Matemáticas universitarias — Grado 1 · Bachelor Year 1

11Sucesiones

Las sucesiones se manipularon en el volumen anterior con el concepto de límite tomado a medias como acto de fe. Aquí la teoría se reconstruye sobre la completitud de $\R$ (Capítulo 10): todo teorema clásico — convergencia monótona, sucesiones adyacentes, Bolzano–Weierstrass, criterio de Cauchy — es una cara de ese único axioma. El capítulo termina con el estudio práctico de las sucesiones definidas por $u_{n+1} = f(u_n)$ .

11.1 Convergencia

Definición 11.1 (Límite de una sucesión)

Una sucesión $(u_n)$ 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 sucesión que no converge (a ningún real) diverge. Divergencia a $+\infty$ : $\forall M,\ \exists N,\ \forall n \geq N,\ u_n \geq M$ (análogamente, $-\infty$ ).

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

Afirmación: $u_n = \dfrac{n^2 + 1}{2n^2 - 3} \to \dfrac12$ . Aíslese primero 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).

Domínese después con algo simple: para $n \geq 2$ , $2n^2 - 3 \geq n^2$ , luego el error es $\leq \frac{5}{2n^2} \leq \frac 5{2n}$ . Dado $\varepsilon > 0$ , la propiedad arquimediana proporciona $N \geq \max\bigl(2, \frac{5}{2\varepsilon}\bigr)$ ; para $n \geq N$ el error es $\leq \varepsilon$ . Hecho. La idea de cierre: una demostración $\varepsilon$ – $N$ tiene exactamente tres movimientos — calcular el error, acotarlo por una expresión elemental decreciente, despejar el umbral — y, tras los teoremas de este capítulo (operaciones, emparedado), casi nunca se vuelve a escribir una demostración así: los teoremas empaquetan los tres movimientos de una vez por todas.

Ejemplo 11.3 (Divergencia a infinito, certificada)

Afirmación: $u_n = n^2 - 100n \to +\infty$ . Factorícese el término dominante: $u_n = n^2\bigl(1 - \frac{100}{n}\bigr) \geq \frac{n^2}{2}$ para $n \geq 200$ . Dado $M$ , tómese $N = \max\bigl(200, \lceil\sqrt{2M}\rceil\bigr)$ : para $n \geq N$ , $u_n \geq \frac{n^2}{2} \geq M$ . Se ven dos hábitos: factorizar el término dominante convierte una competencia ( $n^2$ contra $-100n$ ) en una sola escala por un factor que tiende a $1$ ; y el umbral puede ser enorme ( $u_{100} = 0$ , y la sucesión es incluso negativa antes de $n = 100$ ) — la divergencia a $+\infty$ es un enunciado sobre la cola, indiferente a cualquier mal comportamiento finito.

Proposición 11.4 (Primeras propiedades)

El límite, si existe, es único.
Una sucesión convergente está acotada.
Si $u_n \to \ell$ , modificar un número finito de términos no cambia ni la convergencia ni el límite.

Demostración. (1) Si $u_n \to \ell$ y $u_n \to \ell'$ con $\ell \neq \ell'$ , tómese $\varepsilon = \frac{\abs{\ell - \ell'}}{3}$ : 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 $N$ , $\abs{u_n} \leq \abs\ell + 1$ ; y los finitos términos anteriores también están acotados, luego $\abs{u_n} \leq \max(\abs{u_0}, \dots, \abs{u_{N-1}}, \abs\ell + 1)$ .

(3) Con detalle: supóngase $v_n = u_n$ para $n \geq n_0$ y $u_n \to \ell$ . Dado $\varepsilon > 0$ , tómese el umbral $N$ de $(u_n)$ : para $n \geq \max(N, n_0)$ , $\abs{v_n - \ell} = \abs{u_n - \ell} \leq \varepsilon$ . Luego $v_n \to \ell$ : la definición cuantifica solo sobre $n \geq N$ , y cualquier prefijo finito se puede reescribir al precio de agrandar el umbral. (Por eso bastan en todo este capítulo las hipótesis del tipo «para todo $n$ grande».) ∎

Teorema 11.5 (Operaciones con 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 mayor de los umbrales. Producto: escríbase

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

$(v_n)$ está acotada por cierto $B$ (Proposición 11.4), luego el miembro derecho es $\leq B\abs{u_n - \ell} + \abs{\ell}\,\abs{v_n - m}$ , arbitrariamente pequeño. Cociente: basta tratar $\frac 1{v_n}$ . Con $\varepsilon = \frac{\abs m}{2}$ : más allá de cierto $N_0$ , $\abs{v_n} \geq \frac{\abs m}{2}$ , luego

\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 triangular inversa, Proposición 3.2). ∎

Ejemplo 11.6 (Operaciones más un truco algebraico)

Calcúlese $\lim\,\bigl(\sqrt{n^2 + n} - n\bigr)$ . Las dos piezas por separado tienden a $+\infty$ : el teorema de las operaciones no dice nada de su diferencia (una forma indeterminada). Multiplíquese 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 $0 \leq \sqrt{1 + h} - 1 = \frac{h}{\sqrt{1+h} + 1} \leq h$ (conjugado otra vez y emparedado con $h = \frac1n$ ); y entonces el teorema de las operaciones da el límite $\frac{1}{1 + 1} = \frac12$ . La idea de cierre: el teorema de las operaciones no es una calculadora para todos los límites — las formas indeterminadas ( $\infty - \infty$ , $\frac00$ , $0 \times \infty$ , $1^\infty$ ) hay que transformarlas antes con álgebra (conjugados, factorizar el término dominante) hasta que cada pieza converja; la máquina sistemática para los casos resistentes es el desarrollo asintótico del Capítulo 16.

Teorema 11.7 (Límites y orden)

Si $u_n \leq v_n$ para todo $n$ grande y las dos convergen, entonces $\lim u_n \leq \lim v_n$ . (Las desigualdades estrictas no pasan al límite: $\frac 1n > 0$ pero $\lim = 0$ .)
(Teorema del emparedado) Si $u_n \leq w_n \leq v_n$ para todo $n$ grande 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 todo $n$ grande.

Demostración. (1) Supóngase $\ell = \lim u_n > m = \lim v_n$ ; con $\varepsilon = \frac{\ell - m}{3}$ , los términos grandes cumplen $v_n \leq m + \varepsilon < \ell - \varepsilon \leq u_n$ , en contra de $u_n \leq v_n$ .

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

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

Ejemplo 11.8 (Dos emparedados)

(i) $\dfrac{\sin n}{n} \to 0$ : de $-\frac1n \leq \frac{\sin n}{n} \leq \frac1n$ , con las dos paredes cerrándose sobre $0$ — sin necesidad de entender en absoluto el errático numerador. (ii) $(2^n + 3^n)^{1/n} \to 3$ : encuádrese 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 el Ejercicio 11.2): el emparedado entrega $3$ . La idea de cierre: una suma de exponenciales en competencia se comporta como su término mayor — las menores quedan absorbidas por un factor constante inofensivo, que la raíz $n$ -ésima borra después.

11.2 Sucesiones monótonas

Teorema 11.9 (Teorema del límite monótono)

Una sucesión creciente y acotada superiormente converge, a $\sup\{u_n : n \in \N\}$ ; una sucesión creciente y no acotada superiormente diverge a $+\infty$ . (Enunciados espejo para las sucesiones decrecientes.)

Demostración. Sea $s = \sup\{u_n\}$ (Teorema 10.2). Dado $\varepsilon > 0$ , la caracterización con $\varepsilon$ (Proposición 10.4) da un $N$ con $u_N > s - \varepsilon$ ; por monotonía, $s - \varepsilon < u_N \leq u_n \leq s$ para todo $n \geq N$ : convergencia a $s$ . Si no está acotada: para todo $M$ hay algún $u_N > M$ , y la monotonía mantiene por encima de $M$ todos los términos posteriores. ∎

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 factor supera a $1$ , luego $(u_n)$ es creciente. ¿Acotada superiormente? Tómense logaritmos y úsese $\ln(1 + x) \leq x$ (el Ejemplo 14.20 lo anticipa; o la burda $1 + x \leq \eu^x$ del volumen anterior):

\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 ,

luego $u_n < \eu$ . Creciente y acotada: $(u_n)$ converge a cierto $\ell \in \intoc{u_1}{\eu}$ — un número real perfectamente bien definido y sin ninguna forma cerrada a la vista ( $\ell = 2.384\dots$ ). La idea de cierre: el teorema del límite monótono es la máquina de existencia más barata del análisis; bautizó al propio $\eu$ (el Ejemplo 11.12 de más abajo) y, en el Capítulo 17, decidirá la convergencia de toda serie de términos positivos por mera acotación.

Teorema 11.11 (Sucesiones adyacentes)

Sean $(a_n)$ creciente y $(b_n)$ decreciente, con $b_n - a_n \to 0$ . Entonces las dos convergen a un límite común $\ell$ , y $a_n \leq \ell \leq b_n$ para todo $n$ .

Demostración. Primero, $a_n \leq b_n$ para todo $n$ : la sucesión $(b_n - a_n)$ es decreciente y tiende a $0$ , luego es $\geq 0$ (un término negativo la dejaría congelada por debajo de $0$ ). Después, $(a_n)$ es creciente y está acotada superiormente por $b_0$ : converge a cierto $\ell$ (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 siguen de la monotonía ( $\ell = \sup a_k \geq a_n$ , etc.). ∎

Sucesiones adyacentes: (a_n) sube, (b_n) baja y la separación entre ellas se encoge hasta 0. Cada intervalo [a_n, b_n] contiene a todos los posteriores, y el límite común es el único punto que queda en todos los intervalos — la imagen que hay detrás de las demostraciones por dicotomía de Bolzano–Weierstrass de más abajo y del teorema del valor intermedio del . — Sucesiones adyacentes: $(a_n)$ sube, $(b_n)$ baja y la separación entre ellas se encoge hasta $0$ . Cada intervalo $\intcc{a_n}{b_n}$ contiene a todos los posteriores, y el límite común $\ell$ es el único punto que queda en todos los intervalos — la imagen que hay detrás de las demostraciones por dicotomía de Bolzano–Weierstrass de más abajo y del teorema del valor intermedio del Capítulo 13.

Ejemplo 11.12 (El número $\eu$ )

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

luego $(b_n)$ decrece, y $b_n - a_n \to 0$ : son adyacentes. Su límite común es (aquí por definición) el número $\eu \approx 2.71828$ ; las desigualdades $a_n < \eu < b_n$ son lo bastante finas para demostrar que $\eu \notin \Q$ (Ejercicio 11.9).

11.3 Subsucesiones y Bolzano–Weierstrass

Definición 11.13 (Subsucesión)

Una subsucesión de $(u_n)$ es una sucesión $(u_{\varphi(n)})$ donde $\varphi \colon \N \to \N$ es estrictamente creciente (obsérvese que $\varphi(n) \geq n$ , por inducción).

Proposición 11.14

Si $u_n \to \ell$ ( $\ell \in \R$ o $\pm\infty$ ), toda subsucesión tiende a $\ell$ . En consecuencia, una sucesión con dos subsucesiones de límites distintos diverge. Recíprocamente, si $(u_{2n})$ y $(u_{2n+1})$ convergen las dos al mismo $\ell$ , entonces $u_n \to \ell$ .

Demostración. Más allá del umbral $N$ de $(u_n)$ , todos los índices $\varphi(n) \geq n \geq N$ sirven (la desigualdad $\varphi(n) \geq n$ es la inducción señalada en la Definición 11.13: $\varphi(0) \geq 0$ , y $\varphi(n+1) > \varphi(n) \geq n$ obliga a $\varphi(n+1) \geq n + 1$ ). Para el recíproco: dado $\varepsilon$ , tómense los dos umbrales $N_0$ (pares) y $N_1$ (impares); un índice cualquiera $n \geq \max(2N_0, 2N_1 + 1)$ es o bien par, $n = 2k$ con $k \geq N_0$ , o bien impar, $n = 2k+1$ con $k \geq N_1$ — y en los dos casos $\abs{u_n - \ell} \leq \varepsilon$ : todo índice queda cubierto por una de las dos subsucesiones, y eso es todo lo que hace falta. ∎

Ejemplo 11.15 (Límites de subsucesiones)

Para $u_n = (-1)^n \frac{n}{n+1}$ : la subsucesión par tiende a $1$ y la impar a $-1$ , luego la sucesión diverge — pero lo hace de manera organizada, agrupándose en torno a los dos valores $\pm 1$ . Para $u_n = \cos\frac{2\pi n}{3}$ : las tres subsucesiones de índices $3k$ , $3k + 1$ , $3k + 2$ son constantes, iguales a $1$ , $-\frac12$ , $-\frac12$ ; el conjunto de límites de subsucesiones es $\{1, -\frac12\}$ . La idea de cierre: una sucesión acotada converge exactamente cuando tiene un único límite de subsucesión (Ejercicio 11.8); la divergencia de una sucesión acotada significa siempre al menos dos grupos, y Bolzano–Weierstrass, más abajo, garantiza que hay al menos uno.

Teorema 11.16 (Bolzano–Weierstrass)

Toda sucesión acotada de reales tiene una subsucesión convergente.

Demostración. Sea $u_n \in \intcc{a}{b}$ para todo $n$ . Constrúyanse segmentos encajados por dicotomía: póngase $\intcc{a_0}{b_0} = \intcc{a}{b}$ ; dado $\intcc{a_k}{b_k}$ que contenga $u_n$ para infinitos $n$ , una de sus dos mitades sigue conteniendo $u_n$ para infinitos $n$ — llámese $\intcc{a_{k+1}}{b_{k+1}}$ . Las sucesiones $(a_k)$ , $(b_k)$ son adyacentes ( $b_k - a_k = \frac{b-a}{2^k} \to 0$ ), con límite común $\ell$ (Teorema 11.11).

Extracción: elíjase $\varphi(0)$ con $u_{\varphi(0)} \in \intcc{a_0}{b_0}$ y después, por recurrencia, $\varphi(k+1) > \varphi(k)$ con $u_{\varphi(k+1)} \in \intcc{a_{k+1}}{b_{k+1}}$ — posible, pues ese segmento contiene infinitos términos. Entonces $a_k \leq u_{\varphi(k)} \leq b_k$ , y el teorema del emparedado da $u_{\varphi(k)} \to \ell$ . ∎

Observación 11.17 (Qué dice, y qué no dice, Bolzano–Weierstrass)

Sí dice: solo con la acotación, alguna subsucesión converge — existencia sin fórmula, como deja claro la demostración por dicotomía (nada nos dice qué índices sobreviven). No dice que el límite sea único: $((-1)^n)$ tiene subsucesiones que convergen a $1$ y a $-1$ , y el conjunto de límites de subsucesiones puede ser incluso infinito (Ejemplo 11.15, y todo el conjunto de Cantor del Problema 12.1). No sobrevive sin la acotación: $(n)$ no tiene ninguna subsucesión convergente — aunque de toda sucesión no acotada siempre se puede extraer una subsucesión que tienda a $+\infty$ o a $-\infty$ (elíjase $\varphi(k)$ con $u_{\varphi(k)} \geq k$ , por ejemplo). Bien usado, el teorema es una bomba de existencia: aparece en el nudo del criterio de Cauchy de más abajo, del teorema de Heine y del teorema de los valores extremos — siempre para producir un punto que ninguna construcción explícita ofrece.

11.4 Sucesiones de Cauchy y completitud

Definición 11.18

Una sucesión $(u_n)$ es una sucesión de Cauchy cuando sus términos se acercan arbitrariamente entre sí:

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

Ejemplo 11.19 (Verificar a mano la propiedad de Cauchy)

Sea $u_n = \sum_{k=0}^{n} \frac{\cos k}{2^k}$ — sin monotonía y 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 triangular, $\abs{\cos k} \leq 1$ y una suma geométrica finita. Dado $\varepsilon > 0$ , elíjase $N$ con $2^{-N} \leq \varepsilon$ : todas las separaciones más allá de $N$ son $\leq \varepsilon$ , la sucesión es de Cauchy y, por tanto, converge — a un límite que nadie sabe nombrar en forma cerrada, que es justamente lo importante. La idea de cierre: dominar geométricamente los incrementos es la manera estándar de ganarse la propiedad de Cauchy, y el Capítulo 17 embotellará el argumento como «la convergencia absoluta implica la convergencia».

Teorema 11.20 (Completitud de $\R$ )

Una sucesión de reales converge si y solo si es una sucesión de Cauchy.

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

( $\Leftarrow$ ) Sea $(u_n)$ de Cauchy. Está acotada: con $\varepsilon = 1$ , más allá de $N$ todos los términos distan menos de $1$ de $u_N$ , y la cabeza es finita. Extracción: por el Teorema 11.16, alguna subsucesión $u_{\varphi(n)} \to \ell$ . Conclusión: dado $\varepsilon > 0$ , tómense $N$ (Cauchy, para $\frac\varepsilon2$ ) y $n \geq N$ con $\abs{u_{\varphi(n)} - \ell} \leq \frac\varepsilon2$ y $\varphi(n) \geq N$ ; entonces, para todo $p \geq N$ :

\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 nombrar el límite. Falla en $\Q$ (los truncamientos decimales de $\sqrt 2$ forman una sucesión de Cauchy de racionales sin límite racional): la completitud es una propiedad de $\R$ , equivalente al axioma de la cota superior. Es además el caballo de batalla que hay detrás de la convergencia de las series (Capítulo 17).

Ejemplo 11.22 (Una sucesión de Cauchy de 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 ,

de modo que, más allá de $N > \frac1\varepsilon$ , todas las separaciones son $\leq \varepsilon$ : $(S_n)$ es de Cauchy y, por tanto, converge. Obsérvese lo que acaba de pasar: hemos demostrado que existe un número real concreto sin tener ningún nombre para él. (Es $\frac{\pi^2}{6}$ — una célebre identidad de Euler, demostrada en el volumen del segundo año; nada de este capítulo podría decírnoslo.) Este reparto de tareas — existencia ahora, identificación después, si acaso — es todo el sentido del criterio de Cauchy y el motor de la teoría de series del Capítulo 17.

11.5 Sucesiones recurrentes

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

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

Intervalo estable: búsquese un intervalo $I$ con $f(I) \subseteq I$ que contenga $u_0$ : entonces todos los $u_n \in I$ (por inducción).
Candidatos a límite: si $u_n \to \ell \in I$ y $f$ es continua en $\ell$ (Capítulo 13), entonces $\ell$ es un punto fijo: $f(\ell) = \ell$ . Resuélvase $f(x) = x$ .
Monotonía: si $f$ es creciente en $I$ , entonces $(u_n)$ es monótona (creciente si $u_1 \geq u_0$ , decreciente en caso contrario); combinado con la acotación, el Teorema 11.9 concluye. Si $f$ es decreciente, estúdiense las dos subsucesiones $(u_{2n})$ y $(u_{2n+1})$ , que son monótonas para $f \circ f$ .
Control del error: 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 Herón)

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

Estabilidad: para $x > 0$ , la desigualdad entre las medias aritmética y geométrica da $\frac12(x + \frac2x) \geq \sqrt{x \cdot \frac 2x} = \sqrt 2$ ; luego $I = \intco{\sqrt 2}{+\infty}$ es estable y contiene $u_1$ (en efecto, $u_1 = \frac32 \geq \sqrt 2$ ).
Monotonía: para $x \geq \sqrt 2$ , $\;x - f(x) = \frac{x^2 - 2}{2x} \geq 0$ : la sucesión decrece a partir de $u_1$ y está acotada inferiormente 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 cifras correctas aproximadamente se duplica en cada paso (convergencia cuadrática).

La iteración de Herón u_n+1 = 1/2 (u_n + 2/u_n ), dibujada como una escalera entre la gráfica de f y la diagonal y = x: desde u_0 = 2, los iterados se deslizan hasta el punto fijo √ 2. — La iteración de Herón $u_{n+1} = \frac12\bigl(u_n + \frac{2}{u_n}\bigr)$ , dibujada como una escalera entre la gráfica de $f$ y la diagonal $y = x$ : desde $u_0 = 2$ , los iterados se deslizan hasta el punto fijo $\sqrt 2$ .

Observación 11.25 (Errores frecuentes con los límites)

Cuatro clásicos. (i) Los pasos pequeños 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 $\frac{1}{n+1} \to 0$ y, sin embargo, divergen a $+\infty$ (Ejercicio 11.5); la condición de Cauchy controla $\abs{u_p - u_q}$ para todos los pares grandes, no solo los consecutivos. (ii) Las desigualdades estrictas mueren en el límite: de $u_n < v_n$ para todo $n$ solo se obtiene $\lim u_n \leq \lim v_n$ (Teorema 11.7); $\frac1n > 0$ y, pese a ello, $\lim = 0$ . (iii) Acotada no es convergente: $((-1)^n)$ está acotada y diverge; acotación más monotonía sí converge, y la acotación sola solo garantiza una subsucesión convergente (Teorema 11.16). (iv) La ecuación de punto fijo va después, no antes: para $u_{n+1} = f(u_n)$ , resolver $f(\ell) = \ell$ identifica el límite solo después de haber demostrado la convergencia. La recurrencia $u_{n+1} = 2u_n$ tiene el único punto fijo $\ell = 0$ y, sin embargo, desde $u_0 = 1$ la sucesión se va a $+\infty$ : la ecuación $\ell = 2\ell$ nunca tuvo derecho a un límite. Orden de las operaciones, siempre: existencia primero (Método 11.23, pasos 1–3), identificación después.

Ejemplo 11.26 (Una $f$ decreciente: la recurrencia áurea)

Sean $u_0 = 1$ y $u_{n+1} = \dfrac{1}{1 + u_n}$ . Aquí $f(x) = \frac{1}{1+x}$ es decreciente, de modo que la sucesión no es monótona (alterna alrededor de su límite); el paso de contracción del Método 11.23 es la herramienta adecuada. Estabilidad: si $x \in \intcc{\frac12}{1}$ , entonces $1 + x \in \intcc{\frac32}{2}$ , luego $f(x) \in \intcc{\frac12}{\frac23} \subseteq \intcc{\frac12}{1}$ , y $u_1 = \frac12$ mete ahí a toda la sucesión. 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

(el inverso de la razón áurea). 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} ,

luego $\abs{u_n - \ell} \leq \bigl(\frac49\bigr)^{n-1}\abs{u_1 - \ell} \to 0$ : convergencia, con velocidad geométrica y sin necesidad de monotonía. La idea de cierre: los métodos monótonos y los métodos de contracción se reparten el mundo recurrente — una $f$ creciente da órbitas monótonas, y una $f$ decreciente, órbitas alternadas domadas por una constante de Lipschitz $< 1$ (la teoría sistemática es el Ejercicio 14.11).

Observación 11.27 (Perspectivas dentro de este volumen)

Las sucesiones son el instrumento de medida que el resto del volumen acerca a cada objeto. En el Capítulo 12 caracterizan la clausura y la compacidad; en el Capítulo 13 transportan límites de funciones; en el Capítulo 15, las sumas de Riemann son sucesiones que convergen a la integral; y el Capítulo 17 es la teoría de una clase especial de sucesiones, las sumas parciales. Hasta los capítulos de álgebra las consumen: los iterados de una matriz en el Capítulo 21 forman sucesiones cuyo comportamiento (la convergencia de $A^n$ ) es una cuestión de álgebra lineal con el vocabulario de este capítulo. Los dos teoremas que hay que llevar a todas partes: el del límite monótono (existencia a partir del orden) y el de Bolzano–Weierstrass (existencia a partir de la acotación) — entre los dos nace casi todo límite de este libro.

Observación 11.28 (Sucesiones complejas)

Una sucesión $(z_n)$ de números complejos converge a $\ell$ cuando $\abs{z_n - \ell} \to 0$ ; equivalentemente, cuando $\Re(z_n) \to \Re(\ell)$ e $\Im(z_n) \to \Im(\ell)$ (compárese $\abs{z}$ con $\abs{\Re z} + \abs{\Im z}$ ). Los teoremas que no involucran el orden — operaciones, Bolzano–Weierstrass (extráigase dos veces), criterio de Cauchy — se trasladan literalmente.

11.6 Ejercicios

Ejercicio 11.1 ★

Directamente a partir de la Definición 11.1, demuéstrese 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 $\varepsilon > 0$ , tómese $N > \frac 5\varepsilon - 3$ (Arquímedes): para $n \geq N$ , $\frac{5}{n+3} \leq \varepsilon$ . Por tanto, el límite es $2$ .

$((-1)^n)$ : sus subsucesiones $(u_{2n}) = (1)$ y $(u_{2n+1}) = (-1)$ convergen a límites distintos, luego la sucesión diverge (Proposición 11.14). (Directamente: cualquier candidato $\ell$ falla para $\varepsilon = \frac12$ , ya que dos términos consecutivos están a distancia $2$ .)

Ejercicio 11.2 ★

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

$\sqrt{n+1} - \sqrt n = \dfrac{1}{\sqrt{n+1} + \sqrt n} \to 0$ (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 polinomio–geométrica (Proposición 4.6).

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

Ejercicio 11.3 ★

Demuéstrese la comparación estándar: si $\abs{q} < 1$ , entonces $q^n \to 0$ (escríbase $\frac{1}{\abs q} = 1 + h$ , $h > 0$ , y úsese la desigualdad de Bernoulli $(1+h)^n \geq 1 + nh$ , que se demuestra por inducción). ¿Qué comportamientos hay para $q = 1$ , $q = -1$ y $\abs q > 1$ ?

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 $0 < \abs q < 1$ : escríbase $\frac{1}{\abs q} = 1 + h$ , $h > 0$ ; entonces $\abs{q}^n = \frac{1}{(1+h)^n} \leq \frac{1}{1 + nh} \to 0$ , y el emparedado da $q^n \to 0$ (el caso $q = 0$ es trivial). Para $q = 1$ : sucesión constante, límite $1$ . Para $q = -1$ : diverge (Ejercicio 11.1). Para $\abs q > 1$ : $\abs q^n = (1 + h)^n \geq 1 + nh \to +\infty$ , luego $(q^n)$ no está acotada y, por tanto, diverge (a $+\infty$ si $q > 1$ ; y, con signos alternados, sin límite, si $q < -1$ ).

Ejercicio 11.4 ★

Sean $u_{n+1} = \frac{u_n + 3}{2}$ , $u_0 = 0$ . Hállese el punto fijo $\ell$ , demuéstrese que $v_n = u_n - \ell$ es geométrica y dense 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 geométrica de razón $\frac12$ , con $v_0 = -3$ . Luego $u_n = 3 - \frac{3}{2^n} \to 3$ .

Ejercicio 11.5 ★★

(Serie armónica) Sea $H_n = \sum_{k=1}^{n} \frac 1k$ . Demuéstrese que $H_{2n} - H_n \geq \frac12$ para todo $n \geq 1$ , y conclúyase que $(H_n)$ no es una sucesión de Cauchy y, por tanto, diverge (a $+\infty$ , por ser 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 $n$ términos es $\geq \frac{1}{2n}$ ). Si $(H_n)$ fuese de Cauchy, tomar $\varepsilon = \frac13$ obligaría a $\abs{H_{2n} - H_n} \leq \frac13$ para $n$ grande: contradicción. Una sucesión creciente y no convergente diverge a $+\infty$ (Teorema 11.9): $H_n \to +\infty$ .

Ejercicio 11.6 ★★

Supóngase que $(u_{2n})$ , $(u_{2n+1})$ y $(u_{3n})$ convergen todas. Demuéstrese que $(u_n)$ converge. (Búsquense subsucesiones comunes para igualar los límites.)

Solución

Solución de Ejercicio 11.6.

Sean $a = \lim u_{2n}$ , $b = \lim u_{2n+1}$ , $c = \lim u_{3n}$ . La sucesión $(u_{6n})$ es subsucesión tanto de $(u_{2n})$ como de $(u_{3n})$ : su límite vale $a$ y $c$ , luego $a = c$ . La sucesión $(u_{6n+3})$ es subsucesión de $(u_{2n+1})$ (índices impares) y de $(u_{3n})$ (índices $6n + 3 = 3(2n+1)$ ): luego $b = c$ . Por tanto $a = b$ , y la Proposición 11.14 (pares e impares con límites iguales) da la convergencia de $(u_n)$ .

Ejercicio 11.7 ★★

Estúdiese la sucesión $u_0 = 0$ , $u_{n+1} = \sqrt{2 + u_n}$ : estabilidad, monotonía, límite. Demuéstrese después la cota de error $\abs{u_n - 2} \leq \dfrac{2}{3^{\,n}}$ (véase que $2 - u_{n+1} = \dfrac{2 - u_n}{2 + \sqrt{2 + u_n}}$ y acótese el denominador inferiormente por $3$ ).

Solución

Solución de Ejercicio 11.7.

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

Monotonía: $f(x) = \sqrt{2+x}$ es creciente y $u_1 = \sqrt 2 > u_0$ : por inducción, $(u_n)$ es creciente. Creciente y acotada superiormente por $2$ : converge (Teorema 11.9).

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

Cota de error: 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},

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

Ejercicio 11.8 ★★

Sea $(u_n)$ acotada y tal que toda subsucesión convergente de $(u_n)$ tenga el mismo límite $\ell$ . Demuéstrese que $u_n \to \ell$ . (Reducción al absurdo más Bolzano–Weierstrass.)

Solución

Solución de Ejercicio 11.8.

Supóngase que $(u_n)$ no converge a $\ell$ : para cierto $\varepsilon_0 > 0$ , infinitos índices cumplen $\abs{u_n - \ell} > \varepsilon_0$ ; forman una subsucesión $(u_{\varphi(n)})$ . Esta subsucesión está acotada, luego, por Bolzano–Weierstrass (Teorema 11.16), tiene una subsubsucesión convergente, cuyo límite $\ell'$ cumple $\abs{\ell' - \ell} \geq \varepsilon_0$ (pásese la desigualdad al límite, Teorema 11.7). Pero una subsubsucesión de $(u_n)$ es una subsucesión convergente de $(u_n)$ , luego, por hipótesis, $\ell' = \ell$ : contradicción.

Ejercicio 11.9 ★★★

Con la notación del Ejemplo 11.12, supóngase $\eu = \frac pq$ con $p, q \in \N^*$ . Usando $a_q < \eu < b_q = a_q + \frac{1}{q\, q!}$ , multiplíquese por $q!$ y dedúzcase una contradicción entre dos enteros. Conclúyase: $\eu$ es irracional.

Solución

Solución de Ejercicio 11.9.

Supóngase $\eu = \frac pq$ , $q \geq 1$ . Las desigualdades estrictas $a_q < \eu < a_q + \frac{1}{q\,q!}$ (estrictas por ser $(a_n)$ estrictamente creciente y $(b_n)$ estrictamente decreciente), multiplicadas por $q!$ , dan

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

Ahora bien, $N = q!\,a_q = \sum_{k=0}^{q} \frac{q!}{k!}$ es un entero (cada $\frac{q!}{k!}$ es un producto de enteros para $k \leq q$ ), y también lo es $q!\,\frac pq = (q-1)!\,p$ . La fórmula sitúa así el 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 tanto, $\eu \notin \Q$ .

Ejercicio 11.10 ★★★

(Medias de Cesàro) Para una sucesión $(u_n)_{n \geq 1}$ , póngase $c_n = \frac{u_1 + \dots + u_n}{n}$ .

Demuéstrese que $u_n \to \ell$ implica $c_n \to \ell$ (córtese la suma en un umbral $N$ ; acótese la cabeza por una cantidad fija dividida por $n$ , y la cola por $\varepsilon$ ).
Véase con un ejemplo que el recíproco falla.
Dedúzcase que si $u_{n+1} - u_n \to \ell$ , entonces $\frac{u_n}{n} \to \ell$ .

Solución

Solución de Ejercicio 11.10.

Sean $\varepsilon > 0$ 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 $C = \sum_{k=1}^N \abs{u_k - \ell}$ está fijado. Para $n$ grande, $\frac Cn \leq \frac\varepsilon2$ : entonces $\abs{c_n - \ell} \leq \varepsilon$ .
$u_n = (-1)^n$ : diverge y, sin embargo, $c_n \to 0$ (sumas parciales acotadas por $1$ , divididas entre $n$ ).
Aplíquese (1) a la sucesión $v_n = u_{n+1} - u_n \to \ell$ : su media de Cesàro es $\frac{u_{n+1} - u_1}{n} \to \ell$ (telescopio), y $\frac{u_{n+1}}{n} = \frac{u_{n+1} - u_1}{n} + \frac{u_1}{n} \to \ell$ ; renormalizando los índices ( $\frac{u_n}{n} = \frac{u_n}{n-1}\cdot\frac{n-1}{n}$ ) se obtiene $\frac{u_n}{n} \to \ell$ .

Ejercicio 11.11 ★★★

Sea $(u_n)$ tal que $0 \leq u_{m+n} \leq u_m + u_n$ para todos $m, n$ (subaditividad). Demuéstrese que $\bigl(\frac{u_n}{n}\bigr)$ converge a $\inf_{n \geq 1} \frac{u_n}{n}$ . (Para $m$ fijo, escríbase $n = qm + r$ y acótese $\frac{u_n}{n}$ usando $u_n \leq q\,u_m + u_r$ .)

Solución

Solución de Ejercicio 11.11.

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

\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},

usando $qm \leq n$ . Para $n$ grande, $\frac{C_m}{n} \leq \varepsilon$ : así pues, $L \leq \frac{u_n}{n} \leq L + 2\varepsilon$ para todo $n$ grande, que es la convergencia a $L$ .

Ejercicio 11.12 ★★★

Usando la densidad del subgrupo $\Z + 2\pi\Z$ de $(\R, +)$ (Ejercicio 10.9), demuéstrese que la sucesión $(\sin n)_{n \in \N}$ 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 es $\alpha\Z$ , pues $1 = p\alpha$ , $2\pi = q\alpha$ harían que $2\pi = \frac qp$ fuese racional — y $\pi \notin \Q$ (admitido aquí; en el Capítulo 15 se esboza una demostración). Por el Ejercicio 10.9, $G$ es denso en $\R$ .

Sean ahora $y \in \intcc{-1}{1}$ y $\theta = \arcsin y$ . Por densidad, para todo $\varepsilon > 0$ hay $n \in \Z$ , $k \in \Z$ con $\abs{(n + 2\pi k) - \theta} \leq \varepsilon$ , es decir, $n$ dista menos de $\varepsilon$ de $\theta - 2\pi k$ ; entonces, siendo $\sin$ $2\pi$ -periódica y $1$ -lipschitziana ( $\abs{\sin a - \sin b} \leq \abs{a - b}$ , por la desigualdad del valor medio del 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: $n$ recorre $\Z$ , pero $\sin(-n) = -\sin n$ e $y$ era arbitrario en $\intcc{-1}{1}$ , así que bastan los índices no negativos (sustitúyase $(n, y)$ por $(-n, -y)$ si hace falta). Por tanto, $\{\sin n : n \in \N\}$ es denso en $\intcc{-1}{1}$ ; y una sucesión densa en un segmento tiene subsucesiones que se acercan a valores distintos, luego 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 la asintótica $u_n \sim \sqrt{3/n}$ para $u_{n+1} = \sin u_n$

El teorema de Cesàro–Stolz es la regla de l’Hôpital discreta: para hallar el límite de un cociente $a_n/b_n$ basta hallar el límite del cociente de incrementos $(a_{n+1} - a_n)/(b_{n+1} - b_n)$ . Este problema demuestra el teorema, recolecta con él límites clásicos y lo apunta después a un blanco famoso: la sucesión $u_{n+1} = \sin u_n$ , que se arrastra hacia $0$ a la velocidad exactamente calculable $u_n \sim \sqrt{3/n}$ . Aquí se conceden dos hechos del volumen anterior, que más adelante se redemuestran honestamente en este volumen: la desigualdad de la recta tangente

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

redemostrada por convexidad en el Capítulo 14, y el encuadre del seno

\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),

redemostrado con la fórmula de Taylor en el Capítulo 16.

Parte I — Sumas sin fórmula cerrada.

Usando $1 + 2 + \dots + n = \frac{n(n+1)}{2}$ y $1^2 + \dots + n^2 = \frac{n(n+1)(2n+1)}{6}$ , calcúlense $\lim \frac{1 + 2 + \dots + n}{n^2}$ y $\lim \frac{1^2 + \dots + n^2}{n^3}$ .
Sea $T_n = \sum_{k=1}^n \sqrt k$ , para el que no existe fórmula cerrada. Demuéstrese el encuadre

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

(consérvense solo los términos $k > \frac n2$ para la cota inferior). Así pues, $T_n$ es del orden de $n^{3/2}$ — pero ¿con qué constante? Guárdese la pregunta hasta la pregunta 8.
(Lema del telescopio) Sea $(b_n)$ estrictamente creciente y supóngase que, para todo $k \geq N$ ,

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

Demuéstrese que $m \leq \dfrac{a_n - a_N}{b_n - b_N} \leq M$ para todo $n > N$ .

Parte II — El teorema de Cesàro–Stolz. Sea $(b_n)$ estrictamente creciente con $b_n \to +\infty$ , y supóngase $\dfrac{a_{n+1} - a_n}{b_{n+1} - b_n} \to \ell \in \R$ .

Fíjese $\varepsilon > 0$ . Véase que hay un $N$ tal que $\ell - \varepsilon \leq \dfrac{a_n - a_N}{b_n - b_N} \leq \ell + \varepsilon$ para todo $n > N$ .
Establézcase, 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 conclúyase el teorema: $\dfrac{a_n}{b_n} \to \ell$ .
Demuéstrese la variante $+\infty$ : si $\dfrac{a_{n+1} - a_n}{b_{n+1} - b_n} \to +\infty$ (con las mismas hipótesis sobre $(b_n)$ ), entonces $\dfrac{a_n}{b_n} \to +\infty$ .
Tómese $b_n = n$ : recupérese el teorema de las medias de Cesàro del Ejercicio 11.10. Véase después que el recíproco de Cesàro–Stolz falla: para $a_n = (-1)^n$ , $b_n = n$ , el cociente $a_n/b_n$ converge mientras que el cociente de incrementos no. Stolz es una calle de un solo sentido.

Parte III — Primeros dividendos.

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

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

resolviendo el suspense de la pregunta 2.
Solo a partir de (G1), dedúzcase el encuadre del logaritmo

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

(aplíquese (G1) en $u = \ln(1+t)$ y en $u = -t/(1+t)$ ).
Véase que $b_n = \ln n$ es estrictamente creciente con $\ln n \to +\infty$ , y demuéstrese con Cesàro–Stolz y la 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 el problema del fin de semana del Capítulo 17.)
(De los cocientes a las raíces) Sea $u_n > 0$ con $\frac{u_{n+1}}{u_n} \to L > 0$ . Usando la pregunta 9, véase que $\ln\frac{u_{n+1}}{u_n} \to \ln L$ ; aplíquese Cesàro para concluir $\frac{\ln u_n}{n} \to \ln L$ y, después, con (G1), que $u_n^{1/n} \to L$ . Aplicación: calcúlese $\lim\,\binom{2n}{n}^{1/n}$ .

Parte IV — La lenta caída del seno. Sean $u_0 \in \R$ y $u_{n+1} = \sin u_n$ .

A partir de (G2), véase que $0 < \sin x < x$ para $0 < x \leq 1$ . Dedúzcase: $u_1 \in \intcc{-1}{1}$ ; si $u_1 = 0$ , la sucesión es nula a partir del rango $1$ ; y si $u_1 > 0$ (siendo simétrico el caso $u_1 < 0$ , por ser $\sin$ impar), entonces $(u_n)_{n \geq 1}$ es estrictamente decreciente, positiva y converge a $0$ (identifíquese el límite con $\ell = \sin \ell$ , usando $\abs{\sin a - \sin b} \leq \abs{a - b}$ , consecuencia a su vez de (G2) y de la fórmula de transformación de producto en suma).
Supóngase de aquí en adelante $u_1 \in \intoc{0}{1}$ . Véase, por emparedado y usando (G2):

$\frac{\sin u_n}{u_n} \to 1 \qquad\text{and}\qquad \frac{u_n - \sin u_n}{u_n^{3}} \to \frac16 .$
Demuéstrese 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 dedúzcase $w_n \to \frac13$ .
Conclúyase con el Ejercicio 11.10 (versión de incrementos) que $\frac{1}{n\,u_n^{2}} \to \frac13$ y, después, por un argumento de conjugación para la raíz cuadrada, el titular:

$\sqrt n\;u_n \longrightarrow \sqrt 3 , \qquad\text{i.e.}\qquad u_n \sim \sqrt{\frac 3n} .$
Cuantifíquese la lentitud: véase que, a la larga, $\sqrt{2/n} \leq u_n \leq 2/\sqrt n$ , de modo que llegar a $u_n \leq 10^{-2}$ exige más de $20\,000$ iteraciones (unas $30\,000$ , por la asintótica). Contrástese con el método de Herón (Ejemplo 11.24) y explíquese la razón estructural: en el punto fijo $0$ , la pendiente de $\sin$ vale $1$ (un punto fijo neutro), mientras que las iteraciones que dividen el error por dos necesitan una pendiente de módulo $< 1$ .
Véase que, para todo punto de partida $u_0 \in \R$ , o bien $u_n = 0$ a partir del rango $1$ , o bien $\abs{u_n} \sim \sqrt{3/n}$ — la caída es universal, y solo el signo recuerda a $u_0$ .

Parte V — El principio general. El seno es una instancia de una máquina.

Sean $u_n > 0$ , $u_n \to 0$ y $\dfrac{u_n - u_{n+1}}{u_n^{2}} \to a > 0$ . Demuéstrense sucesivamente: $\frac{u_{n+1}}{u_n} \to 1$ ; después $\frac{1}{u_{n+1}} - \frac{1}{u_n} \to a$ ; y después $n\,u_n \to \frac1a$ .
(Modelo exacto) Para $u_{n+1} = \dfrac{u_n}{1 + u_n}$ con $u_0 > 0$ : véase que $\frac{1}{u_n}$ es aritmética, resuélvase exactamente y compruébese la conclusión de la pregunta 18 contra la fórmula exacta.
Para $u_{n+1} = u_n \eu^{-u_n}$ con $u_0 > 0$ : véase que $u_n \to 0$ , úsese (G1) para encajar $\frac{1 - \eu^{-t}}{t}$ entre $\frac{1}{1+t}$ y $1$ para $t > 0$ , y conclúyase $u_n \sim \frac 1n$ .
(Contacto cúbico, telescopio al cuadrado) Sean $u_n > 0$ , $u_n \to 0$ y $\dfrac{u_n - u_{n+1}}{u_n^{3}} \to a > 0$ . Adáptese la factorización de la pregunta 14 para ver que $\frac{1}{u_{n+1}^2} - \frac{1}{u_n^2} \to 2a$ y conclúyase $n\,u_n^{2} \to \frac{1}{2a}$ . Compruébese que $a = \frac16$ recupera la parte IV.

Parte VI — Límites del método y moralejas.

Véase que la hipótesis $b_n \to +\infty$ no se puede suprimir: para $a_n = 2 - 2^{-n}$ y $b_n = 1 - 2^{-n}$ , el cociente de incrementos tiende a $1$ mientras que $\frac{a_n}{b_n} \to 2$ . Señálese la línea exacta de la demostración de la pregunta 5 que se rompe.
(Stolz dos veces) Demuéstrese $\sum_{k=1}^{n} H_k \sim n \ln n$ (una aplicación de Cesàro–Stolz y después la pregunta 10; acótese $(n+1)\ln(n+1) - n\ln n$ con la pregunta 9).
(Medias geométricas) Si $u_n > 0$ y $u_n \to \ell > 0$ , véase que $(u_1 u_2 \cdots u_n)^{1/n} \to \ell$ ; y si $u_n \to +\infty$ , que $(u_1 \cdots u_n)^{1/n} \to +\infty$ . Dedúzcase $(n!)^{1/n} \to +\infty$ .
Síntesis, una frase para cada punto: (i) dónde ha entrado exactamente la completitud en este problema; (ii) en qué sentido es Cesàro–Stolz una regla de l’Hôpital discreta (su gemelo diferencial se apoya en el teorema del valor medio del Capítulo 14); (iii) enúnciese la heurística que liga el orden de contacto de $f$ en un punto fijo neutro con el exponente de decaimiento de $u_{n+1} = f(u_n)$ ; (iv) sígase el rastro de la constante $3$ de $\sqrt{3/n}$ a través de la cadena $\frac16 \to \frac13 \to 3$ .

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. Cota superior: cada uno de los $n$ términos es $\leq \sqrt n$ , luego $T_n \leq n\sqrt n$ . Cota inferior: los términos con $k > \frac n2$ son 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 $k \geq N$ , siendo $b_{k+1} - b_k > 0$ : $m(b_{k+1} - b_k) \leq a_{k+1} - a_k \leq M(b_{k+1} - b_k)$ . Sumando para $k = N, \dots, n - 1$ , los dos miembros telescopan:

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

y dividir entre $b_n - b_N > 0$ da lo afirmado.

4. Por definición de límite hay un $N$ con $\ell - \varepsilon \leq \frac{a_{k+1} - a_k}{b_{k+1} - b_k} \leq \ell + \varepsilon$ para todo $k \geq N$ ; la pregunta 3 con $m = \ell - \varepsilon$ , $M = \ell + \varepsilon$ traslada el encuadre a $\frac{a_n - a_N}{b_n - b_N}$ .

5. Desarrollando el miembro 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 en valor absoluto por $\varepsilon$ , y $0 < 1 - \frac{b_N}{b_n} \leq 1$ para $n$ grande, luego

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

en cuanto $b_n \geq \frac{\abs{a_N - \ell b_N}}{\varepsilon}$ , lo que acaba ocurriendo porque $b_n \to +\infty$ . Por tanto, $\frac{a_n}{b_n} \to \ell$ : el teorema de Cesàro–Stolz.

6. Dado $M$ , elíjase $N$ 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 $a_n - a_N \geq M(b_n - b_N)$ , luego

\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 cierto rango, $\frac{a_n}{b_n} \geq M - 1$ ; y como $M$ era arbitrario, $\frac{a_n}{b_n} \to +\infty$ .

7. Con $b_n = n$ y $a_n = u_1 + \dots + u_n$ : el cociente de incrementos es $u_{n+1} \to \ell$ , luego la media de Cesàro $\frac{a_n}{n}$ tiende a $\ell$ : la parte (1) del Ejercicio 11.10. Con $a_n = u_n$ : el cociente de incrementos es $u_{n+1} - u_n$ , lo que da la parte (3). Recíproco: $a_n = (-1)^n$ , $b_n = n$ tiene $\frac{a_n}{b_n} \to 0$ y, sin embargo, $a_{n+1} - a_n = \pm 2$ alterna: el cociente de incrementos 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 $1 \leq (1 + \frac1n)^{3/2} \leq (1 + \frac1n)^2 \to 1$ (emparedado), luego el denominador tiende a $2$ y la expresión a $\frac32$ . Ahora Stolz con $a_n = T_n$ , $b_n = n^{3/2}$ (estrictamente creciente y $\to +\infty$ ):

\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},

de donde $T_n \sim \frac23\,n^{3/2}$ . (El encuadre de la pregunta 2 había atrapado la constante en $\intcc{0.35}{1}$ ; Stolz la clava.)

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

10. $\ln$ es estrictamente creciente (Proposición 4.1) y $\ln(2^k) = k\ln 2$ no está acotado, luego $\ln n \to +\infty$ . 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 ,

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

11. Póngase $x_n = \frac{u_{n+1}}{u_n} \to L$ y $t_n = \frac{x_n}{L} - 1 \to 0$ . Pregunta 9: $\frac{t_n}{1 + t_n} \leq \ln(1 + t_n) \leq t_n$ , luego $\ln x_n - \ln L = \ln(1 + t_n) \to 0$ por emparedado. Cesàro (pregunta 7) aplicado a $(\ln x_k)$ :

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

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

así pues, $0 < \sin x < x$ 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, $0 < u_{n+1} = \sin u_n < u_n \leq 1$ , luego $(u_n)_{n\geq1}$ es estrictamente decreciente y está acotada inferiormente por $0$ : converge a cierto $\ell \in \intco{0}{1}$ (Teorema 11.9). La fórmula de transformación de producto en suma y (G2) dan $\abs{\sin a - \sin b} = 2\abs{\cos \frac{a+b}{2}}\,\abs{\sin\frac{a-b}{2}} \leq \abs{a - b}$ , luego $u_{n+1} = \sin u_n \to \sin \ell$ : $\ell = \sin\ell$ . Si $\ell > 0$ , entonces $\sin\ell < \ell$ : imposible. Luego $u_n \to 0$ .

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 $u_n \to 0$ emparada $\frac{\sin u_n}{u_n} \to 1$ . Dividiendo $x - \sin x$ entre $x^3$ :

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

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

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}

(compruébense las potencias de $u_n$ : $3 + 1 + (-4)$ frente al $u_n^2$ del denominador y el $u_n^4$ del numerador). Por la pregunta 13, los tres factores tienden a $\frac16$ , $2$ y $1$ : $w_n \to \frac13$ .

15. $v_n = \frac{1}{u_n^2}$ tiene incrementos $v_{n+1} - v_n = w_n \to \frac13$ , luego $\frac{v_n}{n} \to \frac13$ por el 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. Como $n u_n^2 \to 3$ , a la larga $2 \leq n u_n^2 \leq 4$ , 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 $n = 30\,000$ . El método de Herón eleva al cuadrado el error en cada paso —el número de cifras se duplica— porque en su punto fijo la pendiente relevante tiene módulo $< 1$ (en efecto, la iteración es contractiva). Aquí $\sin' 0 = \cos 0 = 1$ : el punto fijo es neutro, no existe contracción geométrica y el decaimiento lo gobierna el primer término no lineal $-\frac{x^3}{6}$ , luego es polinómico. Un paso de Herón gana más precisión que diez mil pasos del seno.

17. Para $u_0$ arbitrario: $u_1 = \sin u_0 \in \intcc{-1}{1}$ . Si $u_1 = 0$ , la sucesión se anula a partir del rango $1$ . Si $u_1 > 0$ , la parte IV se aplica literalmente. Si $u_1 < 0$ , póngase $v_n = -u_n$ : la imparidad de $\sin$ da $v_{n+1} = -\sin u_n = \sin(-u_n) = \sin v_n$ con $v_1 \in \intoc{0}{1}$ , luego $v_n \sim \sqrt{3/n}$ , es decir, $u_n \sim -\sqrt{3/n}$ . En todos los casos $\abs{u_n} \sim \sqrt{3/n}$ (o la sucesión acaba siendo $0$ ): la caída es universal, y solo el signo recuerda el inicio.

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

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

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

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

Comprobación del lema: $u_n - u_{n+1} = \frac{u_n^2}{1 + u_n}$ , luego $\frac{u_n - u_{n+1}}{u_n^2} = \frac{1}{1 + u_n} \to 1 = a$ , y la pregunta 18 predice $n u_n \to 1$ : acuerdo exacto.

20. Positividad por inducción ( $\eu^{-u} > 0$ ); decreciente, pues $\eu^{-u_n} < 1$ para $u_n > 0$ ; luego $u_n \to \ell \geq 0$ (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 emparedado de (G1) $1 + h_n \leq \eu^{h_n} \leq \frac{1}{1 - h_n}$ ; luego $\ell = \ell\, \eu^{-\ell}$ , y $\ell > 0$ obligaría a $\eu^{-\ell} = 1$ , falso: $\ell = 0$ . Para $t > 0$ , (G1) da $\eu^{-t} \geq 1 - t$ y $\eu^{-t} \leq \frac{1}{1 + t}$ , luego

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

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

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

\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 el 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 la parte IV.

22. Incrementos: $a_{n+1} - a_n = 2^{-n} - 2^{-n-1} = 2^{-n-1} = b_{n+1} - b_n$ , así que el cociente de incrementos vale constantemente $1$ . Y, sin embargo, $\frac{a_n}{b_n} = \frac{2 - 2^{-n}}{1 - 2^{-n}} \to 2 \neq 1$ . La demostración de la pregunta 5 se rompe en el término de borde: $\frac{a_N - \ell b_N}{b_n} \to 0$ necesitaba $b_n \to +\infty$ ; aquí (con $\ell = 1$ ) $a_N - b_N = 1$ y $b_n \to 1$ , luego ese término tiende a $1$ — precisamente la diferencia 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, $\frac{n}{n+1} \leq n\ln(1 + \frac1n) \leq 1$ , luego $B_{n+1} - B_n = \ln(n+1) + \theta_n$ con $\frac12 \leq \theta_n \leq 1$ . Por 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

(la 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, $\ln u_n \to \ln\ell$ (emparedado de la pregunta 9 sobre $\ln\frac{u_n}{\ell}$ ), luego las medias de Cesàro $\frac1n\sum_{k=1}^n \ln u_k \to \ln\ell$ , 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 todo $M$ , a la larga $u_n \geq \eu^M$ , luego $\ln u_n \geq M$ : $\ln u_n \to +\infty$ ; el Cesàro de $+\infty$ (pregunta 6, $b_n = n$ ) da $\frac1n\sum \ln u_k \to +\infty$ , y (G1) ( $\eu^s \geq 1 + s$ ) manda la media geométrica a $+\infty$ . Con $u_n = n$ : $(n!)^{1/n} \to +\infty$ .

25. (i) La completitud entró solo a través del teorema del límite monótono, para producir los límites de las preguntas 12 y 20; el propio teorema de Cesàro–Stolz es pura gestión de $\varepsilon$ , válida sobre $\Q$ . (ii) Stolz sustituye $\lim \frac{a_n}{b_n}$ por el $\lim$ del cociente de incrementos, exactamente como l’Hôpital sustituye $\lim\frac fg$ por $\lim\frac{f'}{g'}$ — el gemelo diferencial se apoya en el teorema del valor medio del Capítulo 14. (iii) Heurística: si $f(x) = x - a\,x^{p+1} + o(x^{p+1})$ en el punto fijo neutro $0$ , entonces $\frac{1}{u_{n+1}^p} - \frac{1}{u_n^p} \to pa$ y $u_n \sim (pan)^{-1/p}$ : un contacto de orden $p + 1$ produce un decaimiento $n^{-1/p}$ — cuanto más plana sea la gráfica contra la diagonal, más lenta la caída. (iv) La constante: (G2) suministra el coeficiente cúbico $\frac16$ ; la factorización de la pregunta 14 lo duplica en el incremento del telescopio $\frac13$ ; Cesàro convierte $\frac{1}{u_n^2}$ en $\frac n3$ ; e invertir y tomar raíces entrega $\sqrt{3/n}$ .