Matemáticas universitarias — Grado 1 · Bachelor Year 1

11Secuencias

Las secuencias fueron manipuladas en el volumen de High School con el límite Concepto tomado a medias por fe. Aquí la teoría se reconstruye sobre la base de integridad de $\R$ (Capítulo 10): cada teorema clásico — convergencia monótona, secuencias adyacentes, Bolzano–Weierstrass, el criterio de Cauchy — es una cara de ese único axioma. el capitulo Finaliza con el estudio práctico de las secuencias definidas por $u_{n+1} = f(u_n)$ .

11.1 Convergencia

Definición 11.1 (Límite de una secuencia)

Una secuencia $(u_n)$ de reales converge a $\ell \in \R$ cuando

\forall \varepsilon > 0,\ \exists N \in \N,\ \forall n \geq N, \qquad \abs{u_n - \ell} \leq \varepsilon .

Se escribe $u_n \to \ell$ o $\lim u_n = \ell$ . Una secuencia que hace no converge (a ningún real) diverge. Divergencia to $+\infty$ : $\forall M,\ \exists N,\ \forall n \geq N,\ u_n \geq M$ (de manera similar $-\infty$ ).

Ejemplo 11.2 (Una prueba $\varepsilon$ – $N$ , escrita una vez)

Reclamación: $u_n = \dfrac{n^2 + 1}{2n^2 - 3} \to \dfrac12$ . primero aislar el error:

\Bigl| u_n - \frac12 \Bigr| = \Bigl| \frac{2(n^2 + 1) - (2n^2 - 3)}{2(2n^2 - 3)} \Bigr| = \frac{5}{2\,\abs{2n^2 - 3}} = \frac{5}{2\,(2n^2 - 3)} \quad (n \geq 2).

Luego domínelo con algo simple: para $n \geq 2$ , $2n^2 - 3 \geq n^2$ , entonces el error es $\leq \frac{5}{2n^2} \leq \frac 5{2n}$ . Dado $\varepsilon > 0$ , propiedad de Arquímedes proporciona $N \geq \max\bigl(2, \frac{5}{2\varepsilon}\bigr)$ ; para $n \geq N$ el El error es $\leq \varepsilon$ . Hecho. La idea final: una $\varepsilon$ – $N$ la prueba tiene exactamente tres movimientos — calcula el error, limítelo por una expresión elemental decreciente, resuelva para el umbral — y después de los teoremas de este capítulo (operaciones, apretar) casi nunca se vuelve a escribir una demostración de este tipo: los teoremas empaquete los tres movimientos de una vez por todas.

Ejemplo 11.3 (Divergencia al infinito, certificado)

Reclamación: $u_n = n^2 - 100n \to +\infty$ . Factoriza el término dominante: $u_n = n^2\bigl(1 - \frac{100}{n}\bigr) \geq \frac{n^2}{2}$ para $n \geq 200$ . Dado $M$ , tome $N = \max\bigl(200, \lceil\sqrt{2M}\rceil\bigr)$ : para $n \geq N$ , $u_n \geq \frac{n^2}{2} \geq M$ . Se muestran dos hábitos: el término dominante El factoring convierte una competencia ( $n^2$ contra $-100n$ ) en una escala única multiplicada por un factor que tiende a $1$ ; y el umbral puede ser enorme ( $u_{100} = 0$ , la secuencia es incluso negativa antes $n = 100$ ) — la divergencia con $+\infty$ es una enunciado sobre el cola, indiferente a cualquier cantidad finita de mala conducta.

Proposición 11.4 (Primeras propiedades)

El límite, si existe, es único.
Una secuencia convergente está acotada.
Si $u_n \to \ell$ , cada modificación de un número finito de términos deja la convergencia y el límite sin cambios.

Demostración. (1) Si $u_n \to \ell$ y $u_n \to \ell'$ con $\ell \neq \ell'$ , tomar $\varepsilon = \frac{\abs{\ell - \ell'}}{3}$ : más allá de los dos umbrales, $\abs{\ell - \ell'} \leq \abs{\ell - u_n} + \abs{u_n - \ell'} \leq 2\varepsilon = \frac23 \abs{\ell - \ell'}$ , absurdo.

(2) Con $\varepsilon = 1$ : más allá de $N$ , $\abs{u_n} \leq \abs\ell + 1$ ; los un número finito de términos anteriores también están acotados, por lo que $\abs{u_n} \leq \max(\abs{u_0}, \dots, \abs{u_{N-1}}, \abs\ell + 1)$ .

(3) En detalle: supongamos $v_n = u_n$ para $n \geq n_0$ y $u_n \to \ell$ . Dado $\varepsilon > 0$ , tome el umbral $N$ para $(u_n)$ : para $n \geq \max(N, n_0)$ , $\abs{v_n - \ell} = \abs{u_n - \ell} \leq \varepsilon$ . Entonces $v_n \to \ell$ : la definición cuantifica sólo sobre $n \geq N$ , y cualquier prefijo finito puede ser sobrescrito a costa de ampliar el umbral. (Esta es la razón por la que Las hipótesis "para todos los grandes $n$ " son suficientes en todas partes en este capítulo.) ∎

Teorema 11.5 (Operaciones en límites)

Si $u_n \to \ell$ y $v_n \to m$ , entonces

u_n + v_n \to \ell + m, \qquad u_n v_n \to \ell m, \qquad \frac{u_n}{v_n} \to \frac{\ell}{m} \ (\text{if } m \neq 0), \qquad \abs{u_n} \to \abs\ell .

Demostración. Suma: $\abs{(u_n + v_n) - (\ell + m)} \leq \abs{u_n - \ell} + \abs{v_n - m} \leq 2\varepsilon$ más allá del umbral mayor. Producto: escribir

u_n v_n - \ell m = (u_n - \ell)\,v_n + \ell\,(v_n - m);

$(v_n)$ está limitado por algún $B$ (Proposición 11.4), por lo que el el lado derecho es $\leq B\abs{u_n - \ell} + \abs{\ell}\,\abs{v_n - m}$ , arbitrariamente pequeño. Cociente: basta con tratar $\frac 1{v_n}$ . Con $\varepsilon = \frac{\abs m}{2}$ : más allá de algunos $N_0$ , $\abs{v_n} \geq \frac{\abs m}{2}$ , entonces

\Bigl| \frac{1}{v_n} - \frac 1m \Bigr| = \frac{\abs{m - v_n}}{\abs{v_n m}} \leq \frac{2}{m^2}\,\abs{v_n - m} \longrightarrow 0 .

Valor absoluto: $\bigl|\abs{u_n} - \abs\ell\bigr| \leq \abs{u_n - \ell}$ (desigualdad del triángulo inverso, Proposición 3.2). ∎

Ejemplo 11.6 (Operaciones más un truco algebraico)

Calcule $\lim\,\bigl(\sqrt{n^2 + n} - n\bigr)$ . las dos piezas tienden por separado a $+\infty$ : el teorema de operaciones no dice nada sobre su diferencia (un forma indeterminada). multiplicar por el conjugado:

\sqrt{n^2 + n} - n = \frac{(n^2 + n) - n^2}{\sqrt{n^2 + n} + n} = \frac{n}{\sqrt{n^2+n} + n} = \frac{1}{\sqrt{1 + \frac1n} + 1} .

Ahora todo converge: $\sqrt{1 + \frac1n} \to 1$ , porque $0 \leq \sqrt{1 + h} - 1 = \frac{h}{\sqrt{1+h} + 1} \leq h$ (conjugar nuevamente, luego apretar con $h = \frac1n$ ); entonces el El teorema de operaciones da el límite $\frac{1}{1 + 1} = \frac12$ . La idea final: el teorema de las operaciones no es un calculadora para todos los límites — las formas indeterminadas ( $\infty - \infty$ , $\frac00$ , $0 \times \infty$ , $1^\infty$ ) primero deben ser transformado por álgebra (conjugados, factorizando el dominante término) hasta que cada pieza converja; la máquina sistemática para casos resistentes es la expansión asintótica de Capítulo 16.

Teorema 11.7 (Límites y orden)

Si $u_n \leq v_n$ es para todos los $n$ grandes y ambos convergen, entonces $\lim u_n \leq \lim v_n$ . (Las desigualdades estrictas no pasar al límite: $\frac 1n > 0$ pero $\lim = 0$ .)
(Teorema de compresión) Si $u_n \leq w_n \leq v_n$ para todos los grandes $n$ y $u_n, v_n \to \ell$ , entonces $w_n \to \ell$ .
Si $u_n \to \ell > 0$ , entonces $u_n > \frac\ell2 > 0$ para todos grande $n$ .

Demostración. (1) Supongamos $\ell = \lim u_n > m = \lim v_n$ ; con $\varepsilon = \frac{\ell - m}{3}$ , los términos grandes satisfacen $v_n \leq m + \varepsilon < \ell - \varepsilon \leq u_n$ y contradicen $u_n \leq v_n$ .

(2) Más allá de los umbrales: $\ell - \varepsilon \leq u_n \leq w_n \leq v_n \leq \ell + \varepsilon$ .

(3) es Definición 11.1 con $\varepsilon = \frac\ell2$ . ∎

Ejemplo 11.8 (dos apretones)

(i) $\dfrac{\sin n}{n} \to 0$ : desde $-\frac1n \leq \frac{\sin n}{n} \leq \frac1n$ , ambas paredes colapsan en $0$ — no es necesario entender el numerador errático en absoluto. (ii) $(2^n + 3^n)^{1/n} \to 3$ : enmarcar el interior,

3^n \leq 2^n + 3^n \leq 2\cdot3^n \quad\Longrightarrow\quad 3 \leq (2^n + 3^n)^{1/n} \leq 3\cdot 2^{1/n} ,

y $2^{1/n} = \eu^{\frac{\ln 2}{n}} \to 1$ (como para $5^{1/n}$ en Ejercicio 11.2): el apretón entrega $3$ . el cierre Idea: una suma de exponenciales en competencia se comporta como su Término más grande — los más pequeños son absorbidos por un factor constante inofensivo, que luego la raíz $n$ -ésima borra.

11.2 Secuencias monótonas

Teorema 11.9 (Teorema del límite monótono)

Una secuencia creciente acotada arriba converge a $\sup\{u_n : n \in \N\}$ ; una secuencia creciente no acotada arriba diverge a $+\infty$ . (Espejo enunciados para disminuir secuencias.)

Demostración. Sea $s = \sup\{u_n\}$ (Teorema 10.2). Dado $\varepsilon > 0$ , la caracterización $\varepsilon$ (Proposición 10.4) produce $N$ con $u_N > s - \varepsilon$ ; por monotonicidad, $s - \varepsilon < u_N \leq u_n \leq s$ para todo $n \geq N$ : convergencia a $s$ . Si es ilimitado: por cada $M$ algunos $u_N > M$ , y la monotonicidad mantiene todos los términos posteriores por encima de $M$ . ∎

Ejemplo 11.10 (El teorema monótono como máquina de existencia)

Sea $u_n = \prod_{k=1}^{n} \bigl(1 + \frac{1}{2^k}\bigr)$ . cada uno El factor excede $1$ , por lo que $(u_n)$ está aumentando. ¿Limitado arriba? tomar logaritmos y uso $\ln(1 + x) \leq x$ (Ejemplo 14.20 lo anticipa; o el crudo $1 + x \leq \eu^x$ del volumen de High School):

\ln u_n = \sum_{k=1}^{n} \ln\Bigl(1 + \frac{1}{2^k}\Bigr) \leq \sum_{k=1}^{n} \frac{1}{2^k} < 1 ,

entonces $u_n < \eu$ . Creciente y acotado: $(u_n)$ converge a algunos $\ell \in \intoc{u_1}{\eu}$ — un real perfectamente bien definido número sin forma cerrada a la vista ( $\ell = 2.384\dots$ ). el Idea final: el teorema del límite monótono es el más barato máquina de existencia en análisis; se llamó $\eu$ . (Ejemplo 11.12 a continuación), y en Capítulo 17 será decidir la convergencia de cada serie positiva por simple limitación.

Teorema 11.11 (Secuencias adyacentes)

Sea $(a_n)$ creciente, $(b_n)$ decreciente y $b_n - a_n \to 0$ . Luego ambos convergen, a un límite común, $\ell$ y $a_n \leq \ell \leq b_n$ para todos los $n$ ..

Demostración. Primero, $a_n \leq b_n$ para todos los $n$ : la secuencia $(b_n - a_n)$ es decreciente y tiende a $0$ , por lo que es $\geq 0$ (un término negativo congelarlo por debajo de $0$ ). Entonces $(a_n)$ es creciente y está acotado arriba por $b_0$ : converge a unos $\ell$ (Teorema 11.9); igualmente $(b_n) \to \ell'$ ; y $\ell' - \ell = \lim (b_n - a_n) = 0$ . Las desigualdades $a_n \leq \ell \leq b_n$ se derivan de monotonicidad ( $\ell = \sup a_k \geq a_n$ , etc.). ∎

Secuencias adyacentes: (a_n) sube,(b_n) desciende, y la brecha entre ellos se reduce a 0. Cada intervalo [a_n, b_n] contiene todos los posteriores y el límite común es el único punto que queda en cada intervalo — el Imagen detrás de las pruebas de dicotomía de Bolzano–Weierstrass a continuación y del teorema del valor intermedio en . — Secuencias adyacentes: $(a_n)$ sube, $(b_n)$ desciende, y la brecha entre ellos se reduce a $0$ . Cada intervalo $\intcc{a_n}{b_n}$ contiene todos los posteriores y el límite común $\ell$ es el único punto que queda en cada intervalo — el Imagen detrás de las pruebas de dicotomía de Bolzano–Weierstrass a continuación y del teorema del valor intermedio en Capítulo 13.

Ejemplo 11.12 (El número $\eu$ )

Configure $a_n = \sum_{k=0}^{n} \frac{1}{k!}$ y $b_n = a_n + \frac{1}{n \cdot n!}$ ( $n \geq 1$ ). Entonces $(a_n)$ aumenta; y

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 ,

entonces $(b_n)$ disminuye y $b_n - a_n \to 0$ : adyacente. Su común el límite es (por definición aquí) el número $\eu \approx 2.71828$ ; el Las desigualdades $a_n < \eu < b_n$ son lo suficientemente agudas como para demostrar $\eu \notin \Q$ (Ejercicio 11.9).

11.3 Subsecuencias y Bolzano–Weierstrass

Definición 11.13 (Subsecuencia)

Un subsecuencia de $(u_n)$ es una secuencia $(u_{\varphi(n)})$ donde $\varphi \colon \N \to \N$ es estrictamente creciente (nota $\varphi(n) \geq n$ , por inducción).

Proposición 11.14

Si $u_n \to \ell$ ( $\ell \in \R$ o $\pm\infty$ ), cada subsecuencia tiende a $\ell$ . En consecuencia, una secuencia con dos subsecuencias de diferentes límites divergen. Por el contrario, si $(u_{2n})$ y $(u_{2n+1})$ convergen a mismo, $\ell$ y luego a $u_n \to \ell$ .

Demostración. Más allá del umbral $N$ para $(u_n)$ , todos los índices $\varphi(n) \geq n \geq N$ califican (la desigualdad $\varphi(n) \geq n$ es la inducción observada en Definición 11.13: fuerzas $\varphi(0) \geq 0$ y $\varphi(n+1) > \varphi(n) \geq n$ $\varphi(n+1) \geq n + 1$ ). Por el contrario: dado $\varepsilon$ , tome los dos umbrales $N_0$ (pares) y $N_1$ (probabilidades); un índice arbitrario $n \geq \max(2N_0, 2N_1 + 1)$ es ya sea par, $n = 2k$ con $k \geq N_0$ , o impar, $n = 2k+1$ con $k \geq N_1$ — en ambos casos $\abs{u_n - \ell} \leq \varepsilon$ : cada índice está cubierto por uno de los dos subsecuencias, y ese es el punto. ∎

Ejemplo 11.15 (Límites subsecuentes)

Para $u_n = (-1)^n \frac{n}{n+1}$ : el par subsecuencia tiende a $1$ , el impar a $-1$ , por lo que la secuencia diverge — pero lo hace de forma organizada, agrupados en torno a los dos valores $\pm 1$ . Para $u_n = \cos\frac{2\pi n}{3}$ : los tres subsecuencias de los índices $3k$ , $3k + 1$ , $3k + 2$ son constantes, iguales a $1$ , $-\frac12$ , $-\frac12$ ; el conjunto de límites subsiguientes es $\{1, -\frac12\}$ . La idea final: una secuencia encerrado converge exactamente cuando tiene un único límite subsiguiente (Ejercicio 11.8); divergencia de una secuencia acotada siempre significa al menos dos grupos, y Bolzano–Weierstrass debajo garantiza que hay al menos uno.

Teorema 11.16 (Bolzano–Weierstrass)

Toda secuencia acotada de reales tiene un convergente subsecuencia.

Demostración. Sea $u_n \in \intcc{a}{b}$ para todos los $n$ . Construir segmentos anidados por dicotomía: establecer $\intcc{a_0}{b_0} = \intcc{a}{b}$ ; dado $\intcc{a_k}{b_k}$ que contiene $u_n$ para una infinidad de $n$ , uno de sus dos mitades todavía contienen $u_n$ para una cantidad infinita de $n$ — llame es $\intcc{a_{k+1}}{b_{k+1}}$ . Las secuencias $(a_k)$ , $(b_k)$ son adyacente ( $b_k - a_k = \frac{b-a}{2^k} \to 0$ ), con límite común $\ell$ (Teorema 11.11).

Extracto: elegir $\varphi(0)$ con $u_{\varphi(0)} \in \intcc{a_0}{b_0}$ , luego, inductivamente, $\varphi(k+1) > \varphi(k)$ con $u_{\varphi(k+1)} \in \intcc{a_{k+1}}{b_{k+1}}$ — posible ya que ese segmento contiene infinitos términos. Entonces $a_k \leq u_{\varphi(k)} \leq b_k$ , y el teorema de compresión da $u_{\varphi(k)} \to \ell$ . ∎

Observación 11.17 (Lo que Bolzano–Weierstrass hace y no dice)

Dice hace: sólo de la delimitación, algunos subsecuencia converge — existencia sin fórmula, como prueba de la dicotomía deja claro (nada nos dice que los índices cual sobrevivan). eso no dice que el límite es único? $((-1)^n)$ tiene subsecuencias convergiendo a $1$ y a $-1$ , y el conjunto de Los límites subsiguientes pueden incluso ser infinitos. (Ejemplo 11.15, y todos los Cantor conjunto en Problema 12.1). No sobrevive a la ilimitación: $(n)$ no tiene ningún subsecuencia convergente — aunque se puede extraiga siempre un subsecuencia tendiendo a $+\infty$ o $-\infty$ de cualquier secuencia ilimitada (elija $\varphi(k)$ con $u_{\varphi(k)} \geq k$ , digamos). Usado correctamente, el teorema es un bomba de existencia: aparece en el centro del Cauchy criterio siguiente, del teorema de Heine y del valor extremo teorema — siempre para producir un punto que no sea explícito ofertas de construcción.

11.4 Secuencias de Cauchy y completitud.

Definición 11.18

Una secuencia $(u_n)$ es una secuencia de cauchy cuando sus términos se vuelven arbitrariamente cercanos el uno al otro:

\forall \varepsilon > 0,\ \exists N,\ \forall p, q \geq N, \qquad \abs{u_p - u_q} \leq \varepsilon .

Ejemplo 11.19 (Verificando la propiedad Cauchy a mano)

Dejemos $u_n = \sum_{k=0}^{n} \frac{\cos k}{2^k}$ — sin monotonicidad, sin límite adivinable. Para $p > q$ :

\abs{u_p - u_q} = \Bigl| \sum_{k=q+1}^{p} \frac{\cos k}{2^k} \Bigr| \leq \sum_{k=q+1}^{p} \frac{1}{2^k} < \frac{1}{2^{q}} ,

por la desigualdad del triángulo, $\abs{\cos k} \leq 1$ y un finito suma geométrica. Dado $\varepsilon > 0$ , elija $N$ con $2^{-N} \leq \varepsilon$ : todos los espacios más allá de $N$ son $\leq \varepsilon$ , la secuencia es Cauchy, por lo tanto converge — a un límite que nadie puedo nombrar en forma cerrada, que es exactamente el punto. el cierre Insight: el dominio geométrico de los incrementos es el estándar. forma de ganar la propiedad de Cauchy, y Capítulo 17 embotella el argumento como "la convergencia absoluta implica convergencia”.

Teorema 11.20 (Integración de $\R$ )

Una secuencia de reales converge si y sólo si es cauchy secuencia.

Demostración. ( $\Rightarrow$ ) Si $u_n \to \ell$ : más allá del umbral para $\frac\varepsilon2$ , $\abs{u_p - u_q} \leq \abs{u_p - \ell} + \abs{\ell - u_q} \leq \varepsilon$ .

( $\Leftarrow$ ) Sea $(u_n)$ Cauchy. esta limitado: con $\varepsilon = 1$ , más allá de $N$ todos los términos se encuentran dentro de $1$ de $u_N$ , y la cabeza es finita. Extracto: por Teorema 11.16, algunos subsecuencia $u_{\varphi(n)} \to \ell$ . Concluir: dado $\varepsilon > 0$ , tome $N$ (Cauchy, para $\frac\varepsilon2$ ) y $n \geq N$ con $\abs{u_{\varphi(n)} - \ell} \leq \frac\varepsilon2$ y $\varphi(n) \geq N$ ; luego para cada $p \geq N$ :

\abs{u_p - \ell} \leq \abs{u_p - u_{\varphi(n)}} + \abs{u_{\varphi(n)} - \ell} \leq \varepsilon . \qedhere

∎

Observación 11.21

El valor del criterio: certifica la convergencia sin nombrando el límite. Falla en $\Q$ (los truncamientos decimales de $\sqrt 2$ forma un secuencia de cauchy de racionales sin racional límite): la integridad es una propiedad de $\R$ , equivalente al axioma superior atado. También es el caballo de batalla detrás de la convergencia de serie (Capítulo 17).

Ejemplo 11.22 (Una secuencia de Cauchy con un límite invisible)

Sea $S_n = \sum_{k=1}^{n} \frac{1}{k^2}$ . Para $p > q \geq 1$ :

S_p - S_q = \sum_{k=q+1}^{p} \frac{1}{k^2} \leq \sum_{k=q+1}^{p} \frac{1}{k(k-1)} = \sum_{k=q+1}^{p} \Bigl(\frac{1}{k-1} - \frac 1k\Bigr) = \frac 1q - \frac 1p < \frac 1q ,

por lo que más allá de $N > \frac1\varepsilon$ todos los espacios son $\leq \varepsilon$ : $(S_n)$ es Cauchy, por lo tanto converge. Note lo que acaba de suceder: nosotros demostró que existe un número real específico sin tener ningún nombre por ello. (Es $\frac{\pi^2}{6}$ — una célebre identidad de Euler, demostrado en el volumen del año 2; nada en este capítulo podría díganos eso.) Esta división del trabajo — existencia ahora, identificación más tarde, si es que alguna vez, es el criterio de Cauchy punto, y el motor de la teoría de series en Capítulo 17.

11.5 Secuencias recurrentes

Método 11.23 (Estudiando $u_{n+1} = f(u_n)$ )

Dado $f$ y un punto de partida $u_0$ :

Stable intervalo: encuentra un intervalo $I$ con $f(I) \subseteq I$ que contiene $u_0$ : luego todo $u_n \in I$ (por inducción).
Límites de candidatos: si $u_n \to \ell \in I$ y $f$ son continuo en $\ell$ (Capítulo 13), luego $\ell$ es un punto fijo: $f(\ell) = \ell$ . Resuelva $f(x) = x$ .
Monotonicidad: si $f$ aumenta en $I$ , entonces $(u_n)$ es monótono (aumenta si $u_1 \geq u_0$ , disminuyendo en caso contrario); combinado con limitación, Teorema 11.9 concluye. Si $f$ está disminuyendo, estudie los dos subsecuencias $(u_{2n})$ y $(u_{2n+1})$ , que son monótonos para $f \circ f$ .
Control de errores: una desigualdad $\abs{f(x) - \ell} \leq k\abs{x - \ell}$ con $k < 1$ da $\abs{u_n - \ell} \leq k^n \abs{u_0 - \ell} \to 0$ directamente.

Ejemplo 11.24 (Método de la garza)

Seamos $u_0 = 2$ y $u_{n+1} = \dfrac12\Bigl(u_n + \dfrac{2}{u_n}\Bigr)$ : el antiguo algoritmo para $\sqrt 2$ .

Estabilidad: para $x > 0$ , la media aritmética-geométrica la desigualdad da $\frac12(x + \frac2x) \geq \sqrt{x \cdot \frac 2x} = \sqrt 2$ ; entonces $I = \intco{\sqrt 2}{+\infty}$ es estable y contiene $u_1$ (de hecho, $u_1 = \frac32 \geq \sqrt 2$ ).
Monotonicidad: para $x \geq \sqrt 2$ , $\;x - f(x) = \frac{x^2 - 2}{2x} \geq 0$ : la secuencia disminuye de $u_1$ en adelante, y está limitado por abajo por $\sqrt 2$ : converge.
Límite: los puntos fijos resuelven $x = \frac12(x + \frac2x)$ , es decir $x^2 = 2$ : en $I$ , $\ell = \sqrt 2$ .
Velocidad: $u_{n+1} - \sqrt 2 = \frac{(u_n - \sqrt2)^2}{2u_n} \leq \frac{(u_n - \sqrt 2)^2}{2\sqrt 2}$ : el número de dígitos correctos aproximadamente dobles en cada paso (convergencia cuadrática).

Iteración de Heron u_n+1 = 1/2 (u_n + 2/u_n ), dibujada como una escalera entre el gráfico de f y la diagonal y = x: desde u_0 = 2, las iteraciones se deslizan hacia abajo hasta el punto fijo √ 2. — Iteración de Heron $u_{n+1} = \frac12\bigl(u_n + \frac{2}{u_n}\bigr)$ , dibujada como una escalera entre el gráfico de $f$ y la diagonal $y = x$ : desde $u_0 = 2$ , las iteraciones se deslizan hacia abajo hasta el punto fijo $\sqrt 2$ .

Observación 11.25 (Errores comunes con límites)

Cuatro clásicos. (yo) Pequeños pasos no implican convergencia: $u_{n+1} - u_n \to 0$ es mucho más débil que la propiedad de Cauchy — las sumas armónicas $H_n$ tienen pasos $\frac{1}{n+1} \to 0$ todavía divergir a $+\infty$ (Ejercicio 11.5); la condición de Cauchy controla $\abs{u_p - u_q}$ para todo pares grandes, no los consecutivos. (ii) Las desigualdades estrictas desaparecen en el límite: de $u_n < v_n$ para todo $n$ se obtiene solo $\lim u_n \leq \lim v_n$ (Teorema 11.7); $\frac1n > 0$ y todavía $\lim = 0$ . (iii) Acotado no es convergente: $((-1)^n)$ está limitado y diverge; limitación más monotonicidad converge, la cota por sí sola sólo garantiza una convergencia subsecuencia (Teorema 11.16). (iv) El punto fijo La ecuación es la segunda, no la primera.: para $u_{n+1} = f(u_n)$ , resolviendo $f(\ell) = \ell$ identifica el límite sólo después La convergencia está demostrada. La recurrencia $u_{n+1} = 2u_n$ tiene la punto fijo único $\ell = 0$ , pero desde $u_0 = 1$ la secuencia corre a $+\infty$ : la ecuación $\ell = 2\ell$ nunca fue tiene derecho a un límite. Orden de operaciones, siempre: existencia primero (Método 11.23, pasos 1–3), identificación segundo.

Ejemplo 11.26 (Un $f$ decreciente: la recurrencia dorada)

Sean $u_0 = 1$ y $u_{n+1} = \dfrac{1}{1 + u_n}$ . Aquí $f(x) = \frac{1}{1+x}$ es decreciente, por lo que la secuencia no es monótono (alterna alrededor de su límite); el paso de contracción de Método 11.23 es la herramienta adecuada. Estabilidad: si $x \in \intcc{\frac12}{1}$ luego $1 + x \in \intcc{\frac32}{2}$ , por lo que $f(x) \in \intcc{\frac12}{\frac23} \subseteq \intcc{\frac12}{1}$ y $u_1 = \frac12$ ponen el toda la secuencia allí. Punto fijo: $\ell = \frac{1}{1+\ell}$ con $\ell > 0$ da $\ell^2 + \ell - 1 = 0$ , es decir

\ell = \frac{\sqrt5 - 1}{2} = 0.6180\dots

(la proporción áurea es inversa). Contracción: para $x, y \in \intcc{\frac12}{1}$ ,

\abs{f(x) - f(y)} = \frac{\abs{x - y}}{(1+x)(1+y)} \leq \frac{\abs{x-y}}{(3/2)^2} = \frac49\,\abs{x - y} ,

entonces $\abs{u_n - \ell} \leq \bigl(\frac49\bigr)^{n-1}\abs{u_1 - \ell} \to 0$ : convergencia, con velocidad geométrica, no Se necesita monotonía. La idea final: métodos monótonos y Los métodos de contracción dividen el mundo recurrente entre ellos — aumentar $f$ da órbitas monótonas, disminuir $f$ da órbitas alternas domesticadas por una constante de Lipschitz $< 1$ (la teoría sistemática es Ejercicio 14.11).

Observación 11.27 (Perspectivas dentro de este volumen)

Las secuencias son el instrumento de medida del resto del volumen. soporta cada objeto. En Capítulo 12 ellos caracterizar cierre y compacidad; en Capítulo 13 transportan límites de funciones; en Capítulo 15 Las sumas de Riemann son secuencias convergentes a la integral; Capítulo 17 is la teoría de uno clase especial de secuencias, las sumas parciales. Incluso el álgebra Los capítulos los consumen: las iteraciones de una matriz en Capítulo 21 forman secuencias cuyo comportamiento (convergencia de $A^n$ ) es una pregunta de álgebra lineal con esta vocabulario del capítulo. Los dos teoremas para llevar a todas partes: límite monótono (existencia a partir del orden) y Bolzano–Weierstrass (existencia desde la limitación) — entre ellos, casi todos Nace el límite en este libro.

Observación 11.28 (Secuencias complejas)

Una secuencia $(z_n)$ de números complejos converge a $\ell$ cuando $\abs{z_n - \ell} \to 0$ ; equivalentemente, cuando $\Re(z_n) \to \Re(\ell)$ y $\Im(z_n) \to \Im(\ell)$ (compárese $\abs{z}$ con $\abs{\Re z} + \abs{\Im z}$ ). Los teoremas que no involucran orden — operaciones, Bolzano–Weierstrass (extracto dos veces), criterio de Cauchy — prórroga palabra por palabra.

11.6 Ceremonias

Ejercicio 11.1 ★

Directamente de Definición 11.1, demostrar que $\dfrac{2n+1}{n+3} \to 2$ , y que $(u_n) = ((-1)^n)$ diverge.

Solución

Solución de Ejercicio 11.1.

$\Bigl|\dfrac{2n+1}{n+3} - 2\Bigr| = \dfrac{5}{n+3}$ . dado $\varepsilon > 0$ , tome $N > \frac 5\varepsilon - 3$ (Arquímedes): para $n \geq N$ , $\frac{5}{n+3} \leq \varepsilon$ . Por lo tanto el límite es $2$ .

$((-1)^n)$ : sus subsecuencias $(u_{2n}) = (1)$ y $(u_{2n+1}) = (-1)$ convergen a límites diferentes, por lo que la secuencia diverge (Proposición 11.14). (Directamente: cualquier candidato $\ell$ falla para $\varepsilon = \frac12$ , ya que los términos consecutivos están en distancia $2$ .)

Ejercicio 11.2 ★

Calcular los límites:

\frac{n^2 - 3n + 1}{2n^2 + 5}, \qquad \sqrt{n+1} - \sqrt n, \qquad \frac{2^n + n^3}{3^n - n^2}, \qquad \sqrt[n]{5}\ \Bigl(= 5^{1/n}\Bigr).

Solución

Solución de Ejercicio 11.2.

Dividiendo por $n^2$ : $\dfrac{1 - 3/n + 1/n^2}{2 + 5/n^2} \to \dfrac12$ .

$\sqrt{n+1} - \sqrt n = \dfrac{1}{\sqrt{n+1} + \sqrt n} \to 0$ (conjugado).

$\dfrac{2^n + n^3}{3^n - n^2} = \dfrac{(2/3)^n + n^3/3^n}{1 - n^2/3^n} \to \dfrac{0 + 0}{1 - 0} = 0$ , usando $q^n \to 0$ para $\abs q < 1$ y la comparación polinomial versus geométrica (Proposición 4.6).

$5^{1/n} = \eu^{\frac{\ln 5}{n}} \to \eu^0 = 1$ .

Ejercicio 11.3 ★

Demuestre la comparación estándar: si $\abs{q} < 1$ entonces $q^n \to 0$ (write $\frac{1}{\abs q} = 1 + h$ , $h > 0$ , and use the Bernoulli inequality $(1+h)^n \geq 1 + nh$ , to be proved by induction). ¿Cuáles son los comportamientos de $q = 1$ , $q = -1$ , $\abs q > 1$ ?

Solución

Solución de Ejercicio 11.3.

Bernoulli: $(1+h)^n \geq 1 + nh$ para $h \geq -1$ , por inducción — $(1+h)^{n+1} = (1+h)^n(1+h) \geq (1+nh)(1+h) = 1 + (n+1)h + nh^2 \geq 1 + (n+1)h$ .

Para $0 < \abs q < 1$ : escriba $\frac{1}{\abs q} = 1 + h$ , $h > 0$ ; entonces $\abs{q}^n = \frac{1}{(1+h)^n} \leq \frac{1}{1 + nh} \to 0$ , y el squeeze da $q^n \to 0$ (el caso $q = 0$ es trivial). Para $q = 1$ : secuencia constante, límite $1$ . Para $q = -1$ : diverge (Ejercicio 11.1). Para $\abs q > 1$ : $\abs q^n = (1 + h)^n \geq 1 + nh \to +\infty$ , por lo que $(q^n)$ no está acotado y, por lo tanto, es divergente (a $+\infty$ si $q > 1$ ; con signos alternos, sin límite, si $q < -1$ ).

Ejercicio 11.4 ★

Sea $u_{n+1} = \frac{u_n + 3}{2}$ , $u_0 = 0$ . Encuentra el punto fijo $\ell$ , demuestre que $v_n = u_n - \ell$ es geométrico y dé una fórmula explícita y el límite de $(u_n)$ .

Solución

Solución de Ejercicio 11.4.

Punto fijo: $\ell = \frac{\ell + 3}{2}$ da $\ell = 3$ . entonces

v_{n+1} = u_{n+1} - 3 = \frac{u_n + 3}{2} - 3 = \frac{u_n - 3}{2} = \frac{v_n}{2}:

$(v_n)$ es geométrico con relación $\frac12$ , $v_0 = -3$ . Entonces $u_n = 3 - \frac{3}{2^n} \to 3$ .

Ejercicio 11.5 ★★

(Serie armónica) Sea $H_n = \sum_{k=1}^{n} \frac 1k$ . demostrar que $H_{2n} - H_n \geq \frac12$ para todos los $n \geq 1$ y concluir que $(H_n)$ es no a secuencia de cauchy, por lo tanto diverge (a $+\infty$ , siendo creciente).

Solución

Solución de Ejercicio 11.5.

$H_{2n} - H_n = \sum_{k=n+1}^{2n} \frac 1k \geq n \cdot \frac{1}{2n} = \frac12$ (cada uno de los términos $n$ es $\geq \frac{1}{2n}$ ). Si $(H_n)$ fuera Cauchy, tomar $\varepsilon = \frac13$ forzaría a $\abs{H_{2n} - H_n} \leq \frac13$ a usar grandes $n$ : contradicción. Una secuencia creciente no convergente diverge a $+\infty$ (Teorema 11.9): $H_n \to +\infty$ .

Ejercicio 11.6 ★★

Supongamos que $(u_{2n})$ , $(u_{2n+1})$ y $(u_{3n})$ convergen. probar que $(u_n)$ converge. (Find common subsecuencias to equate the limits.)

Solución

Solución de Ejercicio 11.6.

Sea $a = \lim u_{2n}$ , $b = \lim u_{2n+1}$ , $c = \lim u_{3n}$ . el La secuencia $(u_{6n})$ es una subsecuencia tanto de $(u_{2n})$ como de $(u_{3n})$ : su límite es igual a $a$ y $c$ , por lo que $a = c$ . la secuencia $(u_{6n+3})$ es un subsecuencia de $(u_{2n+1})$ (índices impares) y de $(u_{3n})$ (índices $6n + 3 = 3(2n+1)$ ): entonces $b = c$ . Por lo tanto $a = b$ , y Proposición 11.14 (pares e impares con igual límites) da la convergencia de $(u_n)$ .

Ejercicio 11.7 ★★

Estudie la secuencia $u_0 = 0$ , $u_{n+1} = \sqrt{2 + u_n}$ : estabilidad, monotonicidad, límite. Luego prueba el error limitado. $\abs{u_n - 2} \leq \dfrac{2}{3^{\,n}}$ (show $2 - u_{n+1} = \dfrac{2 - u_n}{2 + \sqrt{2 + u_n}}$ and bound the denominator below by $3$ ).

Solución

Solución de Ejercicio 11.7.

Estabilidad y límites: $I = \intcc{0}{2}$ es estable: para $x \in I$ , $\sqrt{2 + x} \in \intcc{\sqrt 2}{2} \subseteq I$ ; y $u_0 = 0 \in I$ .

Monotonicidad: $f(x) = \sqrt{2+x}$ es creciente y $u_1 = \sqrt 2 > u_0$ : por inducción $(u_n)$ es creciente. creciente y acotado arriba por $2$ : converge (Teorema 11.9).

Límite: $\ell = \sqrt{2 + \ell}$ con $\ell \geq 0$ da $\ell^2 - \ell - 2 = 0$ , entonces $\ell = 2$ .

Error vinculado: multiplicando por el conjugado,

2 - u_{n+1} = 2 - \sqrt{2 + u_n} = \frac{4 - (2 + u_n)}{2 + \sqrt{2+u_n}} = \frac{2 - u_n}{2 + \sqrt{2 + u_n}} \leq \frac{2 - u_n}{3},

desde $\sqrt{2 + u_n} \geq \sqrt 2 > 1$ . Por inducción de $2 - u_0 = 2$ : $\;0 \leq 2 - u_n \leq \frac{2}{3^n}$ .

Ejercicio 11.8 ★★

Sea $(u_n)$ acotado, de modo que cada subsecuencia convergente de $(u_n)$ tiene el límite mismo $\ell$ . Prueba $u_n \to \ell$ . (Contradicción más Bolzano–Weierstrass.)

Solución

Solución de Ejercicio 11.8.

Supongamos que $(u_n)$ no converge con $\ell$ : para algunos $\varepsilon_0 > 0$ , infinitos índices satisfacen $\abs{u_n - \ell} > \varepsilon_0$ ; forman un subsecuencia $(u_{\varphi(n)})$ . esto subsecuencia está delimitado por Bolzano–Weierstrass (Teorema 11.16) tiene un subsubsecuencia convergente, cuyo límite $\ell'$ satisface $\abs{\ell' - \ell} \geq \varepsilon_0$ (pasa la desigualdad al límite, Teorema 11.7). pero un subsubsecuencia de $(u_n)$ es un subsecuencia convergente de $(u_n)$ , entonces por hipótesis $\ell' = \ell$ : contradicción.

Ejercicio 11.9 ★★★

Con la notación de Ejemplo 11.12, supongamos $\eu = \frac pq$ con $p, q \in \N^*$ . Usando $a_q < \eu < b_q = a_q + \frac{1}{q\, q!}$ , multiplique por $q!$ y derive una contradicción entre dos números enteros. Conclusión: $\eu$ es irracional.

Solución

Solución de Ejercicio 11.9.

Supongamos $\eu = \frac pq$ , $q \geq 1$ . Las desigualdades estrictas $a_q < \eu < a_q + \frac{1}{q\,q!}$ (estrictas ya que $(a_n)$ son estrictamente creciente y $(b_n)$ estrictamente decreciente) multiplicado por $q!$ da

q!\,a_q \;<\; q!\,\frac pq \;<\; q!\,a_q + \frac 1q \leq q!\,a_q + 1.

Ahora $N = q!\,a_q = \sum_{k=0}^{q} \frac{q!}{k!}$ es un número entero (cada $\frac{q!}{k!}$ es un producto de números enteros para $k \leq q$ ), y también lo es $q!\,\frac pq = (q-1)!\,p$ . La pantalla coloca así el número entero $(q-1)!\,p$ estrictamente entre $N$ y $N + \frac 1q \leq N + 1$ : un entero estrictamente dentro de $\intoo{N}{N+1}$ , lo cual es imposible. Por lo tanto $\eu \notin \Q$ .

Ejercicio 11.10 ★★★

(Cesàro significa) Para una secuencia $(u_n)_{n \geq 1}$ , configure $c_n = \frac{u_1 + \dots + u_n}{n}$ .

Demuestre que $u_n \to \ell$ implica $c_n \to \ell$ (cut the sum at a threshold $N$ ; bound the head by a fixed quantity over $n$ , the tail by $\varepsilon$ ).
Demuestre con el ejemplo que lo contrario falla.
Deduzca que si $u_{n+1} - u_n \to \ell$ , entonces $\frac{u_n}{n} \to \ell$ .

Solución

Solución de Ejercicio 11.10.

Sea $\varepsilon > 0$ y $N$ con $\abs{u_k - \ell} \leq \frac{\varepsilon}{2}$ para $k > N$ . Para $n > N$ :

$\abs{c_n - \ell} = \Bigl|\frac{\sum_{k=1}^{n}(u_k - \ell)}{n}\Bigr| \leq \frac{\sum_{k=1}^{N} \abs{u_k - \ell}}{n} + \frac{n - N}{n}\cdot\frac{\varepsilon}{2} \leq \frac{C}{n} + \frac{\varepsilon}{2},$

donde se fija $C = \sum_{k=1}^N \abs{u_k - \ell}$ . Para $n$ grande, $\frac Cn \leq \frac\varepsilon2$ : luego $\abs{c_n - \ell} \leq \varepsilon$ .
$u_n = (-1)^n$ : diverge, pero $c_n \to 0$ (sumas parciales delimitado por $1$ , dividido por $n$ ).
Aplicar (1) a la secuencia $v_n = u_{n+1} - u_n \to \ell$ : su Cesàro significa $\frac{u_{n+1} - u_1}{n} \to \ell$ (telescópico) y $\frac{u_{n+1}}{n} = \frac{u_{n+1} - u_1}{n} + \frac{u_1}{n} \to \ell$ ; índices de renormalización ( $\frac{u_n}{n} = \frac{u_n}{n-1}\cdot\frac{n-1}{n}$ ) da $\frac{u_n}{n} \to \ell$ .

Ejercicio 11.11 ★★★

Sea $(u_n)$ satisfaga a $0 \leq u_{m+n} \leq u_m + u_n$ para todos los $m, n$ (subaditividad). Demuestre que $\bigl(\frac{u_n}{n}\bigr)$ converge a $\inf_{n \geq 1} \frac{u_n}{n}$ . (For fixed $m$ , write $n = qm + r$ and bound $\frac{u_n}{n}$ using $u_n \leq q\,u_m + u_r$ .)

Solución

Solución de Ejercicio 11.11.

Dejemos $L = \inf_{n \geq 1} \frac{u_n}{n} \geq 0$ y $\varepsilon > 0$ . Elija $m$ con $\frac{u_m}{m} \leq L + \varepsilon$ . Cada $n$ escribe $n = qm + r$ , $0 \leq r < m$ ; la subaditividad (iterada) da $u_n \leq q\,u_m + u_r$ , entonces

\frac{u_n}{n} \leq \frac{q m}{n}\cdot\frac{u_m}{m} + \frac{u_r}{n} \leq \frac{u_m}{m} + \frac{\max(u_0, \dots, u_{m-1})}{n} \leq L + \varepsilon + \frac{C_m}{n},

utilizando $qm \leq n$ . Para $n$ grande, $\frac{C_m}{n} \leq \varepsilon$ : por lo tanto $L \leq \frac{u_n}{n} \leq L + 2\varepsilon$ para todos los grandes $n$ , que es la convergencia a $L$ .

Ejercicio 11.12 ★★★

Usando la densidad del subgrupo $\Z + 2\pi\Z$ de $(\R, +)$ (Ejercicio 10.9), demuestra que la secuencia $(\sin n)_{n \in \N}$ es densa en $\intcc{-1}{1}$ — en particular diverge.

Solución

Solución de Ejercicio 11.12.

El subgrupo $G = \Z + 2\pi\Z$ de $(\R, +)$ es denso: no lo es $\alpha\Z$ , ya que $1 = p\alpha$ , $2\pi = q\alpha$ haría racional a $2\pi = \frac qp$ — y $\pi \notin \Q$ (admitido aquí; se presenta una prueba). bosquejado en Capítulo 15). Por Ejercicio 10.9, $G$ es denso en $\R$ .

Vamos ahora $y \in \intcc{-1}{1}$ y $\theta = \arcsin y$ . Por densidad, por cada $\varepsilon > 0$ hay $n \in \Z$ , $k \in \Z$ con $\abs{(n + 2\pi k) - \theta} \leq \varepsilon$ , es decir, $n$ está dentro $\varepsilon$ de $\theta - 2\pi k$ ; entonces, siendo $\sin$ $2\pi$ -periódico y $1$ -Lipschitz ( $\abs{\sin a - \sin b} \leq \abs{a - b}$ , de la desigualdad del valor medio de Capítulo 14),

\abs{\sin n - y} = \abs{\sin(n + 2\pi k) - \sin\theta} \leq \abs{n + 2\pi k - \theta} \leq \varepsilon .

Un detalle: $n$ abarca $\Z$ , pero $\sin(-n) = -\sin n$ y $y$ fue arbitrario en $\intcc{-1}{1}$ , por lo que los índices no negativos son suficientes (reemplace $(n, y)$ por $(-n, -y)$ si es necesario). Por tanto, $\{\sin n : n \in \N\}$ es denso en $\intcc{-1}{1}$ ; una secuencia densa en un segmento tiene subsecuencias se acerca a valores distintos, por lo que diverge.

11.7 Problema: Cesàro, Stolz y la lenta caída del seno

Problema 11.1

Problema del fin de semana — el teorema de Cesàro–Stolz y las asintóticas $u_n \sim \sqrt{3/n}$ para $u_{n+1} = \sin u_n$

El teorema de Cesàro–Stolz es la regla discreta de l’Hospital: a encontrar el límite de un cociente $a_n/b_n$ , basta con encontrar el límite del cociente de incrementos $(a_{n+1} - a_n)/(b_{n+1} - b_n)$ . Este problema prueba el teorema, cosechas lo clásico lo limita y luego lo apunta a un objetivo famoso: la secuencia $u_{n+1} = \sin u_n$ , que avanza lentamente hasta $0$ en el velocidad exactamente computable $u_n \sim \sqrt{3/n}$ . Dos datos de la escuela secundaria El volumen se concede aquí y se vuelve a demostrar honestamente más adelante en este volumen: la desigualdad de la recta tangente

\tag{G1} \eu^{u} \geq 1 + u \quad (u \in \R),

re-probado por convexidad en Capítulo 14, y el seno horquillado

\tag{G2} x - \frac{x^3}{6} \;\leq\; \sin x \;\leq\; x - \frac{x^3}{6} + \frac{x^5}{120} \quad (0 \leq x \leq 1), \qquad \abs{\sin x} \leq \abs{x} \quad (x \in \R),

demostrado nuevamente por la fórmula de Taylor en Capítulo 16.

Parte I — Sums without closed formulas.

Usando $1 + 2 + \dots + n = \frac{n(n+1)}{2}$ y $1^2 + \dots + n^2 = \frac{n(n+1)(2n+1)}{6}$ , calcule $\lim \frac{1 + 2 + \dots + n}{n^2}$ y $\lim \frac{1^2 + \dots + n^2}{n^3}$ .
Vamos $T_n = \sum_{k=1}^n \sqrt k$ , para el cual no hay cerrado La fórmula existe. Demostrar el bracketing

$\frac{1}{2\sqrt 2}\,n^{3/2} \;\leq\; T_n \;\leq\; n^{3/2}$

(keep only the terms $k > \frac n2$ for the lower bound). Entonces $T_n$ tiene el orden $n^{3/2}$ — pero cual constante? Mantenga la pregunta hasta la pregunta 8.
(Lema telescópico) Sea $(b_n)$ estrictamente creciente y supongamos que para todos los $k \geq N$ ,

$m \;\leq\; \frac{a_{k+1} - a_k}{b_{k+1} - b_k} \;\leq\; M .$

Demuestre que $m \leq \dfrac{a_n - a_N}{b_n - b_N} \leq M$ por cada $n > N$ .

Parte II — The Cesàro–Stolz theorem. Deja $(b_n)$ será estrictamente creciente con $b_n \to +\infty$ , y supongamos $\dfrac{a_{n+1} - a_n}{b_{n+1} - b_n} \to \ell \in \R$ .

Reparar $\varepsilon > 0$ . Mostrar que hay $N$ tal que $\ell - \varepsilon \leq \dfrac{a_n - a_N}{b_n - b_N} \leq \ell + \varepsilon$ para todos los $n > N$ .
Establecer, para $n > N$ , la identidad

$\frac{a_n}{b_n} - \ell = \frac{a_N - \ell\,b_N}{b_n} + \Bigl(1 - \frac{b_N}{b_n}\Bigr) \Bigl(\frac{a_n - a_N}{b_n - b_N} - \ell\Bigr),$

y concluir el teorema: $\dfrac{a_n}{b_n} \to \ell$ .
Demuestre la variante $+\infty$ : si $\dfrac{a_{n+1} - a_n}{b_{n+1} - b_n} \to +\infty$ (mismas hipótesis sobre $(b_n)$ ), luego $\dfrac{a_n}{b_n} \to +\infty$ .
Tome $b_n = n$ : recupere el teorema de la media de Cesàro Ejercicio 11.10. Luego muestra lo contrario de Cesàro–Stolz falla: para $a_n = (-1)^n$ , $b_n = n$ , el el cociente $a_n/b_n$ converge mientras que el cociente de los incrementos no. Stolz es una calle de sentido único.

Parte III — First dividends.

Demuestre $(1+h)^{3/2} - 1 = \dfrac{3h + 3h^2 + h^3}{(1+h)^{3/2} + 1}$ por conjugación, deduzca $n\bigl((1 + \tfrac1n)^{3/2} - 1\bigr) \to \tfrac32$ , y concluir con Cesàro–Stolz:

$T_n = \sum_{k=1}^{n} \sqrt k \;\sim\; \tfrac23\, n^{3/2} ,$

resolviendo el suspenso de la pregunta 2.
Solo a partir de (G1), derivar el paréntesis del logaritmo

$\frac{t}{1 + t} \;\leq\; \ln(1 + t) \;\leq\; t \qquad (t > -1)$

(apply (G1) at $u = \ln(1+t)$ and at $u = -t/(1+t)$ ).
Demuestre que $b_n = \ln n$ es estrictamente creciente con $\ln n \to +\infty$ , y probar con Cesàro–Stolz y pregunta 9 que

$H_n = \sum_{k=1}^{n} \frac 1k \;\sim\; \ln n .$

(La estructura más fina $H_n = \ln n + \gamma + o(1)$ es la problema de fin de semana de Capítulo 17.)
(De proporciones a raíces) Sea $u_n > 0$ con $\frac{u_{n+1}}{u_n} \to L > 0$ . Usando la pregunta 9, muestre $\ln\frac{u_{n+1}}{u_n} \to \ln L$ ; aplicar Cesàro a concluir $\frac{\ln u_n}{n} \to \ln L$ , luego, con (G1), que $u_n^{1/n} \to L$ . Aplicación: calcular $\lim\,\binom{2n}{n}^{1/n}$ .

Parte IV — The slow fall of the sine. Deja $u_0 \in \R$ y $u_{n+1} = \sin u_n$ .

Desde (G2), muestre $0 < \sin x < x$ para $0 < x \leq 1$ . Deducir: $u_1 \in \intcc{-1}{1}$ ; si $u_1 = 0$ el la secuencia es cero desde el rango $1$ ; y si $u_1 > 0$ (el caso $u_1 < 0$ es simétrico, $\sin$ impar), entonces $(u_n)_{n \geq 1}$ es estrictamente decreciente, positivo y converge a $0$ (identify the limit via $\ell = \sin \ell$ , using $\abs{\sin a - \sin b} \leq \abs{a - b}$ , itself a consequence of (G2) and the product-to-sum formula).
Asumir de ahora en adelante $u_1 \in \intoc{0}{1}$ . Mostrar por apretando, usando (G2):

$\frac{\sin u_n}{u_n} \to 1 \qquad\text{and}\qquad \frac{u_n - \sin u_n}{u_n^{3}} \to \frac16 .$
Demostrar la factorización

$w_n := \frac{1}{u_{n+1}^{2}} - \frac{1}{u_n^{2}} = \frac{u_n - \sin u_n}{u_n^{3}} \cdot \frac{u_n + \sin u_n}{u_n} \cdot \Bigl(\frac{u_n}{\sin u_n}\Bigr)^{2},$

y deducir $w_n \to \frac13$ .
Concluir con Ejercicio 11.10 (versión incremental) que $\frac{1}{n\,u_n^{2}} \to \frac13$ , entonces, por un argumento de conjugación para la raíz cuadrada, el titular:

$\sqrt n\;u_n \longrightarrow \sqrt 3 , \qquad\text{i.e.}\qquad u_n \sim \sqrt{\frac 3n} .$
Cuantifique la lentitud: muestre que eventualmente $\sqrt{2/n} \leq u_n \leq 2/\sqrt n$ , de modo que llegar a $u_n \leq 10^{-2}$ requiere más de $20\,000$ iteraciones (aproximadamente $30\,000$ , por las asintóticas). Contraste con garza método (Ejemplo 11.24) y explique la Razón estructural: en el punto fijo $0$ , la pendiente de $\sin$ es $1$ (un punto fijo neutral), mientras que las iteraciones de reducción de errores necesitan una pendiente de módulo $< 1$ .
Muestre que para cada punto de partida $u_0 \in \R$ , ya sea $u_n = 0$ desde el rango $1$ en adelante, o $\abs{u_n} \sim \sqrt{3/n}$ — la caída es universal, solo el signo recuerda $u_0$ .

Part V — The general principle. El seno es una instancia de una máquina.

Sea $u_n > 0$ , $u_n \to 0$ y $\dfrac{u_n - u_{n+1}}{u_n^{2}} \to a > 0$ . Demuestre sucesivamente: $\frac{u_{n+1}}{u_n} \to 1$ ; luego $\frac{1}{u_{n+1}} - \frac{1}{u_n} \to a$ ; luego $n\,u_n \to \frac1a$ .
(modelo exacto) Para $u_{n+1} = \dfrac{u_n}{1 + u_n}$ , $u_0 > 0$ : muestre $\frac{1}{u_n}$ es aritmético, resuelva exactamente, y coteje la conclusión de la pregunta 18 con la exacta fórmula.
Para $u_{n+1} = u_n \eu^{-u_n}$ , $u_0 > 0$ : muestre $u_n \to 0$ , use (G1) para apretar $\frac{1 - \eu^{-t}}{t}$ entre $\frac{1}{1+t}$ y $1$ para $t > 0$ , y concluye $u_n \sim \frac 1n$ .
(Contacto cúbico, telescopio cuadrado) Sea $u_n > 0$ , $u_n \to 0$ , $\dfrac{u_n - u_{n+1}}{u_n^{3}} \to a > 0$ . Adapte la factorización de la pregunta 14 para mostrar $\frac{1}{u_{n+1}^2} - \frac{1}{u_n^2} \to 2a$ , y concluir $n\,u_n^{2} \to \frac{1}{2a}$ . Compruebe que $a = \frac16$ recupere la Parte IV.

Part VI — Limits of the method, and morals.

Demuestre que la hipótesis $b_n \to +\infty$ no puede ser eliminado: para $a_n = 2 - 2^{-n}$ y $b_n = 1 - 2^{-n}$ , el cociente incremental tiende a $1$ mientras que $\frac{a_n} {b_n} \to 2$ . Señale la línea exacta de las preguntas 5. prueba que se rompe.
(Stolz dos veces) Prueba $\sum_{k=1}^{n} H_k \sim n \ln n$ (one application of Cesàro–Stolz, then question 10; bound $(n+1)\ln(n+1) - n\ln n$ using question 9).
(Medios geométricos) Si $u_n > 0$ y $u_n \to \ell > 0$ , mostrar $(u_1 u_2 \cdots u_n)^{1/n} \to \ell$ ; si $u_n \to +\infty$ , muestre $(u_1 \cdots u_n)^{1/n} \to +\infty$ . Deducir $(n!)^{1/n} \to +\infty$ .
Síntesis, una oración cada una: (i) ¿dónde exactamente la integridad entra en este problema; (ii) en qué sentido Cesàro–Stolz una regla discreta del Hospital (su El gemelo diferencial se basa en el teorema del valor medio de Capítulo 14); (iii) enunciar la heurística vinculando el orden de contacto de $f$ en un punto neutro fijo señale el exponente de desintegración de $u_{n+1} = f(u_n)$ ; (iv) rastrear la constante $3$ de $\sqrt{3/n}$ hasta la tubería $\frac16 \to \frac13 \to 3$ .

Solución

Solución de Problema 11.1.

1. $\dfrac{n(n+1)/2}{n^2} = \dfrac{1 + 1/n}{2} \to \dfrac12$ y $\dfrac{n(n+1)(2n+1)/6}{n^3} = \dfrac{(1 + 1/n)(2 + 1/n)}{6} \to \dfrac13$ .

2. Superior: cada uno de los términos $n$ es $\leq \sqrt n$ , por lo que $T_n \leq n\sqrt n$ . Inferior: los términos con número $k > \frac n2$ al menos $\frac n2$ , y cada uno es $\geq \sqrt{n/2}$ :

T_n \geq \frac n2 \sqrt{\frac n2} = \frac{n^{3/2}}{2\sqrt 2} .

3. Para $k \geq N$ , desde $b_{k+1} - b_k > 0$ : $m(b_{k+1} - b_k) \leq a_{k+1} - a_k \leq M(b_{k+1} - b_k)$ . Suma para $k = N, \dots, n - 1$ , telescopio de ambos lados:

m\,(b_n - b_N) \leq a_n - a_N \leq M\,(b_n - b_N),

y al dividir por $b_n - b_N > 0$ se obtiene el reclamo.

4. Por definición del límite existe $N$ con $\ell - \varepsilon \leq \frac{a_{k+1} - a_k}{b_{k+1} - b_k} \leq \ell + \varepsilon$ para todos los $k \geq N$ ; pregunta 3 con $m = \ell - \varepsilon$ , $M = \ell + \varepsilon$ transfiere el bracketing a $\frac{a_n - a_N}{b_n - b_N}$ .

5. Expandiendo el lado derecho de la identidad:

\frac{a_N - \ell b_N}{b_n} + \frac{a_n - a_N}{b_n} - \ell\,\frac{b_n - b_N}{b_n} = \frac{a_n - \ell b_n}{b_n} = \frac{a_n}{b_n} - \ell .

Por la pregunta 4 el segundo factor del producto está acotado por $\varepsilon$ en valor absoluto y $0 < 1 - \frac{b_N}{b_n} \leq 1$ para $n$ grande, por lo que

\Bigl|\frac{a_n}{b_n} - \ell\Bigr| \leq \frac{\abs{a_N - \ell b_N}}{b_n} + \varepsilon \leq 2\varepsilon

tan pronto como $b_n \geq \frac{\abs{a_N - \ell b_N}}{\varepsilon}$ , lo que sucede eventualmente desde $b_n \to +\infty$ . Por lo tanto $\frac{a_n}{b_n} \to \ell$ : el teorema de Cesàro–Stolz.

6. Dado $M$ , elija $N$ con $\frac{a_{k+1} - a_k}{b_{k+1} - b_k} \geq M$ para $k \geq N$ ; la mitad inferior de la pregunta 3 da $a_n - a_N \geq M(b_n - b_N)$ , entonces

\frac{a_n}{b_n} \geq \frac{a_N}{b_n} + M\Bigl(1 - \frac{b_N}{b_n}\Bigr) \longrightarrow M .

Más allá de algún rango, $\frac{a_n}{b_n} \geq M - 1$ ; como era $M$ arbitrario, $\frac{a_n}{b_n} \to +\infty$ .

7. Con $b_n = n$ y $a_n = u_1 + \dots + u_n$ : el el cociente incremental es $u_{n+1} \to \ell$ , por lo que la media de Cesàro $\frac{a_n}{n}$ tiende a $\ell$ : parte (1) de Ejercicio 11.10. Con $a_n = u_n$ : el cociente incremental es $u_{n+1} - u_n$ , dando la parte (3). Conversar: $a_n = (-1)^n$ , $b_n = n$ tiene $\frac{a_n}{b_n} \to 0$ , pero $a_{n+1} - a_n = \pm 2$ se alterna: el cociente incremental no tiene límite.

8. Conjugación:

\bigl((1+h)^{3/2} - 1\bigr)\bigl((1+h)^{3/2} + 1\bigr) = (1+h)^3 - 1 = 3h + 3h^2 + h^3 .

Para $h = \frac1n$ : $n\bigl((1 + \frac1n)^{3/2} - 1\bigr) = \frac{3 + 3/n + 1/n^2}{(1 + 1/n)^{3/2} + 1}$ y $1 \leq (1 + \frac1n)^{3/2} \leq (1 + \frac1n)^2 \to 1$ (apretar), por lo que el denominador tiende a $2$ y la expresión a $\frac32$ . ahora Stolz con $a_n = T_n$ , $b_n = n^{3/2}$ (estrictamente creciente, $\to +\infty$ ):

\frac{\sqrt{n+1}}{(n+1)^{3/2} - n^{3/2}} = \frac{\sqrt{n+1}}{\sqrt n} \cdot \frac{1}{n\bigl((1 + \frac1n)^{3/2} - 1\bigr)} \longrightarrow 1 \cdot \frac{2}{3},

por lo tanto $T_n \sim \frac23\,n^{3/2}$ . (El entre paréntesis de la pregunta 2 había atrapado la constante en $\intcc{0.35}{1}$ ; Stolz lo señala.)

9. (G1) en $u = \ln(1+t)$ : $1 + t = \eu^{\ln(1+t)} \geq 1 + \ln(1+t)$ , entonces $\ln(1+t) \leq t$ . (G1) en $u = -\frac{t}{1+t}$ : $\eu^{-t/(1+t)} \geq 1 - \frac{t}{1+t} = \frac{1}{1+t} > 0$ ; tomando $\ln$ (en aumento): $-\frac{t}{1+t} \geq -\ln(1+t)$ , es decir $\ln(1+t) \geq \frac{t}{1+t}$ .

10. $\ln$ es estrictamente creciente (Proposición 4.1) y $\ln(2^k) = k\ln 2$ es ilimitado, por lo que $\ln n \to +\infty$ . Incrementos: con $t = \frac1n$ en la pregunta 9,

\frac 1{n+1} = \frac{1/n}{1 + 1/n} \leq \ln\Bigl(1 + \frac1n\Bigr) \leq \frac1n \quad\Longrightarrow\quad \frac{n}{n+1} \leq \frac{1/(n+1)}{\ln(1 + 1/n)} \leq 1 ,

entonces el cociente incremental $\frac{H_{n+1} - H_n}{\ln(n+1) - \ln n}$ tiende a $1$ ; Stolz da $H_n \sim \ln n$ .

11. Configure $x_n = \frac{u_{n+1}}{u_n} \to L$ y $t_n = \frac{x_n}{L} - 1 \to 0$ . Pregunta 9: $\frac{t_n}{1 + t_n} \leq \ln(1 + t_n) \leq t_n$ , entonces $\ln x_n - \ln L = \ln(1 + t_n) \to 0$ apretando. Cesàro (pregunta 7) aplicada a $(\ln x_k)$ :

\frac1n \sum_{k=0}^{n-1} \ln x_k = \frac{\ln u_n - \ln u_0}{n} \longrightarrow \ln L ,

entonces $\frac{\ln u_n}{n} \to \ln L$ . Con $h_n = \frac{\ln u_n}{n} - \ln L \to 0$ : $u_n^{1/n} = L\,\eu^{h_n}$ , y (G1) aprieta $1 + h_n \leq \eu^{h_n} \leq \frac{1}{1 - h_n}$ (para $h_n < 1$ ), entonces $\eu^{h_n} \to 1$ y $u_n^{1/n} \to L$ . Solicitud: $u_n = \binom{2n}{n}$ da

\frac{u_{n+1}}{u_n} = \frac{(2n+1)(2n+2)}{(n+1)^2} = \frac{2(2n+1)}{n+1} \longrightarrow 4 , \qquad\text{so}\qquad \binom{2n}{n}^{1/n} \to 4 .

12. Para $0 < x \leq 1$ , (G2) da $\sin x \geq x(1 - \frac{x^2}{6}) \geq \frac{5x}{6} > 0$ y

x - \sin x \geq \frac{x^3}{6} - \frac{x^5}{120} = x^3\Bigl(\frac16 - \frac{x^2}{120}\Bigr) \geq \frac{19}{120}\,x^3 > 0 :

por lo tanto $0 < \sin x < x$ en $\intoc{0}{1}$ . Siempre $u_1 = \sin u_0 \in \intcc{-1}{1}$ . Si $u_1 = 0$ , entonces $u_n = 0$ para $n \geq 1$ . Si $u_1 \in \intoc{0}{1}$ : por inducción $0 < u_{n+1} = \sin u_n < u_n \leq 1$ , entonces $(u_n)_{n\geq1}$ es estrictamente decreciente y acotado abajo por $0$ : converge a algún $\ell \in \intco{0}{1}$ (Teorema 11.9). El producto a la suma fórmula y (G2) dan $\abs{\sin a - \sin b} = 2\abs{\cos \frac{a+b}{2}}\,\abs{\sin\frac{a-b}{2}} \leq \abs{a - b}$ , entonces $u_{n+1} = \sin u_n \to \sin \ell$ : $\ell = \sin\ell$ . Si $\ell > 0$ entonces $\sin\ell < \ell$ : imposible. Entonces $u_n \to 0$ .

13. Dividiendo (G2) entre $u_n > 0$ :

1 - \frac{u_n^2}{6} \leq \frac{\sin u_n}{u_n} \leq 1 - \frac{u_n^2}{6} + \frac{u_n^4}{120} \leq 1 ,

y $u_n \to 0$ aprieta $\frac{\sin u_n}{u_n} \to 1$ . Dividiendo $x - \sin x$ por $x^3$ :

\frac16 - \frac{u_n^2}{120} \leq \frac{u_n - \sin u_n}{u_n^3} \leq \frac16 \longrightarrow \frac16 .

14. Desde $u_{n+1} = \sin u_n$ :

w_n = \frac{u_n^2 - \sin^2 u_n}{u_n^2 \sin^2 u_n} = \frac{(u_n - \sin u_n)(u_n + \sin u_n)}{u_n^2 \sin^2 u_n} = \frac{u_n - \sin u_n}{u_n^3}\cdot \frac{u_n + \sin u_n}{u_n}\cdot \Bigl(\frac{u_n}{\sin u_n}\Bigr)^{2}

(verifique los poderes de $u_n$ : $3 + 1 + (-4)$ con el $u_n^2$ abajo y $u_n^4$ arriba). Por la pregunta 13 los tres Los factores tienden a $\frac16$ , $2$ , $1$ : $w_n \to \frac13$ .

15. $v_n = \frac{1}{u_n^2}$ tiene incrementos $v_{n+1} - v_n = w_n \to \frac13$ , por lo que $\frac{v_n}{n} \to \frac13$ por Ejercicio 11.10 (3): $n u_n^2 \to 3$ . entonces

\abs{\sqrt n\,u_n - \sqrt 3} = \frac{\abs{n u_n^2 - 3}}{\sqrt n\,u_n + \sqrt 3} \leq \frac{\abs{n u_n^2 - 3}}{\sqrt 3} \longrightarrow 0 :

$\sqrt n\,u_n \to \sqrt 3$ , es decir $u_n \sim \sqrt{3/n}$ .

16. Desde $n u_n^2 \to 3$ , eventualmente $2 \leq n u_n^2 \leq 4$ , es decir $\sqrt{2/n} \leq u_n \leq 2/\sqrt n$ . Si $u_n \leq 10^{-2}$ con $n$ en ese rango, entonces $2/n \leq 10^{-4}$ : $n \geq 20\,000$ ; y $\sqrt{3/n} = 10^{-2}$ en $n = 30\,000$ . método de garza eleva al cuadrado el error en cada paso — el dígito cuenta se duplica — porque en su punto fijo la pendiente relevante es $< 1$ en módulo (de hecho, la iteración se está contrayendo). Aquí $\sin' 0 = \cos 0 = 1$ : el punto fijo es neutro, no existe contracción geométrica y la decadencia está gobernada por la primer término no lineal $-\frac{x^3}{6}$ , por lo tanto polinomio. uno El paso de Heron gana más precisión que diez mil pasos de el seno.

17. Para $u_0$ arbitrario: $u_1 = \sin u_0 \in \intcc{-1}{1}$ . Si $u_1 = 0$ la secuencia desaparece del rango $1$ . Si $u_1 > 0$ , la Parte IV se aplica palabra por palabra. Si $u_1 < 0$ , configure $v_n = -u_n$ : la rareza de $\sin$ da $v_{n+1} = -\sin u_n = \sin(-u_n) = \sin v_n$ con $v_1 \in \intoc{0}{1}$ , por lo que $v_n \sim \sqrt{3/n}$ , es decir, $u_n \sim -\sqrt{3/n}$ . en todos los casos $\abs{u_n} \sim \sqrt{3/n}$ (o la secuencia eventualmente es $0$ ): la caída es universal, sólo el signo recuerda el inicio.

18. Primer $\frac{u_{n+1}}{u_n} = 1 - \frac{u_n - u_{n+1}}{u_n^2}\,u_n \to 1 - a \cdot 0 = 1$ . entonces

\frac{1}{u_{n+1}} - \frac{1}{u_n} = \frac{u_n - u_{n+1}}{u_n u_{n+1}} = \frac{u_n - u_{n+1}}{u_n^2}\cdot\frac{u_n}{u_{n+1}} \longrightarrow a \cdot 1 = a ,

y Ejercicio 11.10 (3) da $\frac{1}{n u_n} \to a$ , es decir, $n u_n \to \frac1a$ .

19. $v_n = \frac{1}{u_n}$ : $v_{n+1} = \frac{1 + u_n}{u_n} = v_n + 1$ , entonces $v_n = v_0 + n$ y

u_n = \frac{u_0}{1 + n u_0} , \qquad n u_n = \frac{n u_0}{1 + n u_0} \longrightarrow 1 .

Verificación del lema: $u_n - u_{n+1} = \frac{u_n^2}{1 + u_n}$ , entonces $\frac{u_n - u_{n+1}}{u_n^2} = \frac{1}{1 + u_n} \to 1 = a$ , y La pregunta 18 predice $n u_n \to 1$ : concordancia exacta.

20. Positividad por inducción ( $\eu^{-u} > 0$ ); disminuyendo desde $\eu^{-u_n} < 1$ para $u_n > 0$ ; por lo tanto $u_n \to \ell \geq 0$ (Teorema 11.9). Puente de continuidad: con $h_n = \ell - u_n \to 0$ , $\eu^{-u_n} = \eu^{-\ell} \eu^{h_n} \to \eu^{-\ell}$ por el (G1) apretar $1 + h_n \leq \eu^{h_n} \leq \frac{1}{1 - h_n}$ ; entonces $\ell = \ell\, \eu^{-\ell}$ y $\ell > 0$ forzarían a $\eu^{-\ell} = 1$ , falso: $\ell = 0$ . Para $t > 0$ , (G1) da $\eu^{-t} \geq 1 - t$ y $\eu^{-t} \leq \frac{1}{1 + t}$ , entonces

\frac{1}{1 + t} \leq \frac{1 - \eu^{-t}}{t} \leq 1 .

Con $t = u_n$ : $\frac{u_n - u_{n+1}}{u_n^2} = \frac{1 - \eu^{-u_n}}{u_n} \to 1$ . Pregunta 18 con $a = 1$ : $n u_n \to 1$ , entonces $u_n \sim \frac1n$ .

21. Como en la pregunta 18, $\frac{u_{n+1}}{u_n} = 1 - \frac{u_n - u_{n+1}}{u_n^3}\,u_n^2 \to 1$ . entonces

\frac{1}{u_{n+1}^2} - \frac{1}{u_n^2} = \frac{(u_n - u_{n+1})(u_n + u_{n+1})}{u_n^2 u_{n+1}^2} = \frac{u_n - u_{n+1}}{u_n^3}\cdot \frac{u_n + u_{n+1}}{u_n}\cdot \Bigl(\frac{u_n}{u_{n+1}}\Bigr)^2 \longrightarrow a \cdot 2 \cdot 1 = 2a ,

y Ejercicio 11.10 (3) da $\frac{1}{n u_n^2} \to 2a$ : $n u_n^2 \to \frac{1}{2a}$ . Para el seno, $a = \frac16$ (pregunta 13): $n u_n^2 \to 3$ , exactamente Parte IV.

22. Incrementos: $a_{n+1} - a_n = 2^{-n} - 2^{-n-1} = 2^{-n-1} = b_{n+1} - b_n$ , por lo que el cociente del incremento es constantemente $1$ . Sin embargo, $\frac{a_n}{b_n} = \frac{2 - 2^{-n}}{1 - 2^{-n}} \to 2 \neq 1$ . La prueba de la pregunta 5 se rompe en el término límite: $\frac{a_N - \ell b_N}{b_n} \to 0$ necesario $b_n \to +\infty$ ; aquí (con $\ell = 1$ ) $a_N - b_N = 1$ y $b_n \to 1$ , por lo que el término tiende a $1$ — precisamente la brecha residual $2 - 1$ .

23. Stolz con $A_n = \sum_{k=1}^n H_k$ y $B_n = n\ln n$ : $B_{n+1} - B_n = \ln(n+1) + n\ln(1 + \frac1n) > 0$ y $B_n \to +\infty$ . Por la pregunta 9, $\frac{n}{n+1} \leq n\ln(1 + \frac1n) \leq 1$ , entonces $B_{n+1} - B_n = \ln(n+1) + \theta_n$ con $\frac12 \leq \theta_n \leq 1$ . Por lo tanto

\frac{A_{n+1} - A_n}{B_{n+1} - B_n} = \frac{H_{n+1}}{\ln(n+1)}\cdot \frac{1}{1 + \theta_n/\ln(n+1)} \longrightarrow 1 \cdot 1 = 1

(pregunta 10 para el primer factor; $\theta_n$ acotado y $\ln(n+1) \to \infty$ para el segundo). Stolz concluye: $\sum_{k=1}^n H_k \sim n\ln n$ .

24. Si $u_n \to \ell > 0$ : como en la pregunta 11, $\ln u_n \to \ln\ell$ (pregunta 9 apriete $\ln\frac{u_n}{\ell}$ ), entonces el Cesàro significa $\frac1n\sum_{k=1}^n \ln u_k \to \ln\ell$ , y el puente exponencial de la pregunta 11 da $(u_1\cdots u_n)^{1/n} = \exp\bigl(\frac1n\sum\ln u_k\bigr) \to \ell$ . si $u_n \to +\infty$ : para cualquier $M$ , eventualmente $u_n \geq \eu^M$ , entonces $\ln u_n \geq M$ : $\ln u_n \to +\infty$ ; el $+\infty$ Cesàro (pregunta 6, $b_n = n$ ) da $\frac1n\sum \ln u_k \to +\infty$ , y (G1) ( $\eu^s \geq 1 + s$ ) envía la media geométrica a $+\infty$ . Con $u_n = n$ : $(n!)^{1/n} \to +\infty$ .

25. (i) Integridad ingresada solo a través del tono monótono teorema del límite, para producir los límites de las preguntas 12 y 20; el teorema Cesàro–Stolz en sí es puro Gestión $\varepsilon$ , válida sobre $\Q$ . (ii) Stolz reemplaza $\lim \frac{a_n}{b_n}$ por $\lim$ del cociente de incrementos, exactamente como l’Hospital sustituye $\lim\frac fg$ por $\lim\frac{f'}{g'}$ — el gemelo diferencial se apoya en la media teorema del valor de Capítulo 14. (iii) Heurística: si $f(x) = x - a\,x^{p+1} + o(x^{p+1})$ en el punto neutro fijo $0$ , luego $\frac{1}{u_{n+1}^p} - \frac{1}{u_n^p} \to pa$ y $u_n \sim (pan)^{-1/p}$ : contacto de orden $p + 1$ produce deterioro $n^{-1/p}$ — cuanto más plano sea el gráfico respecto de la diagonal, más más lenta la caída. (iv) La constante: (G2) proporciona la cúbica coeficiente $\frac16$ ; la factorización de la pregunta 14 se duplica en el incremento del telescopio $\frac13$ ; Cesàro gira $\frac{1}{u_n^2}$ en $\frac n3$ ; invirtiendo y echando raíces entrega $\sqrt{3/n}$ .