Matemáticas de secundaria · Grades 10–12

20Sucesiones

Una sucesión es una lista de números reales indexada por los números naturales. Las sucesiones modelizan evoluciones discretas (poblaciones contadas año a año, saldos de una cuenta bancaria, aproximaciones sucesivas de un número) y sus límites son el primer encuentro serio con el infinito. Este capítulo monta el vocabulario, el principio de inducción y los teoremas fundamentales de convergencia.

20.1 El razonamiento por inducción

Teorema 20.1 (Principio de inducción)

Sea $P(n)$ una propiedad que depende de un entero $n$ y sea $n_0 \in \N$ . Si

(caso base) $P(n_0)$ es cierta y
(paso de inducción) para todo $n \geq n_0$ , $P(n)$ implica $P(n+1)$ ,

entonces $P(n)$ es cierta para todo $n \geq n_0$ .

Demostración. Supongamos, por reducción al absurdo, que el conjunto $A$ de los enteros $n \geq n_0$ para los que $P(n)$ es falsa no es vacío. Entonces $A$ tiene un elemento mínimo $m$ .¹ Como $P(n_0)$ es cierta, $m > n_0$ , luego $m - 1 \geq n_0$ y $m-1 \notin A$ , es decir, $P(m-1)$ es cierta. El paso de inducción aplicado a $n = m-1$ muestra entonces que $P(m)$ es cierta, en contradicción con $m \in A$ . ∎

Ejemplo 20.2

Demostremos la desigualdad de Bernoulli: para todo real $a > 0$ y todo $n \in \N$ ,

(1+a)^n \geq 1 + na.

Caso base. Para $n = 0$ , los dos miembros valen $1$ . Paso de inducción. Supongamos $(1+a)^n \geq 1+na$ para cierto $n \in \N$ . Como $1 + a > 0$ , multiplicar los dos miembros por $1+a$ conserva la desigualdad:

(1+a)^{n+1} \geq (1+na)(1+a) = 1 + (n+1)a + na^2 \geq 1 + (n+1)a .

Por inducción, la desigualdad vale para todo $n \in \N$ .

Método 20.3 (Escribir una demostración por inducción)

Explicita siempre la propiedad $P(n)$ antes de empezar. Una demostración completa tiene tres partes visibles: el caso base, el paso de inducción (“suponemos $P(n)$ ; demostramos $P(n+1)$ ”) y la conclusión invocando el principio de inducción. El error más frecuente es demostrar el paso de inducción sin usar nunca la hipótesis $P(n)$ : si eso ocurre, o la demostración está mal, o no hacía falta inducción.

20.2 Vocabulario de las sucesiones

Definición 20.4 (Sucesión)

Una sucesión es una función $u \colon \N \to \R$ (o desde $\{n \in \N : n \geq n_0\}$ hacia $\R$ ). La imagen de $n$ se escribe $u_n$ , y la sucesión misma, $(u_n)_{n\in\N}$ o simplemente $(u_n)$ .

Una sucesión se puede definir de forma explícita, mediante una fórmula $u_n = f(n)$ , o por recurrencia, mediante su primer término y una relación $u_{n+1} = f(u_n)$ .

Definición 20.5 (Monotonía)

Una sucesión $(u_n)$ es creciente si $u_{n+1} \geq u_n$ para todo $n$ , decreciente si $u_{n+1} \leq u_n$ para todo $n$ , y monótona si es creciente o decreciente. Es estrictamente creciente (resp. decreciente) cuando las desigualdades son estrictas.

Método 20.6 (Estudiar la monotonía de una sucesión)

Tres técnicas habituales:

estudiar el signo de $u_{n+1} - u_n$ ;
si todos los términos son positivos, comparar $\dfrac{u_{n+1}}{u_n}$ con $1$ ;
si $u_n = f(n)$ con $f$ definida en $\intco{0}{+\infty}$ , usar la variación de $f$ .

Definición 20.7 (Sucesión acotada)

Una sucesión $(u_n)$ está acotada superiormente si existe $M \in \R$ con $u_n \leq M$ para todo $n$ ; está acotada inferiormente si existe $m \in \R$ con $u_n \geq m$ para todo $n$ ; y está acotada si se cumplen las dos cosas.

20.2.1 Progresiones aritméticas y geométricas

Definición 20.8 (Progresiones aritméticas y geométricas)

Una sucesión $(u_n)$ es una progresión aritmética de diferencia $r$ si $u_{n+1} = u_n + r$ para todo $n$ , y una progresión geométrica de razón $q$ si $u_{n+1} = q\,u_n$ para todo $n$ .

Proposición 20.9 (Forma explícita y sumas)

Sea $n \in \N$ .

Si $(u_n)$ es una progresión aritmética de diferencia $r$ , entonces $u_n = u_0 + nr$ y

$u_0 + u_1 + \dots + u_n = (n+1)\,\frac{u_0 + u_n}{2}.$
Si $(u_n)$ es una progresión geométrica de razón $q \neq 1$ , entonces $u_n = u_0\, q^n$ y

$u_0 + u_1 + \dots + u_n = u_0\,\frac{1 - q^{n+1}}{1 - q}.$

Demostración. Las formas explícitas se siguen de inducciones inmediatas. Para la suma aritmética, escribimos $S = u_0 + \dots + u_n$ y le sumamos la misma suma escrita al revés: cada una de las $n+1$ columnas suma $u_0 + u_n$ , luego $2S = (n+1)(u_0+u_n)$ . Para la suma geométrica, calculamos $S - qS$ : todos los términos se cancelan por parejas salvo el primero y el último, así que $(1-q)S = u_0(1 - q^{n+1})$ . ∎

20.3 Límite de una sucesión

Definición 20.10 (Sucesión convergente)

Una sucesión $(u_n)$ converge al número real $\ell$ si todo intervalo abierto que contiene a $\ell$ contiene todos los términos $u_n$ a partir de cierto índice. Escribimos entonces $\lim\limits_{n\to+\infty} u_n = \ell$ .

Equivalentemente: para todo $\varepsilon > 0$ existe $N \in \N$ tal que, para todo $n \geq N$ , $\abs{u_n - \ell} \leq \varepsilon$ .

Convergencia de u_n = 2 + (-1)n/n hacia = 2: dado > 0, todos los términos a partir del índice N están en la banda [ - , + ]. — Convergencia de $u_n = 2 + \frac{(-1)^n}{n}$ hacia $\ell = 2$ : dado $\varepsilon > 0$ , todos los términos a partir del índice $N$ están en la banda $\intcc{\ell-\varepsilon}{\ell+\varepsilon}$ .

Definición 20.11 (Divergencia a infinito)

La sucesión $(u_n)$ tiende a $+\infty$ si para todo $A \in \R$ existe $N \in \N$ tal que $u_n \geq A$ para todo $n \geq N$ . Escribimos $\lim\limits_{n\to+\infty} u_n = +\infty$ ; la definición de $\lim u_n = -\infty$ es análoga. De una sucesión que no converge se dice que diverge.

Observación 20.12

Una sucesión puede divergir sin tender a $\pm\infty$ : la sucesión $u_n = (-1)^n$ solo toma los valores $1$ y $-1$ y no tiene límite.

Proposición 20.13 (Unicidad del límite)

Si $(u_n)$ converge, su límite es único.

Demostración. Supongamos $u_n \to \ell$ y $u_n \to \ell'$ con $\ell \neq \ell'$ , digamos $\ell < \ell'$ . Tomemos $\varepsilon = \frac{\ell' - \ell}{3} > 0$ . A partir de cierto índice, $\abs{u_n - \ell} \leq \varepsilon$ y $\abs{u_n - \ell'} \leq \varepsilon$ , luego

\ell' - \ell \leq \abs{\ell' - u_n} + \abs{u_n - \ell} \leq 2\varepsilon = \tfrac{2}{3}(\ell' - \ell) < \ell' - \ell,

lo que es una contradicción. ∎

Proposición 20.14 (Operaciones con límites)

Sean $(u_n)$ y $(v_n)$ sucesiones de límites $\ell$ y $\ell'$ (finitos o infinitos). Entonces, siempre que el segundo miembro no sea una indeterminación,

\lim (u_n + v_n) = \ell + \ell', \qquad \lim (u_n v_n) = \ell\,\ell', \qquad \lim \frac{u_n}{v_n} = \frac{\ell}{\ell'}.

Las indeterminaciones son $(+\infty) + (-\infty)$ , $0 \times \infty$ , $\frac{\infty}{\infty}$ y $\frac{0}{0}$ .

Demostración. Demostramos la regla de la suma para límites finitos; los demás casos son análogos y se dejan como ejercicio. Sea $\varepsilon > 0$ . Existen $N_1, N_2$ tales que $\abs{u_n - \ell} \leq \varepsilon/2$ para $n \geq N_1$ y $\abs{v_n - \ell'} \leq \varepsilon/2$ para $n \geq N_2$ . Para $n \geq \max(N_1, N_2)$ , la desigualdad triangular da

\abs{(u_n + v_n) - (\ell + \ell')} \leq \abs{u_n - \ell} + \abs{v_n - \ell'} \leq \varepsilon. \qedhere

∎

Método 20.15 (Levantar una indeterminación)

Ante una indeterminación, saca como factor el término dominante. Por ejemplo,

n^2 - n = n^2\left(1 - \tfrac{1}{n}\right) \xrightarrow[n\to+\infty]{} +\infty, \qquad \frac{2n^2+1}{n^2 - n} = \frac{2 + 1/n^2}{1 - 1/n} \xrightarrow[n\to+\infty]{} 2 .

20.4 Teoremas de convergencia

Teorema 20.16 (Teoremas de comparación y del sándwich)

Sean $(u_n)$ , $(v_n)$ , $(w_n)$ sucesiones.

Si $u_n \leq v_n$ a partir de cierto índice y $u_n \to +\infty$ , entonces $v_n \to +\infty$ .
(Teorema del sándwich) Si $u_n \leq v_n \leq w_n$ a partir de cierto índice y $(u_n)$ y $(w_n)$ convergen las dos al mismo límite $\ell$ , entonces $(v_n)$ converge a $\ell$ .

Demostración. 1. Sea $A \in \R$ . Como $u_n \to +\infty$ , existe $N$ con $u_n \geq A$ para $n \geq N$ ; agrandando $N$ si hace falta, $v_n \geq u_n \geq A$ para $n \geq N$ .

2. Sea $\varepsilon > 0$ . A partir de cierto índice se cumplen a la vez $\ell - \varepsilon \leq u_n$ y $w_n \leq \ell + \varepsilon$ , luego $\ell - \varepsilon \leq u_n \leq v_n \leq w_n \leq \ell + \varepsilon$ , es decir, $\abs{v_n - \ell} \leq \varepsilon$ . ∎

Ejemplo 20.17

Para todo $n \geq 1$ , $-\frac{1}{n} \leq \frac{(-1)^n}{n} \leq \frac{1}{n}$ , y las dos cotas tienden a $0$ ; por tanto, $\frac{(-1)^n}{n} \to 0$ .

Teorema 20.18 (Teorema de la convergencia monótona)

Una sucesión creciente y acotada superiormente converge. Una sucesión decreciente y acotada inferiormente converge. Una sucesión creciente y no acotada superiormente tiende a $+\infty$ .

Demostración parcial. Demostramos la tercera afirmación. Sea $(u_n)$ creciente y no acotada superiormente, y sea $A \in \R$ . Como $A$ no es una cota superior, existe $N$ con $u_N \geq A$ ; por monotonía, $u_n \geq u_N \geq A$ para todo $n \geq N$ . Luego $u_n \to +\infty$ .

Las dos afirmaciones de convergencia se apoyan en la propiedad del supremo de $\R$ ; se admiten a este nivel (y se demuestran en el primer año universitario). ∎

Observación 20.19

El teorema garantiza la existencia del límite, pero no da su valor. Una sucesión creciente acotada superiormente por $M$ converge a algún $\ell \leq M$ , no necesariamente a $M$ .

Teorema 20.20 (Límite de las progresiones geométricas)

Sea $q \in \R$ .

Si $q > 1$ , entonces $q^n \to +\infty$ .
Si $q = 1$ , entonces $q^n \to 1$ .
Si $\abs{q} < 1$ , entonces $q^n \to 0$ .
Si $q \leq -1$ , entonces $(q^n)$ diverge y no tiene límite.

Demostración. 1. Escribimos $q = 1 + a$ con $a > 0$ . La desigualdad de Bernoulli (Ejemplo 20.2) da $q^n \geq 1 + na \to +\infty$ , y concluimos por comparación (Teorema 20.16).

2. Inmediato.

3. Si $q = 0$ , la afirmación es clara. Si no, de $\abs{q} < 1$ se sigue $1/\abs{q} > 1$ , luego $(1/\abs{q})^n \to +\infty$ por el punto 1, y por tanto $\abs{q}^n \to 0$ ; y $-\abs{q}^n \leq q^n \leq \abs{q}^n$ permite concluir por el teorema del sándwich.

4. Para $q \leq -1$ , $(q^{2n})$ toma valores $\geq 1$ mientras que $(q^{2n+1})$ toma valores $\leq -1$ : ningún límite único puede atraer a las dos subsucesiones. ∎

Los tres comportamientos de (qn): divergencia a +∈fty para q > 1 (en rojo), convergencia a 0 para q < 1 (en azul) y oscilación amortiguada, que sigue siendo convergencia a 0, para -1 < q < 0 (en naranja). — Los tres comportamientos de $(q^n)$ : divergencia a $+\infty$ para $q > 1$ (en rojo), convergencia a $0$ para $\abs q < 1$ (en azul) y oscilación amortiguada, que sigue siendo convergencia a $0$ , para $-1 < q < 0$ (en naranja).

Método 20.21 (Sucesiones recurrentes $u_{n+1} = f(u_n)$ )

Para estudiar una sucesión definida por $u_{n+1} = f(u_n)$ :

demuestra por inducción que $(u_n)$ se mantiene en un intervalo $I$ en el que $f$ se comporta bien (y, a menudo, que $(u_n)$ es monótona);
deduce la convergencia del teorema de la convergencia monótona;
pasa al límite en la relación $u_{n+1} = f(u_n)$ : si $f$ es continua y $u_n \to \ell \in I$ , entonces $\ell$ cumple $f(\ell) = \ell$ (véase el Capítulo 21); resuelve esa ecuación y elige la raíz correcta.

Construcción en escalera para u_n+1 = √u_n + 2, u_0 = 0 (): cada paso vertical lee f(u_n) sobre la curva y cada paso horizontal lo devuelve a través de y = x. La sucesión sube hasta el punto fijo = 2, donde la curva corta a la recta. — Construcción en escalera para $u_{n+1} = \sqrt{u_n + 2}$ , $u_0 = 0$ (Ejercicio 20.6): cada paso vertical lee $f(u_n)$ sobre la curva y cada paso horizontal lo devuelve a través de $y = x$ . La sucesión sube hasta el punto fijo $\ell = 2$ , donde la curva corta a la recta.

Ejemplo 20.22

Sean $u_0 = 2$ y $u_{n+1} = \frac{1}{2}\left(u_n + \frac{2}{u_n}\right)$ . Se comprueba por inducción que $u_n \geq \sqrt{2}$ para todo $n$ (la desigualdad $\frac{1}{2}(x + 2/x) \geq \sqrt{2}$ para $x>0$ equivale a $(x - \sqrt2)^2 \geq 0$ ) y después que $(u_n)$ es decreciente, ya que

u_{n+1}-u_n=\frac{2-u_n^2}{2u_n}\leq 0 .

Decreciente y acotada inferiormente, $(u_n)$ converge a cierto $\ell \geq \sqrt{2}$ , que debe cumplir $\ell = \frac{1}{2}(\ell + 2/\ell)$ , es decir, $\ell^2 = 2$ . Por tanto, $u_n \to \sqrt{2}$ . Es el algoritmo de Herón, ya usado por los babilonios; su convergencia es extremadamente rápida ( $u_3$ da ya $\sqrt 2$ con ocho decimales exactos).

20.5 Ejercicios

Ejercicio 20.1 ★

Demuestra por inducción que para todo $n \in \N$ ,

1^2 + 2^2 + \dots + n^2 = \frac{n(n+1)(2n+1)}{6}.

Solución

Solución de Ejercicio 20.1.

Sea $P(n)$ la propiedad $\sum_{k=1}^{n} k^2 = \frac{n(n+1)(2n+1)}{6}$ . Caso base: para $n = 0$ los dos miembros valen $0$ (suma vacía). Paso de inducción: supongamos $P(n)$ . Entonces

\sum_{k=1}^{n+1} k^2 = \frac{n(n+1)(2n+1)}{6} + (n+1)^2 = \frac{(n+1)\bigl(n(2n+1) + 6(n+1)\bigr)}{6} = \frac{(n+1)(2n^2 + 7n + 6)}{6}.

Como $2n^2 + 7n + 6 = (n+2)(2n+3)$ , esto es $\frac{(n+1)(n+2)(2(n+1)+1)}{6}$ , que es $P(n+1)$ . Por inducción, $P(n)$ vale para todo $n$ .

Ejercicio 20.2 ★

Estudia la monotonía de las sucesiones definidas para $n \geq 1$ por

a_n = \frac{n+1}{n}, \qquad b_n = \frac{2^n}{n}, \qquad c_n = n^2 - 10n .

Solución

Solución de Ejercicio 20.2.

$a_{n+1} - a_n = \frac{n+2}{n+1} - \frac{n+1}{n} = \frac{n(n+2) - (n+1)^2}{n(n+1)} = \frac{-1}{n(n+1)} < 0$ : $(a_n)$ es estrictamente decreciente.

$(b_n)$ tiene términos positivos y $\frac{b_{n+1}}{b_n} = \frac{2^{n+1}}{n+1}\cdot\frac{n}{2^n} = \frac{2n}{n+1} \geq 1 \iff 2n \geq n+1 \iff n \geq 1$ : $(b_n)$ es creciente (estrictamente para $n \geq 2$ ).

$c_{n+1} - c_n = (n+1)^2 - 10(n+1) - n^2 + 10n = 2n - 9$ , que es negativo para $n \leq 4$ y positivo para $n \geq 5$ : $(c_n)$ decrece hasta $c_5 = -25$ , su mínimo, y crece después. No es monótona.

Ejercicio 20.3 ★

Calcula los límites de las sucesiones de términos generales

u_n = \frac{3n^2 - n + 1}{2n^2 + 5}, \qquad v_n = \sqrt{n+1} - \sqrt{n}, \qquad w_n = \frac{2^n - 3^n}{3^n + 1}.

Solución

Solución de Ejercicio 20.3.

Sacamos factor común el término dominante:

u_n = \frac{n^2(3 - 1/n + 1/n^2)}{n^2(2 + 5/n^2)} \xrightarrow[n\to+\infty]{} \frac{3}{2}.

Multiplicamos por el conjugado:

v_n = \frac{(n+1) - n}{\sqrt{n+1} + \sqrt{n}} = \frac{1}{\sqrt{n+1}+\sqrt{n}} \xrightarrow[n\to+\infty]{} 0.

Dividimos numerador y denominador entre $3^n$ :

w_n = \frac{(2/3)^n - 1}{1 + (1/3)^n} \xrightarrow[n\to+\infty]{} \frac{0-1}{1+0} = -1,

usando $\lim q^n = 0$ para $\abs{q} < 1$ .

Ejercicio 20.4 ★

Sea $(u_n)$ la progresión aritmética con $u_0 = 5$ y diferencia $r = 3$ , y $(v_n)$ la progresión geométrica con $v_0 = 8$ y razón $q = \frac{1}{2}$ . Calcula $u_n$ , $v_n$ , $\sum_{k=0}^{n} u_k$ y $\sum_{k=0}^{n} v_k$ , y los límites de las cuatro expresiones cuando $n \to +\infty$ .

Solución

Solución de Ejercicio 20.4.

$u_n = 5 + 3n \to +\infty$ y $v_n = 8 \cdot (1/2)^n = 2^{3-n} \to 0$ . Las sumas son

\sum_{k=0}^{n} u_k = (n+1)\,\frac{5 + (5+3n)}{2} = \frac{(n+1)(10+3n)}{2} \xrightarrow[n\to+\infty]{} +\infty,

\sum_{k=0}^{n} v_k = 8\,\frac{1 - (1/2)^{n+1}}{1 - 1/2} = 16\left(1 - \left(\tfrac{1}{2}\right)^{n+1}\right) \xrightarrow[n\to+\infty]{} 16 .

Ejercicio 20.5 ★★

Usando el teorema del sándwich, calcula

\lim_{n\to+\infty} \frac{n + \cos n}{n + 1} \qquad\text{y}\qquad \lim_{n\to+\infty} \frac{n!}{n^n},

donde $n! = 1 \times 2 \times \dots \times n$ . Para el segundo límite, acota $\frac{n!}{n^n}$ por un término de una progresión geométrica.

Solución

Solución de Ejercicio 20.5.

Como $-1 \leq \cos n \leq 1$ ,

\frac{n-1}{n+1} \leq \frac{n + \cos n}{n+1} \leq 1,

y $\frac{n-1}{n+1} \to 1$ , así que el límite es $1$ por el teorema del sándwich.

Para el segundo límite, escribimos

0 \leq \frac{n!}{n^n} = \frac{1}{n}\cdot\frac{2}{n}\cdots\frac{n}{n} \leq \frac{1}{n},

porque cada factor $\frac{k}{n}$ con $2 \leq k \leq n$ es como mucho $1$ . Como $\frac1n \to 0$ , el teorema del sándwich da $\frac{n!}{n^n} \to 0$ . (La cota geométrica sugerida también funciona: cada factor con $k \leq n/2$ es como mucho $\frac12$ , lo que da la cota más fina $(1/2)^{\floor{n/2}}$ .)

Ejercicio 20.6 ★★

Sean $u_0 = 0$ y $u_{n+1} = \sqrt{u_n + 2}$ para todo $n \in \N$ .

Demuestra por inducción que $0 \leq u_n \leq 2$ para todo $n$ .
Demuestra que $(u_n)$ es creciente.
Deduce que $(u_n)$ converge y determina su límite.

Solución

Solución de Ejercicio 20.6.

1. $u_0 = 0 \in \intcc{0}{2}$ . Si $0 \leq u_n \leq 2$ , entonces $2 \leq u_n + 2 \leq 4$ , luego $\sqrt{2} \leq u_{n+1} \leq 2$ ; en particular, $0 \leq u_{n+1} \leq 2$ . Por inducción, la propiedad vale para todo $n$ .

2. $u_{n+1} - u_n = \sqrt{u_n + 2} - u_n$ . Para $x \in \intcc{0}{2}$ , $\sqrt{x+2} \geq x \iff x + 2 \geq x^2 \iff (2-x)(x+1) \geq 0$ , que es cierto. Por tanto, $(u_n)$ es creciente.

3. Creciente y acotada superiormente por $2$ , $(u_n)$ converge a cierto $\ell \in \intcc{0}{2}$ . Pasando al límite en $u_{n+1} = \sqrt{u_n + 2}$ (la aplicación $x \mapsto \sqrt{x+2}$ es continua) se obtiene $\ell = \sqrt{\ell + 2}$ , luego $\ell^2 - \ell - 2 = 0$ , es decir, $\ell \in \{-1, 2\}$ . Como $\ell \geq 0$ , $\lim u_n = 2$ .

Ejercicio 20.7 ★★

Un paciente toma una dosis de $1$ unidad de un medicamento cada mañana. En cada periodo de 24 horas, el organismo elimina el $40\,\%$ del medicamento presente. Sea $u_n$ la cantidad de medicamento en el cuerpo justo después de la dosis del día $n$ , de modo que $u_0 = 1$ .

Justifica que $u_{n+1} = 0.6\,u_n + 1$ .
Sea $v_n = u_n - 2.5$ . Demuestra que $(v_n)$ es una progresión geométrica y deduce una fórmula explícita para $u_n$ .
Determina la cantidad de medicamento en el cuerpo a largo plazo.

Solución

Solución de Ejercicio 20.7.

1. Entre dos dosis se elimina el $40\,\%$ del medicamento, así que la cantidad $u_n$ pasa a ser $0.6\,u_n$ ; la dosis siguiente añade $1$ unidad: $u_{n+1} = 0.6\,u_n + 1$ .

2. $v_{n+1} = u_{n+1} - 2.5 = 0.6\,u_n + 1 - 2.5 = 0.6(u_n - 2.5) = 0.6\,v_n$ : $(v_n)$ es una progresión geométrica de razón $0.6$ y primer término $v_0 = 1 - 2.5 = -1.5$ . Por tanto, $v_n = -1.5 \times 0.6^n$ y

u_n = 2.5 - 1.5 \times 0.6^n .

3. Como $0.6^n \to 0$ , $u_n \to 2.5$ : la cantidad de medicamento se estabiliza en $2.5$ unidades.

Ejercicio 20.8 ★★

Sea $(u_n)$ definida por $u_0 = 3$ y $u_{n+1} = \frac{4u_n - 1}{u_n + 2}$ .

Demuestra por inducción que $u_n > 1$ para todo $n \in \N$ .
Demuestra que $v_n = \dfrac{1}{u_n - 1}$ define una progresión aritmética.
Deduce fórmulas explícitas para $v_n$ y $u_n$ , y el límite de $(u_n)$ .

Solución

Solución de Ejercicio 20.8.

1. $u_0 = 3 > 1$ . Si $u_n > 1$ , entonces $u_n + 2 > 0$ y

u_{n+1} - 1 = \frac{4u_n - 1 - u_n - 2}{u_n + 2} = \frac{3(u_n - 1)}{u_n + 2} > 0 .

Por inducción, $u_n > 1$ para todo $n$ (y, en particular, $u_n + 2 \neq 0$ , así que la sucesión está bien definida).

2. Usando la identidad anterior,

v_{n+1} = \frac{1}{u_{n+1} - 1} = \frac{u_n + 2}{3(u_n - 1)} = \frac{(u_n - 1) + 3}{3(u_n - 1)} = \frac{1}{3} + v_n .

Así que $(v_n)$ es una progresión aritmética de diferencia $\frac13$ con $v_0 = \frac{1}{u_0 - 1} = \frac12$ .

3. $v_n = \frac12 + \frac{n}{3}$ , luego $u_n = 1 + \frac{1}{v_n} = 1 + \frac{6}{3 + 2n}$ . Como $v_n \to +\infty$ , $u_n \to 1$ .

Ejercicio 20.9 ★★★

Para $n \geq 1$ , sea $H_n = 1 + \frac{1}{2} + \frac{1}{3} + \dots + \frac{1}{n}$ .

Demuestra que para todo $n \geq 1$ , $H_{2n} - H_n \geq \frac{1}{2}$ .
Deduce que $H_{2^k} \geq 1 + \frac{k}{2}$ para todo $k \in \N$ y concluye que $H_n \to +\infty$ .

Solución

Solución de Ejercicio 20.9.

1. $H_{2n} - H_n = \sum_{k=n+1}^{2n} \frac{1}{k}$ es una suma de $n$ términos, cada uno al menos $\frac{1}{2n}$ ; por tanto, $H_{2n} - H_n \geq n \cdot \frac{1}{2n} = \frac12$ .

2. Por inducción sobre $k$ : $H_{2^0} = H_1 = 1 \geq 1$ . Si $H_{2^k} \geq 1 + \frac{k}{2}$ , aplicando el punto 1 con $n = 2^k$ ,

H_{2^{k+1}} \geq H_{2^k} + \frac12 \geq 1 + \frac{k+1}{2}.

La sucesión $(H_n)$ es creciente (cada paso añade $\frac{1}{n+1} > 0$ ) y la subsucesión $H_{2^k}$ no está acotada, así que $(H_n)$ no está acotada superiormente. Creciente y no acotada, tiende a $+\infty$ (Teorema 20.18).

Ejercicio 20.10 ★★★

(Sucesiones adyacentes.) Dos sucesiones $(a_n)$ y $(b_n)$ son adyacentes si $(a_n)$ es creciente, $(b_n)$ es decreciente y $b_n - a_n \to 0$ .

Demuestra que para todo $n$ , $a_n \leq b_n$ . (Indicación: estudia la monotonía de $(b_n - a_n)$ .)
Demuestra que dos sucesiones adyacentes convergen las dos, y al mismo límite.
Aplicación: demuestra que las sucesiones $a_n = \sum_{k=0}^{n} \frac{1}{k!}$ y $b_n = a_n + \frac{1}{n \cdot n!}$ ( $n \geq 1$ ) son adyacentes. (Su límite común es el número $\eu$ , que se estudia en el Capítulo 23.)

Solución

Solución de Ejercicio 20.10.

1. La sucesión $d_n = b_n - a_n$ cumple $d_{n+1} - d_n = (b_{n+1} - b_n) - (a_{n+1} - a_n) \leq 0$ , luego $(d_n)$ es decreciente; y como $d_n \to 0$ , se obtiene $d_n \geq 0$ para todo $n$ (una sucesión decreciente con un término negativo se quedaría por debajo de él para siempre, lo que impediría el límite $0$ ). Por tanto, $a_n \leq b_n$ .

2. De $a_n \leq b_n \leq b_0$ , la sucesión creciente $(a_n)$ está acotada superiormente, luego converge a cierto $\ell$ . Análogamente, $(b_n)$ , decreciente y acotada inferiormente por $a_0$ , converge a cierto $\ell'$ . Entonces $\ell' - \ell = \lim (b_n - a_n) = 0$ , luego $\ell = \ell'$ .

3. $(a_n)$ es (estrictamente) creciente, ya que $a_{n+1} - a_n = \frac{1}{(n+1)!} > 0$ . Para $(b_n)$ ,

b_{n+1} - b_n = \frac{1}{(n+1)!} + \frac{1}{(n+1)(n+1)!} - \frac{1}{n\,n!} = \frac{n(n+1) + n - (n+1)^2}{n(n+1)(n+1)!} = \frac{-1}{n(n+1)(n+1)!} < 0 ,

así que $(b_n)$ es decreciente. Por último, $b_n - a_n = \frac{1}{n\,n!} \to 0$ . Las dos sucesiones son adyacentes y, por tanto, convergen a un límite común.

20.6 Problema: La sucesión de Herón, por fin juzgada

Problema 20.1

Problema de fin de semana — la inducción certifica, la convergencia monótona sentencia y la receta de $\sqrt2$ de hace dos mil años consigue por fin su demostración (con la maravillosa media de Gauss de postre)

Tres veces se ha encontrado esta serie con la receta de Herón (haz la media de la estimación con $2/\text{estimación}$ ) y tres veces solo pudo observar que la receta funciona. Este capítulo posee por fin los instrumentos del juicio: la inducción (Teorema 20.1), el teorema de la convergencia monótona (Teorema 20.18) y los límites de recurrencias. El veredicto, y la velocidad certificada, ocupan el corazón de este problema; a su alrededor, las trampas clásicas de la inducción, la divergencia más lenta de las matemáticas y la convergencia más rápida que Gauss encontró jamás.

Parte I — Calentamiento con la inducción.

Demuestra por inducción que $1 + 3 + 5 + \dots + (2n - 1) = n^2$ (la escalera de los números impares, dibujada en el volumen anterior, ahora certificada).
Demuestra por inducción que $2^n > n$ para todo $n \in \N$ .
Demuestra por inducción la desigualdad de Bernoulli: para $x \geq 0$ y $n \in \N$ , $(1 + x)^n \geq 1 + nx$ .
La trampa clásica: “todas las canicas tienen el mismo color: cierto para una canica; y si $n$ canicas cualesquiera son siempre monocromas, entonces, entre $n + 1$ canicas, las $n$ primeras comparten color y las $n$ últimas también, así que todas las $n + 1$ lo comparten”. Cualquier niño sabe que la conclusión es absurda: encuentra el paso exacto donde se rompe la inducción.
Demuestra por inducción que $4^n - 1$ es divisible entre $3$ para todo $n \in \N$ .

Parte II — El juicio a Herón. Sean $x_0 = 2$ y $x_{n+1} = \dfrac12\left(x_n + \dfrac{2}{x_n}\right)$ .

Calcula $x_1$ , $x_2$ y $x_3$ como fracciones exactas (viejos conocidos).
Demuestra la identidad clave

$x_{n+1}^2 - 2 = \left(\frac{x_n^2 - 2}{2x_n}\right)^{\!2} \geq 0,$

y deduce por inducción que $x_n > 0$ y $x_n^2 > 2$ para todo $n$ .
Demuestra que $(x_n)$ es estrictamente decreciente (calcula $x_{n+1} - x_n$ y usa la pregunta 7).
Invoca el teorema de la convergencia monótona: ¿por qué converge $(x_n)$ a cierto límite $L \geq 1$ ?
Identifica el límite: pasa al límite en la recurrencia (Proposición 20.14) y concluye que $L = \sqrt2$ . Enuncia el veredicto histórico: tras dos mil años de servicio fiel, queda demostrado que la receta de Herón converge.
La velocidad certificada: con $e_n = x_n - \sqrt2$ , demuestra que

$e_{n+1} = \frac{e_n^2}{2 x_n} ,$

y deduce $e_{n+1} \leq \frac{e_n^2}{2\sqrt2}$ : el error se eleva al cuadrado en cada paso; la duplicación de cifras observada desde el volumen anterior, ahora convertida en teorema.
Confírmalo numéricamente: calcula $e_0, e_1, e_2, e_3$ (a partir de la pregunta 6) y comprueba que cada $\frac{e_{n+1}}{e_n^2}$ está cerca de $\frac{1}{2x_n}$ .

Parte III — La divergencia más lenta.

El Ejercicio 20.9 demostró que $H_{2^k} \geq 1 + \frac k2$ para las sumas armónicas. ¿Cuántos términos garantizan $H_n > 10$ ? (Sirve una potencia de dos; asómbrate de su tamaño.)
Por contraste, las sumas geométricas $1 + \frac12 + \frac14 + \dots + \frac{1}{2^n} = 2 - \frac{1}{2^n}$ convergen a $2$ (Teorema 20.20): la intuición de la tableta de chocolate del volumen anterior, por fin como enunciado sobre límites. Escribe la demostración de dos líneas.
Entre las dos: demuestra que las sumas $S_n = 1 + \frac{1}{4} + \frac{1}{9} + \dots + \frac{1}{n^2}$ convergen, acotando $\frac{1}{k^2} \leq \frac{1}{k(k-1)} = \frac{1}{k-1} - \frac{1}{k}$ (para $k \geq 2$ ), telescopando y aplicando la convergencia monótona. (El límite, $\frac{\pi^2}{6}$ , es uno de los milagros de Euler, que se demuestra en los volúmenes universitarios.)
Enuncia en dos frases la moraleja de las preguntas 13 a 15: ¿qué decide, sobre la convergencia de las sumas, el hecho de que “los términos tiendan a $0$ ”? ¿Y qué no decide?

Parte IV — La media aritmético-geométrica de Gauss. Sean $a_0 = 1$ , $b_0 = 2$ y

a_{n+1} = \sqrt{a_n b_n}, \qquad b_{n+1} = \frac{a_n + b_n}{2} .

Calcula $a_1, b_1, a_2, b_2$ (con cinco decimales). ¿Qué observas sobre la velocidad?
Demuestra que $a_n \leq b_n$ para todo $n$ (la desigualdad entre las medias aritmética y geométrica, con la que nos hemos encontrado a lo largo de toda la serie), que $(a_n)$ crece y que $(b_n)$ decrece.
Demuestra que $b_{n+1} - a_{n+1} \leq \frac{b_n - a_n}{2}$ (factoriza $b_{n+1} - a_{n+1} = \frac{(\sqrt{b_n} - \sqrt{a_n})^2}{2}$ y compara) y concluye con el Ejercicio 20.10 que las dos sucesiones son adyacentes: comparten un límite común $M(1, 2)$ , la media aritmético-geométrica.
Calcula $M(1, 2)$ con seis decimales (¿cuántas iteraciones te han hecho falta?). El 30 de mayo de 1799, Gauss calculó $M(1, \sqrt2)$ con once decimales, reconoció $\frac{\pi}{M(1,\sqrt2)}$ como una integral conocida y escribió que se había abierto un “nuevo campo del análisis”; así fue: las integrales elípticas, que se cuentan en los volúmenes universitarios. Cierra con las velocidades de convergencia observadas en este problema, de la más lenta a la más rápida.

Solución

Solución de Problema 20.1.

1. Cierto para $n = 1$ ( $1 = 1^2$ ). Si $1 + 3 + \dots + (2n - 1) = n^2$ , al añadir el impar siguiente: $n^2 + (2n + 1) = (n + 1)^2$ : paso de inducción hecho. Por inducción, es cierto para todo $n \geq 1$ .

2. $2^0 = 1 > 0$ . Si $2^n > n$ , entonces $2^{n+1} = 2 \cdot 2^n > 2n \geq n + 1$ para $n \geq 1$ (y $n = 0$ se comprueba directamente): paso hecho.

3. $n = 0$ : $1 \geq 1$ . Si $(1 + x)^n \geq 1 + nx$ , multiplicamos por $1 + x \geq 1 > 0$ : $(1 + x)^{n+1} \geq (1 + nx)(1 + x) = 1 + (n + 1)x + nx^2 \geq 1 + (n + 1)x$ .

4. El paso de $n = 1$ a $n = 2$ : entre dos canicas, “las $n$ primeras” y “las $n$ últimas” son dos canicas sueltas y disjuntas; ninguna canica común tiende un puente entre los dos grupos, así que nada obliga a que sus colores coincidan. El argumento del paso de inducción exige en silencio que los dos grupos se solapen, cosa que solo ocurre a partir de $n \geq 2$ ; y con el caso base $n = 1$ la cadena no arranca nunca.

5. $4^0 - 1 = 0 = 3 \times 0$ . Si $4^n - 1 = 3k$ , entonces $4^{n+1} - 1 = 4(4^n - 1) + 3 = 3(4k + 1)$ : paso hecho.

6. $x_1 = \frac32$ , $x_2 = \frac{17}{12}$ , $x_3 = \frac{577}{408}$ .

7. $x_{n+1}^2 - 2 = \frac{(x_n^2 + 2)^2 - 8x_n^2}{4x_n^2} = \frac{(x_n^2 - 2)^2}{4 x_n^2}$ : un cuadrado dividido entre algo positivo, luego $\geq 0$ , y $> 0$ siempre que $x_n^2 \neq 2$ . Inducción: $x_0 = 2 > 0$ con $x_0^2 = 4 > 2$ ; si $x_n > 0$ y $x_n^2 > 2$ , entonces $x_{n+1}$ (media de positivos) es positivo y $x_{n+1}^2 - 2 > 0$ .

8. $x_{n+1} - x_n = \frac{2 - x_n^2}{2x_n} < 0$ por la pregunta 7: estrictamente decreciente.

9. Decreciente y acotada inferiormente (por $1$ , ya que $x_n^2 > 2 > 1$ y $x_n > 0$ ): por el teorema de la convergencia monótona, $(x_n)$ converge a cierto $L \geq 1$ .

10. Los límites respetan el álgebra: de $x_{n+1} = \frac12\left(x_n + \frac{2}{x_n}\right)$ y $x_n \to L \geq 1 > 0$ se obtiene $L = \frac12\left(L + \frac2L\right)$ , luego $L^2 = 2$ y, al ser $L$ positivo, $L = \sqrt2$ . Veredicto: convergencia demostrada y límite identificado; Herón, absuelto con honores.

11. $x_{n+1} - \sqrt2 = \frac{x_n^2 - 2\sqrt2\,x_n + 2}{2x_n} = \frac{(x_n - \sqrt2)^2}{2x_n}$ : exactamente $e_{n+1} = \frac{e_n^2}{2x_n}$ , y $x_n > \sqrt2$ da $e_{n+1} \leq \frac{e_n^2}{2\sqrt2}$ . Error al cuadrado: cada paso duplica el número de decimales correctos, tal como se venía observando desde cursos atrás.

12. $e_0 \approx 0.5858$ , $e_1 \approx 0.0858$ , $e_2 \approx 0.00245$ , $e_3 \approx 2.1 \times 10^{-6}$ . Cocientes: $\frac{e_1}{e_0^2} \approx 0.25 = \frac{1}{2x_0}$ ; $\frac{e_2}{e_1^2} \approx 0.333 = \frac{1}{2x_1}$ ; $\frac{e_3}{e_2^2} \approx 0.353 \approx \frac{1}{2x_2}$ : el teorema en acción.

13. $H_{2^{18}} \geq 1 + 9 = 10$ : hacen falta unos $260\,000$ términos ( $2^{18} = 262\,144$ ) solo para pasar de $10$ ; divergencia a paso de tortuga (y $H_n > 100$ necesitaría más términos que átomos hay en cualquier biblioteca).

14. $S_n = 2 - \frac{1}{2^n}$ (suma geométrica) y $\frac{1}{2^n} \to 0$ (Teorema 20.20), luego $S_n \to 2$ : la tableta de chocolate mordida sin fin tiende a la tableta entera sin alcanzarla nunca, ahora en el lenguaje oficial de los límites.

15. Para $k \geq 2$ : $\frac{1}{k^2} \leq \frac{1}{k(k-1)} = \frac{1}{k-1} - \frac1k$ , luego $S_n \leq 1 + \left(1 - \frac1n\right) < 2$ : creciente y acotada superiormente y, por tanto, convergente (convergencia monótona). Euler le puso nombre más tarde al límite: $\frac{\pi^2}{6}$ .

16. Que los términos tiendan a $0$ es necesario para que las sumas se estabilicen, pero no decide nada: los términos armónicos $\frac1n \to 0$ y, sin embargo, las sumas se disparan; los términos $\frac{1}{n^2} \to 0$ y las sumas convergen. Toda la cuestión está en lo deprisa que se apagan los términos; esa es la teoría de las series, que se construye en los volúmenes universitarios.

17. $a_1 = \sqrt2 \approx 1.41421$ , $b_1 = 1.5$ ; $a_2 \approx 1.45648$ , $b_2 \approx 1.45711$ : con dos iteraciones ya coinciden en tres decimales; una velocidad asombrosa.

18. $b_{n+1} - a_{n+1} = \frac{a_n + b_n}{2} - \sqrt{a_n b_n} = \frac{(\sqrt{b_n} - \sqrt{a_n})^2}{2} \geq 0$ : las medias mantienen el orden. $(a_n)$ crece: $a_{n+1} = \sqrt{a_n b_n} \geq \sqrt{a_n \cdot a_n} = a_n$ ; y $(b_n)$ decrece por simetría.

19. $\frac{b_{n+1} - a_{n+1}}{b_n - a_n} = \frac{(\sqrt{b_n} - \sqrt{a_n})^2} {2(\sqrt{b_n} - \sqrt{a_n})(\sqrt{b_n} + \sqrt{a_n})} = \frac{\sqrt{b_n} - \sqrt{a_n}}{2(\sqrt{b_n} + \sqrt{a_n})} \leq \frac12$ : la separación se reduce al menos a la mitad, luego $b_n - a_n \to 0$ ; junto con la pregunta 18, las sucesiones son adyacentes y comparten un límite $M(1, 2)$ .

20. La tercera iteración da $a_3 \approx b_3 \approx 1.456791$ : $M(1, 2) \approx 1.456791$ en tres vueltas de manivela (la separación se eleva aproximadamente al cuadrado, como en Herón). Clasificación de velocidades de las sucesiones de este problema, de la más lenta a la más rápida: las sumas armónicas (divergencia glacial), las sumas geométricas (error reducido a la mitad en cada paso) y Herón junto con la media aritmético-geométrica (error elevado al cuadrado en cada paso). Y fue la velocidad sobrenatural de esa media la que le dijo a Gauss que había dado con un filón nuevo del análisis.

Todo subconjunto no vacío de $\N$ tiene un elemento mínimo; esta propiedad de $\N$ se toma como axioma. ↩