. Con la ayuda de la teoría desarrollada en este
capítulo podemos dar demostraciones más cortas y amigables de dichos teoremas.
7.54 Teorema (Otra demostración del teorema de los ceros de Bolzano). Toda función con-
tinua en un intervalo que toma valores positivos y negativos se anula en algún punto de dicho
intervalo.
Prof. Javier Pérez

Demostraciones alternativas de los teoremas de Bolzano y de Weierstrass 383
Demostración. Sea f W Œa; b ! R continua y supongamos que f .a/ 0 y f .b/ 0. Si
dividimos el intervalo Œa; b por un punto c 2a; bŒ en dos subintervalos Œa; c y Œc; b, puede
ocurrir que f .c/ D 0 en cuyo caso hemos acabado; en otro caso será f .c/ ¤ 0, por lo que una
sola de las desigualdades f .a/f .c/ 0, f .c/f .b/ 0 tiene que ser cierta, es decir, la función
f toma valores de signos opuestos en los extremos de uno de los subintervalos Œa; c y Œc; b en
que hemos dividido el intervalo Œa; b. Podemos ahora repetir este proceso partiendo de dicho
subintervalo. Esto es lo que hacemos seguidamente.
Pongamos a1 D a; b1 D b. Dividimos el intervalo Œa1; b1 por la mitad en dos subintervalos
y elegimos aquél en el que la función f toma valores de distinto signo en sus extremos y a
este subintervalo le llamamos Œa2; b2. Repetimos ahora el proceso dividiendo por la mitad el
intervalo Œa2; b2 y obtenemos un intervalo Œa3; b3 tal que f .a3/f .b3/ 0. Este proceso o bien
se acaba porque en alguna etapa hemos dividido el intervalo por un punto en el que la función
f se anula, en cuyo caso ya hemos encontrado un punto de Œa; b donde la función se anula, o
bien podemos proseguirlo indefinidamente obteniendo una sucesión de intervalos Œan; bn con la
propiedad de que f .an/f .bn/ 0 para todo n2N. Como f .a1/ 0 y f .b1/ 0, fácilmente
se sigue que debe ser f .an/ 0 y f .bn/ 0 para todo n 2 N. Las sucesiones fang y fbng
son monótonas y acotadas por lo que convergen. Además, como bn an D .b a/=2n 1, se
sigue que ambas sucesiones convergen a un mismo número. Pongamos lKımfangDlKımfbngD˛.
Como para todo n2N es a 6 an 6 b, se sigue que a 6 ˛ 6 b. Como f es continua en Œa; b, en
particular es continua en ˛ por lo que se verifica que:
f .˛/ D f .lKımfang/ D f .lKımfbng/ D lKım ff .an/g D lKım ff .bn/g :
Como para todo n 2 N es f .an/ 0, se sigue que f .˛/ 0. Como para todo n 2 N es
f .bn/ 0, se sigue que f .˛/ 6 0. Concluimos que f .˛/ D 0.
La demostración anterior da lugar al método de bisección para calcular (de forma aproxi-
mada) raíces de ecuaciones. Dicho método tiene la ventaja de que se programa muy fácilmente
y permite controlar el error máximo que se comete así como el número de iteraciones necesarias
para lograr una determinada precisión.
7.55 Teorema (Otra demostración del teorema de Weierstrass). Toda función continua en
un intervalo cerrado y acotado alcanza en dicho intervalo un máximo y un mínimo absolutos.
Demostración. Sea f W Œa; b ! R continua. Probaremos primero que f está acotada en Œa; b,
es decir, que el conjunto imagen f .Œa; b/ está acotado. Razonaremos por contradicción. Si f
no está acotada en Œa; b para todo n 2 N tiene que haber algún xn 2 Œa; b tal que f .xn/ n.
De esta forma obtenemos una sucesión fxng de puntos de Œa; b verificando que f .xn/ n
para todo n2 N. Como la sucesión fxng está acotada, el teorema de Bolzano–Weierstrass nos
dice que fxng tiene alguna sucesión parcial, fx.n/g convergente. Pongamos yn Dfx.n/g y sea
D lKımfyng. Como a 6 yn 6 b tenemos que a 6 6 b. Además, por la continuidad de f debe
verificarse que f ./ D lKımff .yn/g. Pero esto es imposible porque al ser f .yn/ D f .x.n//
.n/n, se sigue que la sucesión ff .yn/g no está acotada, por lo que no puede ser convergente.
Concluimos que necesariamente f está acotada en Œa; b.
Una vez que hemos probado que el conjunto f .Œa; b/ está acotado, como evidentemente
no es vacío, el axioma del supremo nos dice que hay un número real M que es el mínimo
Prof. Javier Pérez

Continuidad uniforme 384
mayorante del mismo, es decir, M D sup f .Œa; b/. Usando el resultado probado en el ejercicio
resuelto 153, se sigue que hay una sucesión fzng de puntos de Œa; b tal que lKımff .zn/gDM . La
sucesión fzng está acotada por lo que, en virtud del teorema de Bolzano–Weierstrass, tiene una
parcial, fz.n/g convergente. Pongamos wn Dz.n/ y sea lKımfwngDc. Como a6wn 6b se tiene
que a6c 6b. Por la continuidad de f se tiene que f .c/DlKım ff .wn/gDlKım
˚
f .z.n//
«
DM .
Luego la función f alcanza en c 2Œa; b un máximo absoluto.
7.6. Continuidad uniforme
Piensa un par de minutos antes de responder a la siguiente pregunta. Supongamos que f
es una función continua en un intervalo I. ¿Es cierto que si tomamos valores x; y 2 I muy
próximos entre sí los correspondientes valores de la función f .x/; f .y/ también están muy
próximos entre sí?
Si tu respuesta ha sido afirmativa, como suele ser, te equivocas. Considera la función conti-
nua f W0; 1 ! R dada por f .x/ D 1=x. Los puntos 10 10 y 10 20 están muy próximos entre
sí: 10 10 10 20 10 10, pero f .10 10/ D 1010 y f .10 20/ D 1020 están muy distantes
entre sí. No hay nada extraño en este comportamiento. A cualquier función continua cuya grá-
fica tenga una asíntota vertical le pasa lo mismo: hay puntos muy próximos entre sí en los que
la función toma valores muy distantes entre sí.
Pero también hay funciones continuas y acotadas que se comportan de forma parecida.
Considera la función continua gW0; 1 ! R dada por g.x/Dsen.1=x/. Es una función acotada:
el mayor valor que toma es 1 y el menor valor que toma es 1, de hecho se tiene que g.0; 1/D
Œ 1; 1. Sea n un número natural. Los puntos xn D 1
2nC=2
e yn D 1
2n =2
están, para n
suficientemente grande, muy próximos entre sí; de hecho fxn yng ! 0. Los valores que
toma en ellos la función g.xn/ D 1 y g.yn/ D 1 distan entre sí 2 unidades (que es la máxima
distancia que puede haber entre valores tomados por esta función).
Si lo piensas un poco, te darás cuenta de que en ambos ejemplos este comportamiento
se debe a que las funciones f y g “oscilan mucho” en intervalos arbitrariamente pequeños.
Conviene precisar la idea de “oscilación en un intervalo”.
7.56 Definición. Se define la oscilación de una función f en un intervalo J contenido en el
dominio de definición de f como:
!.f; J/ D

sup f .J/ Kınf f .J/; si f .J/ está acotadoI
C1; si f .J/ no está acotado:
En otros términos: la oscilación de f en J es la longitud del intervalo más pequeño que con-
tiene a f .J/.
Para la función f .x/D1=x se tiene que ! f; Œ1=2n; 1=n

Dn y ! f; 0; 1=n

DC1. Para
la función g.x/ D sen.1=x/ tenemos que ! g; Œ1=.2n C =2/; 1=.2n =2/

D 2. Estas
funciones tienen una oscilación “grande” en intervalos arbitrariamente pequeños. En algunas
circunstancias interesa poder controlar el tamaño de la oscilación de una función de manera
que dicha oscilación sea menor que una cierta cantidad fijada, 0, en cualquier intervalo
de longitud menor que un cierto número ı 0. Las funciones para las que esto puede hacerse
cualquiera sea 0, se llaman uniformemente continuas.
Prof. Javier Pérez

Continuidad uniforme 385
7.57 Definición. Se dice que una función f es uniformemente continua en un intervalo I si
para todo 0 es posible encontrar un ı 0 de manera que siempre que J sea un intervalo
contenido en I de longitud menor que ı, se verifica que la oscilación de f en J es menor o
igual que .
Teniendo en cuenta que !.f; J/6”jf .x/ f .y/j6 para todos x; y 2J, la definición
dada puede expresarse de forma equivalente como sigue.
Una función f es uniformemente continua en un intervalo I si para todo 0 es posible
encontrar un ı 0 de manera que siempre que x, y sean puntos de I con jx yj 6 ı, se
verifica que jf .x/ f .yj 6 . Simbólicamente:
82RC
9 ı 2RC
W
jx yj 6 ı
x; y 2I

÷jf .x/ f .y/j 6 (7.12)
7.58 Observaciones.
El concepto de “continuidad uniforme” es un concepto global: depende del comportamien-
to de la función en todo un intervalo. No tiene sentido decir que una función es uniformemente
continua en un punto: la continuidad uniforme no es un concepto local.
Es muy interesante comparar las definiciones de continuidad puntual (4.1) y de continui-
dad uniforme (7.12). Resulta evidente que la continuidad uniforme en un intervalo I implica
la continuidad en todo punto de I: toda función uniformemente continua en un intervalo es
continua en dicho intervalo.
En general, no es cierto que una función continua en un intervalo I sea uniformemente con-
tinua en I como lo prueban los ejemplos dados al principio. Pero hay una situación particular
en la que dicha afirmación sí es cierta. Este es el contenido del siguiente teorema. Se trata de
un resultado importante en el que pueden destacarse aportaciones de varios matemáticos. Di-
richlet ya lo incluyó en sus lecciones de 1862 y en 1872 Heine dio una primera demostración
del mismo. Posteriormente Weierstrass, Borel y Lebesgue generalizaron el resultado inicial.
7.59 Teorema (Teorema de Heine). Toda función continua en un intervalo cerrado y acotado
es uniformemente continua en dicho intervalo.
Demostración. Razonaremos por contradicción. Sea f W Œa; b ! R una función continua y
supongamos que no es uniformemente continua en Œa; b. En tal caso debe existir 0 0 tal que
para cualquier ı 0 hay puntos xı; yı 2 Œa; b con jxı yıj 6 ı y jf .xı/ f .yı/j 0. En
particular, si para cada n2N ponemos ın D 1
n, existirán puntos xn; yn 2 Œa; b con jxn ynj6 1
n
y jf .xn/ f .yn/j 0. La sucesión fxng está acotada por lo que debe tener una sucesión
parcial, fx.n/g, convergente. Sea lKımfx.n/g D c. Como a 6 x.n/ 6 b, se tiene que a 6 c 6 b.
Como fxn yng ! 0, se sigue que fy.n/g ! c. Como c 2 Œa; b y f es continua en Œa; b,
f es continua en c, luego tiene que existir r 0 tal que para todo z 2c r; c C rŒŒa; b
se verifica jf .c/ f .z/j 0=2. Por tanto, para x; y 2c r; c C rŒŒa; b tenemos que
jf .x/ f .y/j 6 jf .x/ f .c/j C jf .c/ f .y/j 0=2 C 0=2 D 0. Como fx.n/g ! c
y fy.n/g ! c, tiene que existir un número n0 2 N tal que para todo n n0 se verifica que
x.n/; y.n/ 2c r; c C rŒŒa; b por lo que debe ser jf .x.n// f .y.n//j 0, lo que es
contradictorio porque jf .xn/ f .yn/j 0 para todo n2N.
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