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title: "Sucesiones"
book: "Matemáticas universitarias — Grado 1"
subject: math
language: es
chapter: 11
exercises: 12
source: https://one-course.com/books/math/3/es/chapter/11-sucesiones
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# Capítulo 11 — Sucesiones

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](https://one-course.com/books/math/3/es/chapter/10-numeros-reales#ch-b1-reals)): todo teorema clásico — convergencia monótona, [sucesiones adyacentes](#thm-b1-seq-adjacent), 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 ε\varepsilonε–NNN, 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](https://one-course.com/books/math/3/es/chapter/10-numeros-reales#thm-b1-reals-archimedes) 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](https://one-course.com/books/math/3/es/chapter/1-logica-conjuntos-y-aplicaciones#def-b1-logic-statement) sobre la cola, indiferente a cualquier mal comportamiento finito.

**Proposición 11.4 (Primeras propiedades).**

1. El límite, si existe, es único.
2. Una sucesión convergente está acotada.
3. 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](#prop-b1-seq-first)), 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](https://one-course.com/books/math/3/es/chapter/3-numeros-complejos#prop-b1-complex-rules)). ∎

**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](https://one-course.com/books/math/3/es/chapter/3-numeros-complejos#def-b1-complex-field):

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

Ahora todo converge: $\sqrt{1 + \frac1n} \to 1$, porque $0 \leq \sqrt{1 + h} - 1 = \frac{h}{\sqrt{1+h} + 1} \leq h$ ([conjugado](https://one-course.com/books/math/3/es/chapter/3-numeros-complejos#def-b1-complex-field) 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](https://one-course.com/books/math/3/es/chapter/3-numeros-complejos#def-b1-complex-field), factorizar el término dominante) hasta que cada pieza converja; la máquina sistemática para los casos resistentes es el desarrollo asintótico del [Capítulo 16](https://one-course.com/books/math/3/es/chapter/16-formulas-de-taylor-y-desarrollos-asintoticos#ch-b1-taylor).

**Teorema 11.7 (Límites y orden).**

1. 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 $\lim = 0$ .)
2. (Teorema del emparedado) Si $u_n \leq w_n \leq v_n$ para todo $n$ grande y $u_n, v_n \to  \ell$ , entonces $w_n \to \ell$ .
3. 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](#def-b1-seq-limit) 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](#exo-b1-seq-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](https://one-course.com/books/math/3/es/chapter/1-logica-conjuntos-y-aplicaciones#def-b1-logic-statement) espejo para las sucesiones decrecientes.)

**Demostración.** Sea $s = \sup\{u_n\}$ ([Teorema 10.2](https://one-course.com/books/math/3/es/chapter/10-numeros-reales#thm-b1-reals-sup)). Dado $\varepsilon > 0$, la caracterización con $\varepsilon$ ([Proposición 10.4](https://one-course.com/books/math/3/es/chapter/10-numeros-reales#prop-b1-reals-epsilon)) 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](https://one-course.com/books/math/3/es/chapter/14-derivacion#ex-b1-derivative-convexineq) 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](#ex-b1-seq-e) de más abajo) y, en el [Capítulo 17](https://one-course.com/books/math/3/es/chapter/17-series-numericas#ch-b1-series), 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](#thm-b1-seq-monotone)); 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 .](https://one-course.com/images/onecourse/chapters/math-3/b1-seq/fig-3a699c2487eb.svg)

*[Sucesiones adyacentes](#thm-b1-seq-adjacent): $(a_n)$ sube, $(b_n)$ baja y la separación entre ellas se encoge hasta $0$. Cada [intervalo](https://one-course.com/books/math/3/es/chapter/10-numeros-reales#prop-b1-reals-intervals) $\intcc{a_n}{b_n}$ contiene a todos los posteriores, y el límite común $\ell$ es el único punto que queda en todos los [intervalos](https://one-course.com/books/math/3/es/chapter/10-numeros-reales#prop-b1-reals-intervals) — 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](https://one-course.com/books/math/3/es/chapter/13-limites-y-continuidad#ch-b1-continuity).*

**Ejemplo 11.12 (El número e\eue).**

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](#exo-b1-seq-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](#def-b1-seq-subsequence) 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](#def-b1-seq-subsequence): $\varphi(0) \geq 0$, 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](#def-b1-seq-subsequence) 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](https://one-course.com/books/math/3/es/chapter/1-logica-conjuntos-y-aplicaciones#def-b1-logic-sets) de límites de subsucesiones es $\{1, -\frac12\}$. La idea de cierre: una sucesión *acotada* converge exactamente cuando tiene un único límite de [subsucesión](#def-b1-seq-subsequence) ([Ejercicio 11.8](#exo-b1-seq-8)); la divergencia de una sucesión acotada significa siempre al menos dos [grupos](https://one-course.com/books/math/3/es/chapter/7-estructuras-algebraicas#def-b1-structures-group), y Bolzano–Weierstrass, más abajo, garantiza que hay al menos uno.

**Teorema 11.16 (Bolzano–Weierstrass).**

Toda sucesión acotada de reales tiene una [subsucesión](#def-b1-seq-subsequence) 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](#thm-b1-seq-adjacent)).

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](#def-b1-seq-subsequence) 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](https://one-course.com/books/math/3/es/chapter/1-logica-conjuntos-y-aplicaciones#def-b1-logic-sets) de límites de subsucesiones puede ser incluso infinito ([Ejemplo 11.15](#ex-b1-seq-sublimits), y todo el [conjunto](https://one-course.com/books/math/3/es/chapter/1-logica-conjuntos-y-aplicaciones#def-b1-logic-sets) de Cantor del [Problema 12.1](https://one-course.com/books/math/3/es/chapter/12-topologia-de-la-recta-real#pb-b1-topology-1)). No sobrevive sin la acotación: $(n)$ no tiene ninguna [subsucesión](#def-b1-seq-subsequence) convergente — aunque de toda sucesión no acotada siempre se puede extraer una [subsucesión](#def-b1-seq-subsequence) 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](https://one-course.com/books/math/3/es/chapter/17-series-numericas#ch-b1-series) embotellará el argumento como «la convergencia absoluta implica la convergencia».

**Teorema 11.20 (Completitud de R\RR).**

Una sucesión de reales converge si y solo si es una [sucesión de Cauchy](#def-b1-seq-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](#thm-b1-seq-bw), alguna [subsucesión](#def-b1-seq-subsequence) $u_{\varphi(n)} \to \ell$. *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](#def-b1-seq-cauchy) de racionales sin límite racional): la completitud es una propiedad de $\R$, equivalente al axioma de la [cota superior](https://one-course.com/books/math/3/es/chapter/10-numeros-reales#def-b1-reals-bounds). Es además el caballo de batalla que hay detrás de la convergencia de las series ([Capítulo 17](https://one-course.com/books/math/3/es/chapter/17-series-numericas#ch-b1-series)).

**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](https://one-course.com/books/math/3/es/chapter/17-series-numericas#ch-b1-series).

## 11.5 Sucesiones recurrentes

**Método 11.23 (Estudiar un+1=f(un)u_{n+1} = f(u_n)un+1​=f(un​)).**

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

1. *[Intervalo](https://one-course.com/books/math/3/es/chapter/10-numeros-reales#prop-b1-reals-intervals) estable:* búsquese un [intervalo](https://one-course.com/books/math/3/es/chapter/10-numeros-reales#prop-b1-reals-intervals) $I$ con $f(I) \subseteq I$ que contenga $u_0$ : entonces todos los $u_n \in I$ (por inducción).
2. *Candidatos a límite:* si $u_n \to \ell \in I$ y $f$ es continua en $\ell$ ( [Capítulo 13](https://one-course.com/books/math/3/es/chapter/13-limites-y-continuidad#ch-b1-continuity) ), entonces $\ell$ es un *punto fijo* : $f(\ell) = \ell$ . Resuélvase $f(x) = x$ .
3. *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](#thm-b1-seq-monotone) concluye. Si $f$ es decreciente, estúdiense las dos subsucesiones $(u_{2n})$ y $(u_{2n+1})$ , que son monótonas para $f \circ f$ .
4. *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.](https://one-course.com/images/onecourse/chapters/math-3/b1-seq/fig-1827245c9f25.svg)

*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](#exo-b1-seq-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](#thm-b1-seq-order)); $\frac1n > 0$ 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](#def-b1-seq-subsequence) convergente ([Teorema 11.16](#thm-b1-seq-bw)). (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](#met-b1-seq-recurrent), pasos 1–3), identificación después.

**Ejemplo 11.26 (Una fff 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](#met-b1-seq-recurrent) 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](https://one-course.com/books/math/3/es/chapter/14-derivacion#exo-b1-derivative-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](https://one-course.com/books/math/3/es/chapter/12-topologia-de-la-recta-real#ch-b1-topology) *caracterizan* la clausura y la compacidad; en el [Capítulo 13](https://one-course.com/books/math/3/es/chapter/13-limites-y-continuidad#ch-b1-continuity) transportan límites de funciones; en el [Capítulo 15](https://one-course.com/books/math/3/es/chapter/15-integracion-en-un-segmento#ch-b1-integration), las sumas de Riemann son sucesiones que convergen a la integral; y el [Capítulo 17](https://one-course.com/books/math/3/es/chapter/17-series-numericas#ch-b1-series) *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](https://one-course.com/books/math/3/es/chapter/21-matrices#ch-b1-matrices) 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](#def-b1-seq-limit), demuéstrese que $\dfrac{2n+1}{n+3} \to 2$ y que $(u_n) = ((-1)^n)$ diverge.

**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](#prop-b1-seq-subsequences)). (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 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](https://one-course.com/books/math/3/es/chapter/3-numeros-complejos#def-b1-complex-field)).

$\dfrac{2^n + n^3}{3^n - n^2} = \dfrac{(2/3)^n + n^3/3^n}{1 -
n^2/3^n} \to \dfrac{0 + 0}{1 - 0} = 0$, usando $q^n \to 0$ para $\abs q < 1$ y la comparación polinomio–geométrica ([Proposición 4.6](https://one-course.com/books/math/3/es/chapter/4-funciones-usuales#prop-b1-functions-powerrules)).

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

**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 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](#exo-b1-seq-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 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](#def-b1-seq-cauchy) y, por tanto, diverge (a $+\infty$, por ser creciente).

**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](#thm-b1-seq-monotone)): $H_n \to +\infty$.

**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 de Ejercicio 11.6.**

Sean $a = \lim u_{2n}$, $b = \lim u_{2n+1}$, $c = \lim u_{3n}$. La sucesión $(u_{6n})$ es [subsucesión](#def-b1-seq-subsequence) tanto de $(u_{2n})$ como de $(u_{3n})$: su límite vale $a$ y $c$, luego $a = c$. La sucesión $(u_{6n+3})$ es [subsucesión](#def-b1-seq-subsequence) 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](#prop-b1-seq-subsequences) (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 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](#thm-b1-seq-monotone)).

*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](https://one-course.com/books/math/3/es/chapter/3-numeros-complejos#def-b1-complex-field),

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

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](#def-b1-seq-subsequence) convergente de $(u_n)$ tenga el *mismo* límite $\ell$. Demuéstrese que $u_n \to \ell$. *(Reducción al absurdo más Bolzano–Weierstrass.)*

**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](#def-b1-seq-subsequence) $(u_{\varphi(n)})$. Esta [subsucesión](#def-b1-seq-subsequence) está acotada, luego, por Bolzano–Weierstrass ([Teorema 11.16](#thm-b1-seq-bw)), tiene una subsubsucesión convergente, cuyo límite $\ell'$ cumple $\abs{\ell' - \ell} \geq \varepsilon_0$ (pásese la desigualdad al límite, [Teorema 11.7](#thm-b1-seq-order)). Pero una subsubsucesión de $(u_n)$ es una [subsucesión](#def-b1-seq-subsequence) convergente de $(u_n)$, luego, por hipótesis, $\ell' = \ell$: contradicción.

**Ejercicio 11.9 ★★★.**

Con la notación del [Ejemplo 11.12](#ex-b1-seq-e), 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 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 $c_n = \frac{u_1 + \dots + u_n}{n}$.

1. 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 $\varepsilon$)* .
2. Véase con un ejemplo que el recíproco falla.
3. Dedúzcase que si $u_{n+1} - u_n \to \ell$ , entonces $\frac{u_n}{n} \to \ell$ .

**Solución de Ejercicio 11.10.**

1. 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 $\abs{c_n - \ell} \leq \varepsilon$.
2. $u_n = (-1)^n$ : diverge y, sin embargo, $c_n \to 0$ (sumas parciales acotadas por $1$ , divididas entre $n$ ).
3. 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 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](https://one-course.com/books/math/3/es/chapter/7-estructuras-algebraicas#def-b1-structures-subgroup) $\Z + 2\pi\Z$ de $(\R, +)$ ([Ejercicio 10.9](https://one-course.com/books/math/3/es/chapter/10-numeros-reales#exo-b1-reals-9)), demuéstrese que la sucesión $(\sin n)_{n \in \N}$ es densa en $\intcc{-1}{1}$ — en particular, diverge.

**Solución de Ejercicio 11.12.**

El [subgrupo](https://one-course.com/books/math/3/es/chapter/7-estructuras-algebraicas#def-b1-structures-subgroup) $G = \Z + 2\pi\Z$ 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](https://one-course.com/books/math/3/es/chapter/15-integracion-en-un-segmento#ch-b1-integration) se esboza una demostración). Por el [Ejercicio 10.9](https://one-course.com/books/math/3/es/chapter/10-numeros-reales#exo-b1-reals-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](https://one-course.com/books/math/3/es/chapter/14-derivacion#ch-b1-derivative)),

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

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](https://one-course.com/books/math/3/es/chapter/14-derivacion#ch-b1-derivative), 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](https://one-course.com/books/math/3/es/chapter/16-formulas-de-taylor-y-desarrollos-asintoticos#ch-b1-taylor).

**Parte I — Sumas sin fórmula cerrada.**

1. 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 $\lim \frac{1^2 + \dots + n^2}{n^3}$ .
2. 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.
3. (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 $\dfrac{a_{n+1} - a_n}{b_{n+1} - b_n} \to \ell \in \R$.

4. 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 $n > N$ .
5. 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: $\dfrac{a_n}{b_n} \to \ell$.
6. 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 $\dfrac{a_n}{b_n} \to +\infty$ .
7. Tómese $b_n = n$ : recupérese el teorema de las medias de Cesàro del [Ejercicio 11.10](#exo-b1-seq-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.**

8. 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.
9. 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 $u = -t/(1+t)$)*.
10. 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](https://one-course.com/books/math/3/es/chapter/17-series-numericas#ch-b1-series).)
11. (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 $u_{n+1} = \sin u_n$.

12. 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)* .
13. Supóngase de aquí en adelante $u_1 \in \intoc{0}{1}$. Véase, por emparedado y usando (G2): $$\frac{\sin u_n}{u_n} \to 1  \qquad\text{and}\qquad  \frac{u_n - \sin u_n}{u_n^{3}} \to \frac16 .$$
14. 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 $w_n \to \frac13$.
15. Conclúyase con el [Ejercicio 11.10](#exo-b1-seq-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: $$\sqrt n\;u_n \longrightarrow \sqrt 3 ,  \qquad\text{i.e.}\qquad  u_n \sim \sqrt{\frac 3n} .$$
16. 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](#ex-b1-seq-heron) ( [Ejemplo 11.24](#ex-b1-seq-heron) ) 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](https://one-course.com/books/math/3/es/chapter/6-aritmetica-de-los-enteros#def-b1-arith-divides) el error por dos necesitan una pendiente de [módulo](https://one-course.com/books/math/3/es/chapter/3-numeros-complejos#def-b1-complex-field) $< 1$ .
17. 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.

18. 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 $n\,u_n \to \frac1a$ .
19. (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.
20. 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 $u_n \sim \frac 1n$ .
21. (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.**

22. 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.
23. (Stolz dos veces) Demuéstrese $\sum_{k=1}^{n} H_k \sim n \ln n$ *(una [aplicación](https://one-course.com/books/math/3/es/chapter/1-logica-conjuntos-y-aplicaciones#def-b1-logic-map) de Cesàro–Stolz y después la pregunta 10; acótese $(n+1)\ln(n+1) - n\ln n$ con la pregunta 9)* .
24. (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 $(n!)^{1/n} \to +\infty$ .
25. 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](https://one-course.com/books/math/3/es/chapter/14-derivacion#ch-b1-derivative) ); (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 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](https://one-course.com/books/math/3/es/chapter/10-numeros-reales#def-b1-reals-bounds): 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](#exo-b1-seq-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](https://one-course.com/books/math/3/es/chapter/4-funciones-usuales#prop-b1-functions-expln)) 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](#thm-b1-seq-monotone)). 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](#exo-b1-seq-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](#ex-b1-seq-heron) eleva al cuadrado el error en cada paso —el número de cifras se duplica— porque en su punto fijo la pendiente relevante tiene [módulo](https://one-course.com/books/math/3/es/chapter/3-numeros-complejos#def-b1-complex-field) $< 1$ (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](#exo-b1-seq-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](#thm-b1-seq-monotone)). 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](#exo-b1-seq-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](https://one-course.com/books/math/3/es/chapter/14-derivacion#ch-b1-derivative). (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 $\sqrt{3/n}$.