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Una mirada al Calculoa traves de las sucesiones

Luis, Julieta, Oscar

Indice general

Indice general III

Prefacio V

1. Las primeras sesiones 11.1. El problema del futbol . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 11.2. Induccion matematica . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 91.3. Formula del binomio de Newton . . . . . . . . . . . . . . . . . 181.4. Las torres de Hanoi . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 281.5. El geoplano . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 371.6. Resumen . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 40

2. Los numeros reales 412.1. El orden en los numeros reales . . . . . . . . . . . . . . . . . . 412.2. Medias aritmetica, geometrica y armonica . . . . . . . . . . . 452.3. Desigualdad de Cauchy . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 512.4. Valor absoluto . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 56

3. Sucesiones 653.1. Listas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 653.2. Otras formas de construir listas . . . . . . . . . . . . . . . . . 683.3. Definicion y ejemplos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 713.4. Tendencia de una sucesion . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 79

4. Convergencia 874.1. Definicion y ejemplos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 874.2. Sucesiones de Cauchy . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1064.3. Divergencia . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 107

iii

iv Indice general

4.4. Sucesiones monotonas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1104.5. Lımite de sucesiones monotonas . . . . . . . . . . . . . . . . . 123

5. Sucesiones recurrentes 1275.1. Sucesion de Fibonacci . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1285.2. Otras sucesiones recurrentes . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1325.3. Otro vistazo a la sucesion de Fibonacci . . . . . . . . . . . . . 1345.4. El numero e . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 135

6. Series 1476.1. Introduccion . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1476.2. Series geometricas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1506.3. Criterios de convergencia . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1586.4. La serie armonica . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1776.5. Series alternantes . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1816.6. Convergencia absoluta . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1846.7. Series telescopicas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 192

Prefacio

¿Como iniciar un curso de calculo de nivel licenciatura? Esta pregunta hasido planteada y respondida de maneras muy diversas a lo largo de los anos.

Algunos cursos inician con una “revision” de material de los cursos dematematicas en niveles anteriores: algo de algebra por aquı, un poco de geo-metrıa analıtica por alla. En este sentido, se inicia con una especie de mini-curso que intenta “remediar” las deficiencias de algunos de los estudiantesque comienzan una carrera.

Aunque es innegable que muchos de los estudiantes que ingresan a uncurso de nivel superior no conocen o no tienen soltura con una gran parte delos conocimientos matematicos deseables en esta etapa, estamos convencidosque el tipo de matematicas por resaltar deberıa ser otro. Habra que plantear,en su momento, los aspectos mecanicos de las matematicas, pero nos parecefundamental enfatizar otros aspectos de la actividad matematica, entendidacomo una actividad de reflexion, discusion, cuestionamiento y profundizaciondel conocimiento. En particular, es importante enfatizar el uso de argumentospara justificar las propias afirmaciones; ası como el uso de ejemplos paraaclarar conceptos y refutar argumentos.

En otras palabras, nos interesa la construccion del conocimiento de ma-nera dinamica, en contraposicion a la presentacion de las matematicas comoalgo acabado. Para desarrollar este proceso es necesario promover la parti-cipacion de los estudiantes, para lo cual nosotros hemos utilizado a lo largode varios anos diversos problemas cuya solucion requiere cierto ingenio o laconstruccion de nuevos conceptos y resultados; son estos problemas la basede este texto.

Como fruto de nuestras vivencias, estas paginas reflejan algunas de lasdiscusiones surgidas en nuestros salones de clase, aunque somos concientesque esta obra solo puede representar una mınima parte de la diversidad deexperiencias que agradecemos a nuestros estudiantes.

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vi

A nuestros lectores, profesores y estudiantes, les pedimos que no consi-deren esta obra como un texto tradicional. Por el contrario, los invitamos acomprometerse y analizar cada pregunta, cada ejemplo, cada resultado, paraası irse apropiando poco a poco de las ideas centrales del Calculo.

En las primeras secciones hemos planteado algunos problemas que po-demos llamar “problemas muestra”. En cierto sentido, son problemas cuyasolucion no requiere tecnicas del calculo; pretenden que el lector “entre enconfianza” y comience a comprometerse con esta obra. Su solucion puede ob-tenerse de varias maneras, algunas mas elegantes que otras, pero igualmentevalidas.

Podemos enumerar, sin ser exhaustivos, algunos metodos que han usadonuestros estudiantes:

1. El metodo de la “fuerza bruta”. Este metodo se sigue, por ejemplo, si alresolver un problema de conteo, practicamente se cuenta de uno en uno.Las personas que siguen este metodo trabajan mucho para llegar a unresultado y continuan contando de esa manera hasta que el intercambiode ideas muestra la necesidad de optimizar sus metodos. (Este terminofue aplicado por una persona al comparar su solucion con las de losdemas y darse cuenta que habıa formas mas practicas de resolver elmismo problema.)

2. Uso de una “formula” a como de lugar. Algunos estudiantes buscan ensu memoria una formula que resuelva el problema en cuestion. En estecaso, les cuesta mucho trabajo expresar un procedimiento para obtenerel resultado, porque por lo general saben que la formula les funcionapero no recuerdan de donde se obtiene esta.

3. Busqueda de una respuesta general. Algunos estudiantes tienden a bus-car una formula general que resuelva todos los problemas de una vez,aunque esto no se les solicite de entrada. Tienden a extrapolar un resul-tado general mediante la observacion de uno o dos casos particulares,sin cuestionarse si el supuesto comportamiento del fenomeno o experi-mento sera valido en un caso general.

4. Uso de esquemas, graficos, dibujos, etcetera. Muchos estudiantes nece-sitan hacer dibujos, esquemas o simples trazos para ordenar y visualizarel problema que quieren atacar. En un principio, estos estudiantes no se“sueltan” de inmediato, pues creen que no es formal usar dibujos, pero

Capıtulo 0. Prefacio vii

una vez que se sugiere que estos caminos tambien son validos y en oca-siones mas claros para expresar una idea general, avanzan rapidamentey buscan argumentos de otro tipo para expresar sus procedimientos.

Esta pequena lista de posibles metodos es una muestra de la diversidad decaminos para llegar a un mismo resultado con logicas distintas. Es importanteobservar y discutir la validez, los alcances y los lımites de estos metodos,desarrollando a la vez una mejor comunicacion del pensamiento, tanto entreprofesores y estudiantes como entre los propios estudiantes.

Esta comunicacion es importante tambien en otro sentido: Puede ser quealgunos estudiantes hayan comprendido otra cosa en el enunciado del proble-ma y esten tratando de resolver, o incluso resuelvan, un problema totalmentediferente al que estan resolviendo los demas. Cuando surja este tipo de si-tuacion, la discusion podrıa aclarar por que se resolvio otro problema y cuales el error, si lo hay. Ası, en vez de decir al companero un simple “esta mal”cuando obtiene un resultado diferente al propio, es mas conveniente reali-zar un cierto analisis. Para saber si se esta resolviendo el mismo problema oincluso explorar la posibilidad de la propia equivocacion.

Tambien puede surgir la situacion en que la solucion “este mal”, peroque los estudiantes no encuentren donde esta el error; por ejemplo, podrıanusar la regla de tres en un problema donde este modelo no sea el adecuado.Aquı correspondera al profesor conducir la discusion a buen termino. Engeneral, la idea es que los estudiantes aprendan de sus “errores” y no temanequivocarse.

Como el lector podra imaginar, invertimos mucho tiempo con estos pro-blemas, para que quede claro el espıritu de la clase, para que los estudian-tes vayan desarrollando una estructura logica, para que experimenten en unambiente de continuo cuestionamiento, para que afinen los argumentos quesustenten la certeza o falsedad de una respuesta y para que adquieran cadavez mayor confianza para resolver problemas.

Una vez generado este ambiente en un grupo, habra que subir el gradode dificultad de las preguntas, para que los estudiantes conozcan o recreendiversos temas, como la estructura y naturaleza del conjunto de numerosnaturales, el uso del principio de induccion matematica o los conceptos desucesor de un numero, sucesiones y lımite, para posteriormente introducir lostemas especıficos del curso de calculo tradicional.

Capıtulo 1

Las primeras sesiones

Como mencionamos en el prefacio, en este capıtulo presentaremos tresejemplos de problemas que hemos utilizado en nuestros cursos para propiciarla participacion de los estudiantes en la discusion, ası como para introducirlosen la problematica del calculo:

El problema del futbol.

El problema de las torres de Hanoi.

El problema del numero de cuadrados en el geoplano.

1.1. El problema del futbol

Se desea jugar un torneo de futbol a visita recıproca, donde participandoce equipos. ¿Cuantos partidos hay en total si los equipos juegan todoscontra todos?1

A continuacion presentamos algunas maneras de contestar la preguntaplanteada, con diversos grados de complejidad. Sin embargo, el lector debetratar de responder antes de continuar leyendo.

1. Se puede utilizar un esquema para ver que ocurre. Por ejemplo, dibujardoce puntos y representar el encuentro entre dos equipos mediante unalınea que una los puntos correspondientes. Al dibujar todas las lıneas,se podrıa obtener un esquema como el siguiente. ¿Es facil contar coneste esquema?

1En ocasiones tambien presentamos este problema como saludos de mano.

1

2 1.1. El problema del futbol

Aquı surge el problema de ordenar el conteo, para garantizar que secuentan todos los partidos y que cada uno fue contado una sola vez.

2. Es posible guiar una forma de obtener la respuesta mediante algunaspreguntas. Supongamos que los equipos estan numerados del 1 al 12.¿Cuantos equipos enfrenta el equipo numero 1? ¿Cuantos equipos MASenfrenta el equipo numero 2 (es decir, sin contar de nuevo el enfrenta-miento de este con el primer equipo)? ¿Cuantos equipos MAS enfrentael equipo numero 3? (Ya no se cuentan los partidos jugados contra elprimer y el segundo equipo.) Se continua de esta manera hasta el equi-po numero 11. (¿Por que no se continua hasta el 12?) Con base en estasideas, el lector podra escribir una expresion para el numero de partidos,como por ejemplo

11 + 10 + 9 + 8 + 7 + 6 + 5 + 4 + 3 + 2 + 1.

Pero como el torneo es a visita recıproca, el resultado final es:

2(11 + 10 + 9 + 8 + 7 + 6 + 5 + 4 + 3 + 2 + 1).

3. ¿Que ocurre si se cuenta de una vez los dos partidos de cada equipo (elde ida y el de vuelta), numerando los partidos jugados por cada equipomediante pares solamente? Si contamos usando este punto de vista, elequipo numero 1 juega 22 partidos, dos por cada equipo, el equipo 2juega 20 partidos mas, y ası sucesivamente. De esta manera, el numerode partidos a jugar es:

22 + 20 + 18 + 16 + 14 + 12 + 10 + 8 + 6 + 4 + 2.

4. Otras soluciones usan un arreglo cuadrado donde las columnas repre-sentan a los equipos visitantes y los renglones a los equipos locales.En este esquema, los cuadritos de la diagonal no representan ningun

Capıtulo 1. Las primeras sesiones 3

partido. ¿Cuantos renglones tiene el arreglo? ¿Cuantos partidos estanrepresentados cada renglon? ¿Cual es entonces el numero de partidosdel torneo?

5. (Variante del metodo anterior.) Una vez representados los partidos enun arreglo como el anterior, es posible preguntarse ¿cuantos partidoshabrıa en total? (Es decir, ¿cuantos elementos tiene el arreglo en total?)¿Cuantos partidos no son validos? Esto nos lleva a la expresion 12(12)−12.

6. Tambien se puede argumentar ası: Cada equipo tiene que enfrentarse a11 equipos en algun momento de la primera vuelta. Como el partido delequipo A contra el equipo B es el mismo que el partido B contra A, simultiplicamos el total de 12 equipos por los 11 partidos que juega cadauno, obtendremos el total de partidos, repetidos dos veces. Al dividireste numero entre dos se tendra el numero de partidos jugados en unavuelta. Como son dos vueltas, tendremos que multiplicar el resultadopor dos. En este caso, se tiene que el numero de partidos viene dadopor la expresion

12(11)

2(2).

7. Diremos que una jornada es el numero de partidos simultaneos quepueden llevarse a cabo. ¿Cuantos partidos habrıa en cada jornada dela primera vuelta? Como cada equipo debe jugar contra alguno de los11 restantes en cada jornada, ¿cuantos partidos habrıa en la primeravuelta? ¿Es correcto decir que en el torneo se efectuara un total de122

(11)(2) partidos en las dos vueltas?


8. Un ultimo metodo: Si se traza un polıgono de doce vertices que repre-sente a los equipos participantes y cada partido se representa como elsegmento que une a dos vertices, entonces el numero total de segmentoses igual al numero de partidos jugados. Para calcular este numero, sesuma el numero de lados del polıgono al numero de diagonales, con loque se obtiene una expresion para la suma. Como cada segmento re-presenta solo uno de los partidos en una vuelta, habra que multiplicarpor 2. El lector puede escribir su expresion correspondiente. ¿Se pareceesta expresion a la siguiente?(

12 +(12)(9)

2

)(2).

Cualquiera de los metodos anteriores nos da correctamente el numero departidos jugados. Sin embargo, es conveniente analizar las ventajas y des-ventajas de cada uno de los metodos; en particular, conviene saber si estosmetodos se pueden generalizar al caso de un torneo con un numero arbitrariode equipos.

Si en el torneo participan 15 equipos, ¿cuales de los modelos y argumentosanteriores siguen sirviendo?

¿Habra un metodo para resolver el problema de los partidos con un nume-ro cualquiera de equipos participantes?

¿Cual sera el numero de partidos en un torneo a dos vueltas, con unnumero n (arbitrario) de equipos?

A continuacion mostramos algunas propuestas de expresiones para elnumero de partidos con n equipos. ¿Que argumento se uso para obtenercada expresion (ver los metodos usados para el caso de 12 equipos)?

1. 2 [(n− 1) + (n− 2) + (n− 3) + · · ·+ 3 + 2 + 1)].

2. 2(n− 1) + 2(n− 2) + 2(n− 3) + · · ·+ 6 + 4 + 2.

3. n(n− 1).

4. n(n)− n.

5. n(n−1)2

(2).

6. “n2(n− 1)(2)”.


7.[n+ (n)(n−3)

2

](2).

Una vez obtenidas varias expresiones para el numero de partidos, es ne-cesario ver que cualquiera de esas expresiones es igual a la otra, es decir,son diferentes representaciones de un mismo numero. En varios casos, bastahacer algunas operaciones para mostrar la igualdad entre las expresiones. Sinembargo, en otros casos esto no es inmediato, como al tratar de demostrarlas siguientes igualdades:

2 [(n− 1) + (n− 2) + (n− 3) + · · ·+ 3 + 2 + 1] = n(n− 1)2(n− 1) + 2(n− 2) + 2(n− 3) + · · ·+ 6 + 4 + 2 = n(n)− n(

n+ (n)(n−3)2

)(2) = n(n−1)

2(2)

(1.1)

Cada una de estas igualdades es, por lo pronto, una conjetura.2 Una con-jetura es, en el contexto de las matematicas, una especie de aproximaciona la respuesta que debe verificarse de alguna manera. Aquı aparece un as-pecto delicado y fundamental del trabajo matematico: Una vez establecidauna conjetura, ¿como comprobar que es correcta? ¿Como comprobar que esincorrecta?

Veamos por ejemplo la manera de hacer ver que la primera de las ex-presiones en (1.1) es verdadera. Para esto, tenemos que comprobar que lasdos expresiones que aparecen en la igualdad siempre arrojan el mismo nume-ro para cualquier valor de n. Comprobemos esto en casos particulares; porejemplo, si n = 2 tenemos 2(1) = 2 del lado izquierdo y 2(2− 1) = 2 del ladoderecho. Obtenemos el mismo numero.

Si n = 3, del lado izquierdo tenemos: 2(2 + 1) = 6 y del lado derecho3(3− 1) = 6. De nuevo, tenemos el mismo numero.

Aunque la igualdad se cumple en estos casos particulares, no basta conesto, es necesario saber que en general las listas de numeros generados porlas expresiones de cada uno de los lados de la igualdad “crecen” siempre dela misma manera.

A continuacion tenemos una tabla con los numeros que generan las dos

2Segun el diccionario de la Real Academia Espanola, una conjetura es un “juicio quese forma por indicios y observaciones”.


expresiones:

Numero 2[(n− 1) + (n− 2) + · · ·+ 2 + 1] n(n− 1) Incremento

de equipos por renglon

2 2(1) = 2 2(2− 1) = 2 2

3 2(2 + 1) = 6 3(3− 1) = 6 4...

......

...

k 2[(k − 1) + (k − 2) + · · ·+ 2 + 1] k(k − 1)k + 1

Ası, si hay k participantes se juegan

2 [(k − 1) + (k − 2) + · · ·+ 3 + 2 + 1]

partidos. ¿Como podemos usar esta informacion para saber de antemanocuantos partidos se jugaran y no volver a hacer toda la cuenta? Debemoscontar los partidos que deben agregarse cuando llega un nuevo equipo. Alnuevo participante le falta jugar contra todos los equipos que ya habıa antes;esto es, le toca jugar contra k equipos a dos vueltas, de modo que debe-mos agregar 2(k) partidos a la expresion para el numero de partidos con kparticipantes:

2 [(k − 1) + (k − 2) + · · ·+ 3 + 2 + 1] + 2(k)= 2(k) + 2 [(k − 1) + (k − 2) + · · ·+ 3 + 2 + 1]= 2 [((k + 1)− 1) + (k − 1) + (k − 2) + · · ·+ 3 + 2 + 1] .

La ultima expresion es precisamente el numero de partidos que se jugaransi hay k+1 equipos. Ası, hemos demostrado que las dos listas empiezan igual yrenglon a renglon crecen de la misma manera. De este modo, las expresionesgeneran los mismos numeros. Podemos concluir que nuestra conjetura esverdadera siempre:

2 [(n− 1) + (n− 2) + (n− 3) + · · ·+ 3 + 2 + 1] = n(n− 1)

es cierto para cualquier numero natural n.De igual manera se hace ver que las otras conjeturas que aparecen en

(1.1) son verdaderas.Es posible que en esta discusion surjan conjeturas que no se obtienen

directamente del problema de los partidos, sino de las igualdades anteriores;por ejemplo:

1 + 2 + 3 + 4 + · · ·+ (n− 1) + n =n(n+ 1)

2.


Veamos ahora una demostracion de esta igualdad usando el arreglo cua-drado del metodo 4:

El cuadrado con n cuadritos por lado representa a los encuentros entrelos n equipos participantes. Calculamos el area del triangulo rectangulo debase n−1 y altura n−1 marcado en la figura y le sumamos las areas de los ntriangulos rectangulos de area 1

2que se forman en la diagonal de (n− 1) por

(n− 1). Como hay n− 1 triangulos de area 12, se tiene:

1 + 2 + 3 + 4 + · · ·+ (n− 1) =(n− 1)2

2+

(n− 1)

2;

el lado derecho tambien se puede expresar como

n− 1

2(n− 1 + 1) =

(n− 1)n

2.

Tambien se puede calcular la suma 2[1+2+3+4+ · · ·+ (n−1)] como elnumero de casillas que tiene el arreglo cuadrado para n equipos participantes,descontando la diagonal.

Como el numero total de casillas es n2 y el numero de casillas de ladiagonal es n, entonces:

2[(1 + 2 + 3 + 4 + · · ·+ n− 1)] = n2 − n = n(n− 1).

Ası, tenemos que

1 + 2 + 3 + 4 + · · ·+ (n− 1) + n =n(n+ 1)

2. (1.2)


Cerraremos esta seccion usando la formula anterior para hacer un brevecomentario sobre los numeros figurados, aquellos que tienen alguna represen-tacion geometrica. Los griegos de la antiguedad estudiaron varios de estosnumeros, entre ellos los numeros triangulares:

Los primeros seis numeros triangulares.

Se puede utilizar la expresion (1.2) para ver que un numero triangularrepresenta la suma de los primeros numeros naturales. Es decir,

n(n+ 1)

2

es igual al n-esimo numero triangular.

Observemos que los numeros triangulares tienen ciertas relaciones intere-santes entre sı. Por ejemplo, veamos cuanto vale la suma de dos numerostriangulares consecutivos cualesquiera.

De nuevo empecemos por la observacion de casos particulares. Podemoscolocar la informacion en una tabla como esta:

n Suma de triangulares Resultado

1 T1 + T2 = 1 + 3 42 T2 + T3 = 3 + 6 93 T3 + T4 = 6 + 10 164 T4 + T5 = 10 + 15 255 T5 + T6 = 15 + 21 36...

......

Podemos utilizar tambien la siguiente representacion geometrica de lasuma de dos numeros triangulares consecutivos para los primeros cuatro casosparticulares:


Suma de dos numeros triangulares consecutivos: T1 +T2, T2 +T3, T3 +T4 y T4 +T5.

Observamos que en estos casos particulares cada suma de dos triangularesconsecutivos nos da un numero cuadrado, es decir, un numero de la forma n2.¿Seguira ocurriendo esta regularidad para los demas casos? ¿Sera cierto quela suma de dos triangulares consecutivos siempre es un numero cuadrado?Para demostrar esta conjetura, podemos usar la expresion (1.2):

Tk + Tk+1 =k(k + 1)

2+

(k + 1)(k + 2)

2=

(k + 1)(2k + 2)

2= (k + 1)2. (1.3)

Ası, esta conjetura resulta ser verdadera: la suma de dos triangularesconsecutivos siempre resulta un numero cuadrado. En la siguiente seccionveremos otra relacion entre los numeros cuadrados y los numeros triangulares.

En esta seccion hemos mostrado que (1.2) vale para cada numero naturaln. En la siguiente seccion presentaremos un util metodo general para demos-trar enunciados como este, basado en el principio de induccion matematica.Posteriormente continuaremos nuestra discusion de otros problemas, con unsabor mas formal, pues nos interesa mostrar una forma de generar un am-biente de discusion de ideas matematicas cada vez mas avanzadas.

1.2. Induccion matematica

Como hemos anunciado, ahora analizaremos un metodo que nos permi-tira mostrar la validez de muchas propiedades de los numeros naturales.Comenzaremos con un ejemplo, partiendo de la siguiente pregunta.

¿Cuanto vale la suma de los cuadrados de los primeros n numerosnaturales?

10 1.2. Induccion matematica

Para tratar de hallar una respuesta a esta pregunta, es conveniente ha-cer unas primeras observaciones con algunos o varios casos particulares. Sinembargo, debemos recordar que hay una infinidad de numeros naturales; demodo que tendremos que buscar argumentos generales para nuestras obser-vaciones y mostrar que tales argumentos seran validos para cualquier numeronatural no importando que tan grande sea.

Veamos el comportamiento de tal suma para tres casos particulares:

12 = 1, 12 + 22 = 5, 12 + 22 + 32 = 14.

En la siguiente tabla tenemos el calculo de la suma de los numeros cua-drados para mas casos particulares.

Numero Suma de cuadrados Incremento

1 1 12 1 + 4 = 5 43 1 + 4 + 9 = 14 94 1 + 4 + 9 + 16 = 30 165 1 + 4 + 9 + 16 + 25 = 55 256 1 + 4 + 9 + 16 + 25 + 36 = 91 36

Con este numero de casos particulares, ¿estaremos en condiciones de con-jeturar algun resultado? ¿Podremos deducir alguna formula para encontrarel resultado de la suma de los primeros n numeros cuadrados?

Al estilo de los antiguos griegos, podemos ayudarnos con una representa-cion geometrica de los numeros cuadrados, ası como de su suma. La siguientefigura representa por medio de arreglos de cubos los numeros cuadrados 1, 4y 9:

Usando estos arreglos, representamos la suma de los dos primeros numeroscuadrados como


Y la suma de los tres primeros numeros cuadrados como:

Podemos pensar cada uno de estos arreglos de bloques contenidos encubos de aristas 2 y 3 respectivamente, de donde quitamos algunos cubitos.En el primer caso tenemos 23 − 3 cubitos y en el segundo 33 − (3 + 5 + 5):

La suma de los primeros tres cuadrados completando un cubo de arista 3. A laderecha aparece cada uno de los tres niveles del cubo, comenzando desde el primero.

Ahora veamos que pasa en el tercer caso:


La suma de los primeros cuatro cuadrados completando un cubo de arista 4. Ala derecha aparece cada uno de los cuatro niveles del cubo, comenzando desde elprimero.

De manera general, podemos representar la suma de los primeros numeroscuadrados dentro de un cubo de arista n y luego restar por pisos los elementosque no debemos considerar en la suma que buscamos. Para los casos quehemos visto y algunos mas tenemos:

n Suma de los Quitando lo que

primeros n cuadrados no debemos sumar:

1 1 13−0(1) = 12 5 23−[0(1) + 1(3)] = 53 14 33−[0(1) + 1(3) + 2(5)] = 144 30 43−[0(1) + 1(3) + 2(5) + 3(7)] = 305 55 53−[0(1) + 1(3) + 2(5) + 3(7) + 4(9)] = 55

Estas observaciones sugieren como conjetura que al volumen de un cubode arista n debemos restarle lo siguiente

0(1) + 1(3) + 2(5) + 3(7) + · · ·+ (n− 1)(2(n− 1) + 1).

Escribimos entonces

12+22+ · · ·+ n2 = n3− [0(1) + 1(3) + 2(5) + · · ·+ (n− 1) (2(n− 1) + 1)]= n3− [0(1) + 1(3) + 2(5) + · · ·+ (n− 1)(2n− 1)]= n3−[0(1) + 1(3) + 2(5) + · · ·+

(2n2−3n+ 1

)]

= n3−[2 (12) +2 (22) +2 (32) + · · ·+ 2n2

]+3 [1 + 2 + 3 + · · ·+ n]−(n)(1)

= n3−2[12+22+ · · ·+ n2

]+3 (1 + 2 + · · ·+ n)−n


Podemos usar esta ultima expresion para obtener que el triple de la sumaque buscamos es:

3(12 + 22 + 32 + · · ·+ n2

)= n3 + 3 (1 + 2 + 3 + · · ·+ n)− n.

Usamos la expresion de la ecuacion (1.2) para la suma de los n primerosnumeros naturales para obtener

3(12 + 22 + 32 + · · ·+ n2) = n3 +3n(n+ 1)

2− n =

2n3 + 3n(n+ 1)− 2n

2.

Ası, hemos descubierto una expresion para la suma de los primeros nnumeros cuadrados:

12+22+32+ · · ·+ n2=n(n+ 1)(2n+ 1)

6. (1.4)

Al analizar los casos particulares vimos como crecıa la lista de la sumade los numeros cuadrados. Ahora comprobaremos que la lista de numerosobtenidos mediante la expresion del lado derecho de (1.4) crece de la mismamanera, de modo que ambas expresiones generaran los mismos numeros paracualquier n.

n Suma de los primeros Regla que descubrimos

n numeros cuadrados (n(n+ 1)(2n+ 1)) /61 1 12 1 + 4 53 1 + 4 + 9 144 1 + 4 + 9 + 16 305 1 + 4 + 9 + 16 + 25 556 1 + 4 + 9 + 16 + 25 + 36 91

Al observar los numeros de la segunda columna, vemos que para pasardel renglon k al (k+ 1) hay que sumar el numero cuadrado (k+ 1)2. Veamosque este crecimiento es el mismo en la tercera columna:

n Regla que descubrimos: (n(n + 1)(2n + 1)) /6

1 1(1+1)(2+1)6

2 1(1+1)(2+1)6

+22=1(2)(3)+4(2)(3)6

=2(2+1)(4+1)6

= 1 + 22

......

k k(k+1)(2k+1)6

k + 1 k(k+1)(2k+1)6

+(k + 1)2=k(k+1)(2k+1)+6(k+1)2

6= (k+1)(k+2)(2k+3)

6


En el ultimo renglon de esta tabla hemos obtenido la expresion corres-pondiente al valor k + 1 en el lado derecho de (1.4), de modo que la sumade los primeros n numeros cuadrados y dicha expresion crecen de la mismaforma. Ası, hemos demostrado que (1.4) vale para cualquier numero naturaln.

Aprovecharemos nuestros resultados para ver otro ejemplo de relacionentre los numeros triangulares definidos en la seccion anterior. Recordandoque la suma de dos numeros triangulares consecutivos es igual a un numerocuadrado (ver la ecuacion (1.3)), podemos escribir la suma de los primeros(n − 1) numeros cuadrados en terminos de la suma de los primeros n − 1numeros triangulares como sigue:

12 + 22 + · · ·+ n2 = (T1) + (T1 + T2) + · · ·+ (Tn−1 + Tn)= 2(T1 + T2 + · · ·+ Tn−1) + Tn.

Ası,

T1 + T2 + · · ·+ Tn−1 =1

2

(12 + 22 + · · ·+ n2 − Tn

).

Usando las expresiones (1.2) y (1.4), tenemos que

T1 + T2 + · · ·+ Tn−1 =1

2

(n(n+ 1)(2n+ 1)

6− n(n+ 1)

2

);

al simplificar obtenemos finalmente

T1 + T2 + T3 + · · ·+ Tn−1 =1

6

(n3 − n

).

Si formulamos una conjetura general para cualquier numero natural ny queremos garantizar que tal conjetura es verdadera, podemos utilizar lainduccion matematica, basada en el siguiente principio:

Principio de induccion

Una proposicion que depende de los numeros naturales se cumple paratodo numero natural si se satisfacen las dos condiciones siguientes:

1. La proposicion se cumple para el numero 1.


2. Siempre que la proposicion se satisface para el natural k implica que laproposicion se satisface para el siguiente numero natural (k + 1).

Veamos un ejemplo. Mostraremos que para cualquier numero natural nse cumple que

13 + 23 + 33 + · · ·+ n3 =n2(n+ 1)2

4. (1.5)

Antes de aplicar el principio de induccion, construyamos una tabla con losvalores de las expresiones que aparecen en la igualdad anterior para algunosvalores de n:

n 13 + 23 + 33 + · · ·+ n3 n2(n+ 1)2

4

1 13 = 112(1 + 1)2

4= 1

2 13 + 23 = 922(2 + 1)2

4= 9

3 13 + 23 + 33 = 3632(3 + 1)2

4= 36

4 13 + 23 + 33 + 43 = 10042(4 + 1)2

4= 100

El renglon de esta tabla correspondiente a n = 1 muestra que la igualdad(1.5) vale para este caso. Ahora suponemos que la igualdad vale para unnumero natural k, de modo que

13 + 23 + 33 + · · ·+ k3 =k2(k + 1)2

4.

¿Que ocurre para el caso del numero natural (k + 1)? Podemos usar estaigualdad para ver que

13 + 23 + 33 + · · ·+ k3 + (k + 1)3 =k2(k + 1)2

4+ (k + 1)3,

pero podemos simplificar el lado derecho como

k2(k + 1)2

4+ (k + 1)3 =

(k + 1)2(k2 + 4(k + 1))

4=

(k + 1)2(k + 2)2

4,

es decir,

13 + 23 + 33 + · · ·+ k3 + (k + 1)3 =(k + 1)2(k + 2)2

4,

de modo que la igualdad (1.5) vale tambien para (k+ 1). Por el principio deion, la igualdad vale para cualquier numero natural.

Ejercicios

1. Utiliza el principio de induccion matematica para verificar que las si-guientes igualdades son validas para cualquier numero natural n:

a) 1 + 3 + 5 + · · ·+ (2n− 1) = n2.

b) 12 + 32 + 52 + · · ·+ (2n− 1)2 =n(4n2 − 1)

3.

c) 13 + 33 + 53 + · · ·+ (2n− 1)3 = n2(2n2 − 1).

d)1

1 · 2+

1

2 · 3+

1

3 · 4+ · · ·+ 1

n · (n+ 1)=

n

n+ 1.

e)1

1 · 3+

1

3 · 5+

1

5 · 7+ · · ·+ 1

(2n− 1)(2n+ 1)=

n

2n+ 1.

f ) 1 · 2 + 2 · 3 + 3 · 4 + · · ·+ n · (n+ 1) =n(n+ 1)(n+ 2)

3.

g) 1 · 2 · 3 + 2 · 3 · 4 + 3 · 4 · 5 + · · · + n · (n + 1) · (n + 2) =n(n+ 1)(n+ 2)(n+ 3)

4.

h)12

1 · 3+

22

3 · 5+

32

5 · 7+ · · ·+ n2

(2n− 1)(2n+ 1)=

n(n+ 1)

2(2n+ 1).

2. Determina si las siguientes afirmaciones son falsas o verdaderas.

a) Para todo numero natural n, n2 + n− 20 < 0.

b) Para todo numero natural n, n2 − n+ 1 > 0.

c) Para todo numero natural n, n3 − n es multiplo de 3.

d) Para todo numero natural n, n5 − n es multiplo de 5.

e) Para todo numero natural n, n7 − n es multiplo de 7.


f ) Para todo numero natural n, (2n− 1)(2n+ 1)(2n+ 3) es multiplode 5.

g) Para todo numero natural n > 3, 2n > 2n+ 1.

3. Usa induccion para mostrar que las siguientes igualdades son validaspara cualquier numero natural n:

a) 1 + 2 + 22 + 23 + · · ·+ 2n = 2n+1 − 1.

b) 1 + 3 + 32 + 33 + · · ·+ 3n =3n+1 − 1

2.

c) 1 + 10 + 102 + 103 + · · ·+ 10n =10n+1 − 1

9.

d) 1 +1

2+

1

22+ · · ·+ 1

2n= 2

(1− 1

2n+1

).

e) 1 +1

9+

1

92+ · · ·+ 1

9n=

9

8

(1− 1

9n+1

).

4. Utiliza las expresiones del ejercicio anterior para plantear una conjeturaacerca de una expresion para la suma

1 + r + r2 + · · ·+ rn

y demuestra que la conjetura es verdadera.

5. Demuestra que

1 + 2r + 3r2 + · · ·+ nrn−1 =1− (n+ 1)rn + nrn+1

(1− r)2.

6. Demuestra la siguiente igualdad:

(1 + r)(1 + r2)(1 + r4) · · · (1 + r2n) =1− r2n+1

1− r.

7. Demuestra la siguiente desigualdad:

1√1

+1√2

+1√3

+ · · ·+ 1√n>√n, si n > 1.

8. ¿Cuantos enteros positivos n cumplen que n− 17 divide a n+ 4?

9. Demuestra que la suma de cubos de tres numeros naturales consecutivoses multiplo de 9.

18 1.3. Formula del binomio de Newton

1.3. Formula del binomio de Newton

En la seccion 1.1 analizamos el problema del numero de partidos de futbola realizar con 12 equipos. Uno de los modelos propuestos para estudiar esteproblema utilizo un polıgono de 12 vertices, donde cada vertice representabaun equipo y cada partido estaba representado por un segmento entre dosvertices. Utilizando esta informacion, podemos ver que (12)(11)/2 es igual alnumero de segmentos que se pueden trazar en un polıgono con 12 vertices.En general, el numero de segmentos que se pueden construir con n puntos

esn(n− 1)

2.

Ahora nos preguntaremos por el numero de triangulos que se puedenconstruir con los vertices de un polıgono con n vertices. Observemos quecada triangulo se construye con los vertices de un segmento y un tercervertice que no esta en el segmento, de modo que por cada pareja de vertices(o bien por cada segmento) disponemos de otros n− 2 vertices del polıgonopara construir los triangulos. Por ejemplo, en el caso del hexagono se tienen4 triangulos por cada segmento como se observa en la figura:

En el caso general, tenemos

(n− 2)n(n− 1)

2

triangulos. Pero en este calculo cada triangulo se ha contado 3 veces, de modoque el numero total de triangulos que se pueden construir con los vertices deun polıgono de n lados es

n(n− 1)(n− 2)

2 · 3.


¿Cuantos cuadrilateros podremos construir? Siguiendo la misma logica, elnumero de cuadrilateros se puede obtener a partir del numero de triangulos.Retomando el ejemplo del hexagono, si fijamos uno de los triangulos, podemosconstruir un cuadrilatero con cualquiera de los puntos sobrantes:

Por lo tanto, el numero de cuadrilateros es igual al producto del numerode triangulos por el numero de puntos sobrantes. De nuevo, observamos quecada cuadrilatero se ha contado 4 veces, de modo que debemos dividir elnumero obtenido entre cuatro, ası, el numero de cuadrilateros que se puedenconstruir con los vertices del hexagono es

6 · 5 · 4 · 34 · 3 · 2

.

Podemos generalizar este razonamiento como sigue: Dado un polıgono den vertices, por cada triangulo construido se dispone de otros n − 3 verticespara elegir el cuarto vertice del cuadrilatero. Como el numero de trianguloses

n(n− 1)(n− 2)

2 · 3,

se pueden construir

n(n− 1)(n− 2)

2 · 3· n− 3

4=n(n− 1)(n− 2)(n− 3)

2 · 3 · 4cuadrilateros.

Ahora podemos conjeturar que el numero de polıgonos de k vertices quese pueden construir en un polıgono de n vertices es

n(n− 1)(n− 2)(n− 3) · · · (n− k + 1)

2 · 3 · 4 · · · k.


En la siguiente tabla se tiene la informacion del numero total de polıgonoscon k lados que se pueden construir en polıgonos de 3, 4, 5 y 6 vertices:

Numero de Total de Total de Total de Total de Total de Total de

vertices segmentos triangulos cuadrilateros pentagonos hexagonos polıgonos

3 3 1 0 0 0 74 6 4 1 0 0 155 10 10 5 1 0 316 15 20 15 6 1 63

Observese que en cada caso el numero total de polıgonos (ultima co-lumna) se puede escribir como una potencia de 2 menos 1. Escribimos estainformacion en la siguiente tabla, la cual extenderemos en dos sentidos porconveniencia. En la segunda columna incluimos un caso lımite, el numero de“polıgonos” con k = 0 lados, es decir, el numero de puntos considerados.Ademas, incluimos dos renglones al principio, correspondientes a los “polıgo-nos” con 1 o 2 vertices.

Numero Total de Total de Total de Total de Total de Total de Total de

de vertices puntos segmentos triangulos cuadrilateros pentagonos hexagonos polıgonos

1 1 0 0 0 0 0 21−12 2 1 0 0 0 0 22−13 3 3 1 0 0 0 23−14 4 6 4 1 0 0 24−15 5 10 10 5 1 0 25−16 6 15 20 15 6 1 26−1

Se observa que en cada uno de los renglones hay algunos numeros que serepiten. ¿Que sucede en la geometrıa para que se de esta situacion? Veamoslos siguientes dibujos:


En el primer dibujo tenemos un polıgono de 8 vertices y vemos que porcada 3 vertices utilizados para formar un triangulo hay otros 5 vertices que nose ocupan, con los que se puede construir un pentagono. En el segundo dibujotenemos 6 vertices, dos de los cuales se han usado para formar un segmento.Con los vertices restantes formamos un cuadrilatero. En general, si tenemosun polıgono con n vertices, podemos afirmar que por cada polıgono de kvertices, podemos construir otro polıgono con los n − k vertices restantes.Por lo tanto el numero de polıgonos de k vertices que se puede construir enun polıgono de n vertices es igual al numero de polıgonos con n− k verticesy tenemos la siguiente igualdad:

n(n− 1)(n− 2) · · · (n− k + 1)

2 · 3 · · · k=n(n− 1)(n− 2) · · · (n− (n− k) + 1)

2 · 3 · · · (n− k)

la cual es facil de verificar al hacer la multiplicacion cruzada.

En resumen, tenemos que el numero total de polıgonos que se puedenconstruir con los vertices de un polıgono de n vertices es

n+n(n− 1)

2+n(n− 1)(n− 2)

2 · 3+ · · ·+ n(n− 1)(n− 2) · · · 2

2 · 3 · · · (n− 1)+ 1 = 2n − 1,

donde el primer sumando es el numero total de puntos del polıgono, el segun-do el numero total de segmentos, el siguiente el numero total de triangulosy ası sucesivamente hasta llegar al numero de polıgonos con n vertices, quees igual a 1. Observa que la expresion 2n − 1 tambien da el numero total depolıgonos cuando el “polıgono” original tiene solo uno o dos puntos.


Ahora abordaremos el problema de determinar el numero total de polıgo-nos desde otro punto de vista. En la siguiente figura hemos etiquetado losvertices de un cuadrado como a, b, c, d:

Para formar un segmento con dos de los vertices de este cuadrado, bastaelegir cualesquiera dos letras en el conjunto {a, b, c, d}. En forma similar,para formar un triangulo basta elegir tres letras del mismo conjunto. Paraobtener el numero total de polıgonos que podemos formar con los vertices deeste cuadrado, podemos entonces preguntarnos cuantos subconjuntos tiene{a, b, c, d}. Para contestar esta pregunta haremos una lista:

Tenemos 4 subconjuntos de un elemento: {a} , {b} , {c} , {d}.

Los subconjuntos de dos elementos son {a, b}, {a, c}, {a, d}, {b, c},{b, d} y {c, d} ; en total, 6 subconjuntos de este tipo.

Subconjuntos de tres elementos: {a, b, c} , {a, b, d} , {a, c, d} , {b, c, d} ; esdecir, 4 subconjuntos.

Subconjuntos de cuatro elementos: {a, b, c, d}; o sea, un solo subcon-junto.

En este caso, agregaremos a esta lista el conjunto vacıo que siempre es sub-conjunto de cualquier conjunto. Ası, el total de subconjuntos de {a, b, c, d}.es

1 + 4 + 6 + 4 + 1 = 16 = 24.

Para hacer una analogıa completa entre el numero de figuras geometricasque se pueden construir con los vertices de un cuadrado y el numero de


subconjuntos de un conjunto con 4 elementos, podemos asociar al conjuntovacıo la “figura vacıa”.

Para confirmar esta analogıa consideremos un pentagono y el conjun-to {a, b, c, d, e} con 5 elementos. El numero de subconjuntos del conjunto{a, b, c, d, e} es

1vacıo

+ 51 elemento

+ 102 elementos

+ 103 elementos

+ 54 elementos

+ 15 elementos

= 32 = 25

Entonces en base al analisis realizado con los objetos geometricos se pue-de conjeturar que el numero total de subconjuntos de un conjunto con nelementos es 2n, esto es:

1vacıo

+ n1 elemento

+n(n− 1)

22 elementos

+n(n− 1)(n− 2)

2 · 33 elementos

+

+ · · ·+ n(n− 1)(n− 2) · · · (n− k + 1)

2 · 3 · · · kk elementos

+

+ · · ·+ n(n− 1)(n− 2) · · · 3 · 22 · 3 · · · (n− 1)n−1 elementos

+ 1n elementos

= 2n.

Tambien podemos afirmar que el numero de subconjuntos con k elementosde un conjunto con n elementos es igual al numero de subconjuntos con n−kelementos.

Para no estar cargando tantas multiplicaciones vamos a definir el factorialde un numero n, denotado por n!, como

n! = n(n− 1)(n− 2) · · · 2 · 1;

por ejemplo, 3! = 3 · 2 · 1 = 6, o bien 5! = 5 · 4 · 3 · 2 · 1 = 60. Con estadefinicion,

n(n− 1)(n− 2) · · · (n− k + 1)

1 · 2 · 3 · · · kse puede escribir como

[n(n− 1)(n− 2) · · · (n− k + 1)] · (n− k)!

[1 · 2 · 3 · · · k] · (n− k)!=

n!

k!(n− k)!.

Denotamos esta ultima expresion como sigue:(n

k

)=

n!

k!(n− k)!.


Por ejemplo,(5

3

)=

5!

3!(5− 3)!=

5!

3!2!=

5 · 4 · 3 · 2 · 1(3 · 2 · 1)(2 · 1)

=20

2= 10,(

10

6

)=

10!

6!(10− 6)!=

10 · 9 · 8 · 74 · 3 · 2 · 1

= 210.

Con esta notacion se puede decir que el numero de subconjuntos de k

elementos de un conjunto de n elementos es

(n

k

). Como el vacıo es el conjunto

que no tiene elementos, debemos tener que(n

0

)= 1

de modo que definimos 0! = 1 para que(n

0

)=

n!

n!(n− n)!=

n!

n!0!= 1.

Con esta notacion, podemos escribir 2n como

2n =

(n

0

)+

(n

1

)+

(n

2

)+ · · ·+

(n

k

)+ · · ·+

(n

n− 1

)+

(n

n

).

Ademas, el hecho de que un conjunto con n elementos tiene tantos sub-conjuntos con k elementos como subconjuntos con n − k se puede escribircomo (

n

k

)=

(n

n− k

).

Regresemos a la tabla de la pagina 20, donde aparece el numero de “sub-polıgonos” que podemos formar con los vertices de un polıgono, o bien, comohemos visto, el numero de subconjuntos de un conjunto con n elementos.Para tomar en cuenta al subconjunto vacıo, tendrıamos que agregamos a es-ta tabla una columna (entre la primera y la segunda columnas de la tablaoriginal) con un 1 correspondiente a dicho subconjunto. Ademas cambiare-mos un poco la distribucion de los datos para obtener el siguiente arreglo denumeros:


11 1

1 2 11 3 3 1

1 4 6 4 11 5 10 10 5 1

1 6 15 20 15 6 1Observemos varios patrones en este arreglo:

1. Al inicio y al final de cada renglon aparecen unos.

2. En el tercer renglon aparece un 2 que se puede ver como la suma delos unos que estan en el renglon superior.

3. En el cuarto renglon aparecen dos numeros 3 cada uno de los cuales esla suma de un 1 y un 2 del renglon superior.

4. El quinto renglon se construye de manera analoga al cuarto: Iniciamoscon los unos en los extremos y luego sumamos 3 con 1, 3 con 3, otravez 3 con 3 y ası sucesivamente para obtener 1, 4, 6, 4, 1.

En general, cualquier renglon de este arreglo se obtiene sumando los dosnumeros que estan en el renglon inmediato superior arriba de este. Ası po-demos seguir construyendo los demas renglones del arreglo:

11 1

1 2 11 3 3 1

1 4 6 4 11 5 10 10 5 1

1 6 15 20 15 6 11 7 21 35 35 21 7 1

1 8 28 56 70 56 28 8 1

Este arreglo se llama triangulo de Pascal. Los elementos que aparecen enel renglon n del triangulo son:

(n

0

) (n

1

) (n

2

)· · ·

(n

k − 1

) (n

k

) (n

k + 1

)· · ·

(n

n− 1

) (n

n

).


Puesto que el renglon (n+ 1) esta formado por(n+ 1

0

) (n+ 1

1

) (n+ 1

2

)· · ·

(n+ 1

k

)· · ·

(n+ 1

n

) (n+ 1

n+ 1

),

para demostrar que el triangulo sigue el patron antes indicado hay que ver queel (k + 1)-esimo elemento de este renglon se obtiene al sumar dos elementosdel renglon anterior, a saber,(

n+ 1

k

)=

(n

k − 1

)+

(n

k

).

Para esto basta verificar esta igualdad:(n

k − 1

)+

(n

k

)=

n!

(k − 1)!(n− k + 1)!+

n!

k!(n− k)!

=n!

(k − 1)!(n− k)!

(1

n− k + 1+

1

k

)=

n!

(k − 1)!(n− k)!

(k + n− k + 1

k(n− k + 1)

)=

n!

(k − 1)!(n− k)!

n+ 1

(n− k + 1)k

=(n+ 1)!

k(k − 1)!(n+ 1− k)(n− k)!

=(n+ 1)!

k!(n+ 1− k)!

=

(n+ 1

k

).

Ahora veremos una aplicacion del triangulo de Pascal, para lo cual desa-rrollaremos algunas potencias de un binomio a+ b: Es claro que

(a+ b)1 = a+ b.

Observemos que los coeficientes de los monomios son 1 y 1. Ahora,

(a+ b)2 = a2 + 2ab+ b2,

y sus coeficientes son 1, 2 y 1. Por otro lado,

(a+ b)3 = a3 + 3a2b+ 3ab2 + b3,


y los coeficientes son 1, 3, 3, 1. Por ultimo,

(a+ b)4 = a4 + 4a3b+ 6a2b2 + 4ab3 + b4,

y sus coeficientes son 1, 4, 6, 4, 1.Ası, en cada uno de estos desarrollos aparecen los coeficientes de uno de

los renglones del triangulo de Pascal. Podemos conjeturar que

(a+ b)5 = a5 + 5a4b+ 10a3b2 + 10a2b3 + 5ab4 + b5,

y para verificar esta conjetura podemos efectuar el producto (a+ b)4(a+ b).

Proposicion 1.1. La n-esima potencia de un binomio a+b se puede escribirusando los coeficientes del triangulo de Pascal como

(a+b)n =

(n

0

)an+

(n

1

)an−1b+· · ·+

(n

k

)an−kbk+· · ·+

(n

n− 1

)abn−1+

(n

n

)bn.

Demostracion. Este es un resultado que puede demostrarse usando el prin-cipio de induccion matematica. En primer lugar, la afirmacion es cierta paran = 1, pues

(a+ b)1 =

(1

0

)a1 +

(1

1

)a1−1b.

Supongamos entonces que es valido el resultado para n− 1, es decir, que(a+ b)n−1 es igual a la suma(n−1

0

)an−1 +

(n−1

1

)an−2b+ · · ·+

(n−1k

)an−1−kbk + · · ·+

(n−1n−2

)abn−2 +

(n−1n−1

)bn−1

Al multiplicar esta expresion por (a+ b) obtenemos dos sumas, que son(n−1

0

)an +

(n−1

1

)an−1b+ · · ·+

(n−1k

)an−kbk + · · ·+

(n−1n−2

)a2bn−2 +

(n−1n−1

)abn−1

y(n−1

0

)an−1b+

(n−1

1

)an−2b2 + · · ·+

(n−1k

)an−1−kbk+1 + · · ·+

(n−1n−2

)abn−1 +

(n−1n−1

)bn.

Agrupamos los terminos semejantes de estas dos sumas y usamos el hechode que (

n−10

)=(n−1

0

)=(n0

)=(nn

)= 1

28 1.4. Las torres de Hanoi

para escribir

(a+ b)n =(n0

)an +

[(n−1

0

)+(n−1

1

)]an−1b+

[(n−1

1

)+(n−1

2

)]an−2b2 + · · ·+[(

n−1k−1

)+(n−1k

)]an−kbk + · · ·+

[(n−1n−2

)+(n−1n−1

)]abn−1 +

(nn

)bn.

Finalmente, usamos la igualdad(n+ 1

k

)=

(n

k − 1

)+

(n

k

)en cada uno de los parentesis rectangulares para obtener la igualdad quequerıamos mostrar. Por el principio de induccion, la igualdad en el enunciadode esta proposicion es valida para cualquier numero natural n. Esta expresionse conoce como la formula del binomio de Newton.

Ejercicios

1. Comprueba la siguiente igualdad.

(a− b)n =(n0

)an −

(n1

)an−1b+

(n2

)an−2b2 + · · ·+ (−1)k

(nk

)an−kbk

+ · · ·+ (−1)n−1(nn−1

)abn−1 + (−1)n

(nn

)bn.

2. ¿Cual es el septimo termino en el desarrollo de (2a2 − 5b3)12?

3. Desarrolla los siguientes binomios: (x+ 2y2)3 y (3x− 2y)4.

1.4. Las torres de Hanoi

El juego de las torres de Hanoi fue inventado por el matematico francesEdouard Lucas, quien lo publico por primera vez en 1883. El material dejuego consta de varios discos o monedas de diferente tamano y un tablerocon tres estacas o con tres casillas. Al inicio los discos estan colocados en unade las casillas en orden creciente (el mayor hasta abajo). El juego consiste entrasladar todos los discos de la torre, uno por uno, a otra casilla (usando latercera como auxiliar) de manera que queden en el orden original. Los discosse pueden mover a cualquier casilla siempre y cuando en ella no se encuentreun disco de menor tamano; esto es, nunca se puede colocar un disco mayorsobre uno menor.


Una pregunta que se plantea naturalmente despues de jugar con torresde 3, 4 y 5 discos es

¿Cual es el numero de pasos necesario para trasladar una torre de n discos?

Otra pregunta natural es:

¿Cual es el mınimo numero de pasos para trasladar una torre de n discos?

Al experimentar directamente con unos cuantos discos reunimos los datosde la siguiente tabla:

Numero de discos de la torre Numero mınimo de pasos

1 12 33 74 155 31

Antes de buscar cual serıa el mınimo numero de pasos necesario paratrasladar una torre con n discos, verifiquemos que los numeros obtenidos alexperimentar con 1, 2, 3, 4 y 5 discos son los mınimos.

Claramente, si tenemos un solo disco basta con un movimiento para lle-varlo a otra casilla y, por lo tanto, este es el mınimo.

¿Que sucede si tenemos dos discos en la torre? Observemos que paramover el disco mayor primero se debe quitar de encima el disco pequeno(para lo cual solo necesitamos un paso). Notese que ya necesitamos usar laotra casilla como auxiliar para efectuar el juego sin infringir las reglas. Elmovimiento del disco mayor requiere tambien de un solo paso y para volvera formar la torre necesitamos mover nuevamente el disco pequeno una vez.Esto da un total de 3 movimientos, y este el mınimo numero de pasos.

Si ahora se tienen en total 3 discos en la torre, para poder mover porprimera vez el disco mayor se deben mover previamente los discos menoresy llevarlos a una unica casilla (de modo que quede libre una casilla a dondepodamos trasladar al disco mayor). Como ya sabemos, para trasladar 2 discosde una casilla a otra se necesitan al menos 3 movimientos, de modo que elprimer movimiento del disco mayor debe realizarse despues de 3 movimientos.


Una vez movido el disco mayor, se tienen que colocar los dos discos maspequenos encima del mayor y para esto se requieren otros tres movimientos.Ası, se llega a que el mınimo numero de pasos necesario para trasladar 3 discosse obtiene sumando el mınimo de movimientos necesarios para trasladar 2discos, el movimiento del disco mayor y el numero mınimo de movimientosnecesarios para colocar 2 discos en la casilla que ocupa el mayor.

De manera analoga se puede demostrar que el mınimo numero de pasosnecesario para trasladar 4 discos es 15 y para 5 discos es 31.

Observese que, si denotamos como H(n) al mınimo numero de pasosnecesario para trasladar una torre con n discos, se tiene el siguiente principioen el juego:

H(1) = 1;

H(2) = H(1) + 1 +H(1);

H(3) = H(2) + 1 +H(2);

H(4) = H(3) + 1 +H(3);

H(5) = H(4) + 1 +H(4).

Este principio de recursividad, que se descubre de la experimentaciondirecta del juego con torres de 1, 2, 3, 4 y 5 discos, sugiere la siguienteconjetura:

H(1) = 1; H(n) = H(n− 1) + 1 +H(n− 1) = 2H(n− 1) + 1.

Claramente H(1) = 1 es el mınimo de pasos necesario para trasladar undisco. En cuanto a la segunda relacion, sabemos que antes de mover porprimera vez el disco mayor (en este caso el n-esimo) hay que trasladar a unaunica casilla la torre con n − 1 discos que esta encima de el, despues moverel disco n y, por ultimo regresar la torre de n− 1 discos a la casilla ocupadapor el disco n. De este modo, si H(n − 1) es el mınimo numero de pasosnecesario para trasladar n − 1 discos, entonces H(n) = 2H(n − 1) + 1 debeser el mınimo numero de pasos necesario para trasladar n− 1 discos.

En la practica, para encontrar H(n) debemos calcular primero H(2) apartir de H(1) = 1, luego H(3) a partir de H(2), H(4) a partir de H(3) y


ası sucesivamente. Esto nos sugiere desarrollar H(n) de la siguiente manera:

H(1) = 1;

H(2) = 2H(1) + 1 = 2 + 1;

H(3) = 2H(2) + 1 = 2(2 + 1) + 1 = 22 + 2 + 1;

H(4) = 2H(3) + 1 = 2(22 + 2 + 1) + 1 = 23 + 22 + 2 + 1;...

H(n) = 2H(n− 1) + 1 = 2(2n−2 + 2n−3 + · · ·+ 2 + 1) + 1

= 2n−1 + 2n−2 + · · ·+ 22 + 2 + 1.

En la ultima expresion suponemos que n ≥ 2. Ası, concluimos que

H(1) = 1; y H(n) =n∑i=1

2i−1 para n ≥ 2. (1.6)

Sin embargo, esta formula no es muy practica, pues si n es un numero su-ficientemente grande, el calculo de H(n) nos obliga a desarrollar un buennumero de operaciones. Trataremos entonces de buscar algun otro caminoque nos permita encontrar H(n) de manera mas directa o bien que nos digacomo calcular la suma que necesitamos.

Agreguemos una columna a nuestra tabla anterior que indique los incre-mentos que sufre el numero de pasos cuando el numero de discos crece:

Numero de discos de la torre Numero mınimo de pasos Incremento

0 01 1 1 = 20

2 3 2 = 21

3 7 4 = 22

4 15 8 = 23

5 31 16 = 24

(1.7)

Se observa que cada uno de los incrementos se puede expresar como unapotencia de 2 y que el mınimo numero de pasos necesario para trasladarn discos se obtiene sumando ese incremento al mınimo numero de pasosnecesario para trasladar n−1 discos. Esto es, se obtiene una segunda relacionde recursividad dada por

H(1) = 1, H(n) = H(n− 1) + 2n−1.


Ası, la propia tabla nos ofrece un segundo metodo para encontrar el mınimonumero de pasos necesario para trasladar n discos. Haciendo un desarrolloanalogo al anterior obtenemos:

H(n) = H(n− 1) + 2n−1

= H(n− 2) + 2n−2 + 2n−1

= H(n− 3) + 2n−3 + 2n−2 + 2n−1

...= H(1) + 21 + 22 + 23 + · · ·+ 2n−2 + 2n−1

= 20 + 21 + · · ·+ 2n−1.

Es decir, mediante ambos metodos se obtiene que

H(n) =n∑i=0

2i−1.

Como ya se demostro que la relacion recursiva H(n) = 2H(n − 1) + 1proporciona el mınimo numero de pasos necesario para trasladar n discos, ycomo la relacion H(n) = H(n−1) + 2n−1 da como resultado la misma expre-sion

∑ni=0 2i−1, se tiene entonces que esta segunda relacion de recursividad

tambien proporciona el mınimo numero de pasos necesario para trasladar ndiscos.

Sin embargo aun no hemos resuelto el problema de reducir el numero deoperaciones requeridas para encontrar H(n) con n suficientemente grande.Sigamos buscando:

Recurramos nuevamente a la tabla que aparece en (1.7) y relacionemos enella, de otra manera, a los totales de pasos con los incrementos. Observemosque el numero de pasos necesario para trasladar un disco es el incrementocorrespondiente a 2 discos menos una unidad; que el total de pasos necesariopara trasladar 2 discos es el incremento correspondiente a 3 discos, menosuna unidad, etcetera. De aquı se puede conjeturar que el mınimo numero depasos necesario para trasladar n discos es 2n − 1; es decir, H(n) = 2n − 1.

En suma, tenemos que demostrar el siguiente:

Teorema 1.2. El mınimo numero de pasos necesario para trasladar n discosesta dado por H(n) = 2n − 1.

Demostracion. Ya sabemos que

H(n) = 2H(n) + 1 = H(n− 1) + 2n−1 = 20 + 21 + 22 + · · ·+ 2n−1


es el mınimo numero de pasos necesario para trasladar n discos, pero por elejercicio 4a de la seccion anterior,

20 + 21 + 22 + · · ·+ 2n−1 = 2n − 1; (1.8)

de estas igualdades se sigue el teorema.

Ahora podemos hacer preguntas mas elaboradas, por ejemplo,

Dado un numero de paso k, ¿que disco se mueve en ese paso?

En primer lugar es necesario contar con un esquema de los traslados quese realizan a lo largo del juego; para ello es indispensable construir un modelodel juego con un lenguaje adecuado. Una posibilidad es numerar los discos enorden creciente y asignar a las casillas las letras A, B y C. Con esta notacionse tienen dos posibles esquemas para un numero determinado de discos. Sisuponemos que siempre se parte de la casilla A y que la torre tiene tres discos,los esquemas son

Disco que Casilla a la que Disco que Casilla a la quese mueve se mueve el disco se mueve se mueve el disco

1 C 1 B2 B 2 C1 B 1 C3 C 3 B1 A 1 A2 C 2 B1 C 1 B


Si la torre tiene cuatro discos, los esquemas son

Disco que Casilla a la que Disco que Casilla a la quese mueve se mueve el disco se mueve se mueve el disco

1 C 1 B2 B 2 C1 B 1 C3 C 3 B1 A 1 A2 C 2 B1 C 1 B4 B 4 C1 B 1 C2 A 2 A1 A 1 A3 B 3 C1 C 1 B2 B 2 C1 B 1 C

De los esquemas de los traslados para 3 y 4 discos se puede observar quecuando el primer movimiento que se realiza es a la casilla C, la torre terminaen esa misma casilla siempre y cuando la torre tenga 3 discos y termina en Bsiempre y cuando la torre tenga 4 discos. Tambien se puede observar que siel primer movimiento que se realiza es a la casilla B, la torre termina en B sihay un total de 3 discos y en C si hay 4. Es decir, para una torre de 3 discos,el juego termina en la casilla hacia donde se realizo el primer traslado, y sila torre tiene 4 discos, el juego termina en la casilla que queda libre despuesde realizar el primer traslado. Esto nos permite establecer la siguiente

Conjetura. Si el numero de discos de la torre es impar, la torre terminaen la casilla hacia donde se realizo el primer traslado, y si el numero de discosde la torre es par, la torre termina en la casilla que quedo libre despues derealizar el primer traslado.

Como los esquemas de traslados son esencialmente iguales haciendo elprimer movimiento a la casilla C o a la B, elegiremos uno de ellos como mo-delo general del juego. En particular supondremos que el primer movimientosiempre es a la casilla C (partiendo de la casilla A). Para ahorrar espacio (ytiempo) denotaremos los traslados como 1-C o 2-B, o lo que corresponda.


Una vez impuesta la condicion de que el primer traslado se haga a lacasilla C partiendo de A obtenemos la tabla siguiente

Numero de paso Numero de discos de la torre1 2 3 4 5

1 1–C 1–C 1–C 1–C 1–C2 2–B 2–B 2–B 2–B3 1–B 1–B 1–B 1–B4 3–C 3–C 3–C5 1–A 1–A 1–A6 2–C 2–C 2–C7 1–C 1–C 1–C8 4–B 4–B

Si se observa con detenimiento esta tabla se vera que el disco mas pequeno,el numero 1, se mueve siempre cada tercer paso; es decir, en los pasos impares.Tambien de la tabla se puede observar que el disco 2 se mueve en formaparecida: fijandose solo en los pasos pares, se observa que el disco 2 tambiense mueve “cada tercer paso”.

Si ahora se observan los pasos donde no se mueven los discos 1 o 2, esdecir los pasos 4, 8, 12, 16, etcetera, se vera que el disco 3 se mueve tambien“cada tercer paso”. Destacamos esto en la siguiente tabla.

Disco Se mueve en el paso

1 1 3 5 7 92 2 6 10 14 183 4 12 20 28 364 8 24 40 56 72

Lo que resta ahora es expresar esta relacion de manera general y compro-bar que se satisface para cualquier numero n de discos de la torre.

Si el numero de paso (denotado por k de aquı en adelante) es impar,entonces se mueve el disco numero 1;

Si el numero de paso es de la forma k = 2p con p impar (esto para expresarel “cada tercer paso”), se mueve el disco 2;

Si dicho numero es de la forma k = 4p con p impar, se mueve el disco 3;Si es de la forma k = 8p con p impar, se mueve el disco 4; ySi es de la forma k = 16p con p impar entonces se mueve el disco 5.En general se puede establecer la siguiente


Conjetura. Si el numero de paso es de la forma k = 2n−1p con p impar,entonces se mueve el disco n.

La demostracion de este resultado se basa en el siguiente razonamiento:Sabemos que si la torre tiene n discos en total, el disco mayor se mueve

una unica vez y lo hace en el paso de la forma 2n−1, ya que antes de moversedebe haberse trasladado a una sola casilla la torre con n − 1 discos. Comopara trasladar la torre con n − 1 discos se requiere un mınimo de 2n−1 − 1pasos, el paso en que se mueve el disco n es precisamente el siguiente, es decirel 2n−1 − 1 + 1 = 2n−1.

El disco n− 1 se mueve dos veces. Veamos. Segun la relacion de recursi-vidad descubierta en el juego, la torre con n − 1 discos se mueve dos vecesen el juego con una torre de n discos, una vez antes de mover el disco mayory otra vez despues de mover el disco mayor. Como en la torre con n − 1discos ocurre que el disco mayor es el n − 1, este se mueve una sola vez enel paso de la forma 2n−2. Y como despues de mover el disco n se vuelve arepetir el esquema del juego con n − 1 discos, la segunda vez que se muevees precisamente en el paso de la forma 2n−1 + 2n−2; es decir, a partir delmomento en que se mueve el disco n contamos un numero de pasos igual alcorrespondiente al primer movimiento del disco n− 1.

Ası, el disco n−1 (en el juego con una torre de n discos) se mueve 2 vecesy lo hace en los pasos 2n−2 y 2n−2(1 + 2) = 2n−2(3).

El disco n − 2 se mueve cuatro veces, pues en el juego con una torre den − 1 discos (que se repite dos veces en el juego con una torre de n discos)se mueve dos veces. En el juego con una torre de n− 1 discos, el disco n− 2se mueve en los pasos de la forma 2(n−1)−2 = 2n−3 y 2(n−1)−2(3) = 2n−3(3)(por lo dicho en el caso anterior). Como el esquema de este juego se repiteen el esquema del juego con una torre de n discos, las otras dos veces que semueve el disco n− 2 ocurren en los pasos de la forma:

2n−1 + 2n−3(1) = 2n−3+2 + 2n−3(1) = 2n−3(22 + 1) = 2n−3(5)

y

2n−1 + 2n−3(3) = 2n−3+2 + 2n−3(3) = 2n−3(22 + 3) = 2n−3(7),

de modo que el disco n − 2 se mueve 22 = 4 veces en los pasos 2n−3(1),2n−3(3), 2n−3(5) y 2n−3(7).

Analogamente, el disco n− 3 se mueve 8 veces, pues en el juego con unatorre de n−1 discos se mueve cuatro veces y este juego se repite dos veces en el


juego con una torre de n discos. Los pasos en los que se mueve seran, entonceslos pasos: 2n−4(1), 2n−4(3), 2n−4(5), 2n−4(7), 2n−4(9), 2n−4(11), 2n−4(13) y2n−4(15).

En general, podemos conjeturar que si tenemos un juego con una torrede n discos, el disco n− i se mueve 2i veces y lo hace en los pasos: 2n−i−1(1),2n−i−1(3), . . . , 2n−i−1(2i+1− 1). La demostracion de este hecho se basa en unrazonamiento identico al que se hizo para obtener el numero de veces que semueven los discos n − 1, n − 2 y n − 3 y en que pasos lo hacen, cuando latorre tiene n discos.

1.5. El geoplano

El geoplano cuadrado es un tablero de madera con clavos dispuestos enforma de una cuadrıcula; los hay pequenos de 2 × 2 o 3 × 3 hasta grandesde 10 × 10 o mas. Ademas se utilizan ligas de colores para colocarse en losclavos y formar diversas figuras geometricas. Por ejemplo, en la siguientefigura aparecen dos cuadrados con vertices en los clavos del geoplano:

¿Cuantos cuadrados con vertices en los clavos habra en un geoplano?¿Habra alguna manera para calcular el numero de cuadrados en un geoplano

38 1.5. El geoplano

cuadrado cualquiera, de n× n?Para responder a esta pregunta, veremos primero el caso particular del

geoplano 8×8 (ilustrado en la pagina 37) y trataremos de generalizarlo. Paraeste caso, calcularemos primero el numero de cuadrados “inscritos” (aquelloscuyos vertices estan en la orilla) en geoplanos de 2 × 2, 3 × 3, 4 × 4, 5 × 5,6× 6, 7× 7 y 8× 8. Despues calcularemos el numero de “subgeoplanos” de2× 2, 3× 3, . . . , 7× 7 que hay en un geoplano de 8× 8.

Es claro que en el geoplano de 2× 2 unicamente hay 1 cuadrado inscrito.En el de 3× 3 hay 2 cuadrados inscritos, en el de 4× 4 hay 3 y en el de 5× 5hay 4:

Sucesivamente, en el geoplano de 6× 6 hay 5 cuadrados inscritos y en elde 7× 7 hay 6:

Finalmente, en el de 8× 8 hay 7:


Ahora es necesario obtener el numero de subgeoplanos de k×k (2 ≤ k ≤ 8)que hay en el geoplano de 8×8. Resumimos este conteo en la siguiente tabla:

Tipo 2× 2 3× 3 4× 4 5× 5 6× 6 7× 7 8× 8Numero 72 62 52 42 32 22 12

Por lo tanto tendremos que el numero total de cuadrados que podemosconstruir en un geoplano de 8× 8 es:

1 · 72 + 2 · 62 + 3 · 52 + 4 · 42 + 5 · 32 + 6 · 22 + 7 · 12 = 336.

Ahora podemos generalizar nuestro argumento para responder cuantoscuadrados se pueden construir en un geoplano de n× n.

Podemos decir que un geoplano de k × k tiene k − 1 cuadrados inscritos;ademas, el numero total de subgeoplanos que tiene un geoplano de n× n es:

Tipo 2× 2 3× 3 · · · k × k · · · n× nNumero (n− 1)2 (n− 2)2 · · · (n− k + 1)2 · · · 12

Ası, el numero total de cuadrados que hay en un geoplano de n× n es:

1 · (n− 1)2 + 2 · (n− 2)2 + · · ·+ k · (n− k)2 + · · ·+ (n− 2) · 22 + (n− 1) · 12.

Para obtener una expresion mas sencilla de esta suma, separamos esto entres sumandos, observando que

k · (n− k)2 = kn2 − 2nk2 + k3.

40 1.6. Resumen

Puesto que k toma valores de 1 hasta n− 1, obtenemos las sumas

(1 + 2 + · · ·+ (n− 1)), (12 + 22 + · · ·+ (n− 1)2), (13 + 23 + · · ·+ (n− 1)3);

las expresiones para las dos primeras sumas aparecen en las ecuaciones (1.2)y (1.4), mientras que habıamos dejado la tercera como ejercicio. Tenemosentonces que

1·(n−1)2 +2·(n−2)2 +· · ·+(k−1)·(n−k+1)2 +k ·(n−k)2 +· · ·+(n−1)·12.

se puede escribir como

n2(1+2+ · · ·+(n−1))−2n(12 +22 + · · ·+(n−1)2)+(13 +23 + · · ·+(n−1)3)

lo que es igual a

n2

(n(n− 1)

2

)− 2n

(n(n− 1)(2n− 1)

6

)+

((n− 1)2n2

4

)=n2(n2 − 1)

12.

Ası, en general, el numero de cuadrados que tiene un geoplano de n× nes igual a

n2(n2 − 1)

12.

1.6. Resumen

En los problemas de este capıtulo analizamos varios casos particulares ylas caracterısticas de cada problema para buscar regularidades y proponerconjeturas generales validas para todos los numeros naturales (por ejemplo,numero de partidos, de movimientos o de cuadrados). Ademas establecimosla regla de crecimiento en cada problema y finalmente utilizamos el principiode induccion matematica para la justificacion formal de nuestras conjeturas.

Como ya habıamos mencionado, la intencion de presentar estos problemasa los estudiantes es animarlos para que adquieran confianza en su capacidadde resolver problemas con una dificultad cada vez mayor, a la vez que acer-carlos a varios temas que queremos recrear y transmitir: la conceptualizacionde la estructura y naturaleza del conjunto de numeros naturales, el principiode induccion matematica, ası como los conceptos de sucesor de un numero,sucesiones, lımite, etcetera, conceptos que analizaremos en el resto de estaobra.

Capıtulo 2

Los numeros reales

En el capıtulo anterior presentamos el principio de induccion matematica,que nos sirve para demostrar propiedades de los numeros naturales en unagran diversidad de situaciones. A su vez, usaremos estas propiedades paraentender el comportamiento y la estructura del conjunto de numeros reales.De hecho, esta obra se centra en el estudio de las sucesiones de numerosreales, con base en las cuales construiremos los conceptos fundamentales delcalculo.

Entre las caracterısticas fundamentales de los numeros reales podemosdestacar dos de ellas: su orden y su distancia. Por lo general, algunos estu-diantes estan poco familiarizados con estas caracterısticas y otros tienen co-nocimientos relativamente profundos de estos temas. Pensando en una ampliagama de estudiantes, en este capıtulo brindamos una introduccion al ordeny la distancia entre numeros reales, tratando de pasar de los conceptos massimples hasta llegar a aspectos que puedan constituirse en retos interesantespara nuestros lectores.

Con esto buscamos no solo constituir un grupo (de estudiantes o de lec-tores) mas homogeneo, sino tambien mostrar que inclusive temas como estospueden llevar a problemas avanzados e interesantes, muchos de los cuales sonincluso problemas abiertos en la actualidad.

2.1. El orden en los numeros reales

Aunque podemos enunciar una infinidad de propiedades de los numerosreales relacionadas con su orden, es posible deducir muchas de estas pro-

41

42 2.1. El orden en los numeros reales

piedades en terminos de otras, es decir, podemos establecer un conjunto depropiedades basicas a partir de las cuales obtener el resto como consecuencialogica.

Partiremos de un hecho aparentemente simple: Nuestra experiencia en elcaso de los numeros reales nos permite decidir, en algunos casos sencillos, siun numero es positivo o no. Por ejemplo, es claro que 3 es positivo y que −

√2

no lo es. Sin embargo, sera necesario adquirir habilidades en el manejo de lasdesigualdades para tomar esta decision para numeros o expresiones cada vezmas complejos. Para formalizar esta idea, introduciremos las caracterısticasgenerales de los numeros que llamaremos positivos.

En toda esta obra denotaremos por R al conjunto de numeros reales.El conjunto de los numeros reales positivos, que denotaremos por R+, es elsubconjunto de R con las siguientes propiedades:

1. Para todo a ∈ R se tiene que a cumple solo una de las siguientes trescondiciones: a ∈ R+ o −a ∈ R+ o a = 0.

2. Si a, b ∈ R+, entonces a + b ∈ R+ y ab ∈ R+. (Decimos que la suma yel producto son operaciones cerradas en R+.)

Como de costumbre, diremos que un numero a es negativo si −a ∈ R+. Ellector puede observar que mantendremos el caso del cero como algo especial:0 no sera positivo, ni negativo.

Veremos a continuacion que la existencia de los numeros positivos bastapara definir el orden en los numeros reales.

Definicion 2.1. Sean a, b numeros reales. Diremos que

a es (estrictamente) menor que b, lo que denotaremos por a < b, si ysolo si b− a ∈ R+.

a es menor o igual que b, lo que denotaremos por a ≤ b, si y solo sia b, si ysolo si b < a; es decir, si y solo si a− b ∈ R+.

a es mayor o igual que b, lo que denotaremos por a ≥ b, si y solo sia > b o a = b.

Capıtulo 2. Los numeros reales 43

A su vez, esta definicion permite establecer una amplia serie de propie-dades, algunas de las cuales reunimos a continuacion.

Proposicion 2.2 (Propiedades de las desigualdades). Sean a, b, c numerosreales arbitrarios, a menos que se indique lo contrario.

1. Si a < b y b < c entonces a < c.

2. Si a < b entonces a+ c < b+ c, para toda c ∈ R.

3. Si a < b y c < d entonces a+ c < b+ d.

4. Si a < b y c ∈ R+ entonces ac < bc.

5. Si a < b y −c ∈ R+ entonces bc < ac.

6. Si a < b, entonces −b < −a.

7. Si a < b, c < d y b, c ∈ R+; entonces ac < bd.

Demostracion. Como en el enunciado de la proposicion, sean a, b, c numerosreales.

1. Dado que b− a y c− b pertenecen a R+, tenemos que

(b− a) + (c− b) ∈ R+.

Como (b− a) + (c− b) = c− a, entonces a < c.

2. Como a < b entonces b−a ∈ R+ y b−a = b−a+c−c = (b+c)−(a+c);ası, (b+ c)− (a+ c) ∈ R+; por lo tanto, a+ c < b+ c.

3. Dado que b−a y d−c pertenecen a R+, tenemos que (b−a)+(d−c) ∈ R+.Como (b− a) + (d− c) = (b+ d)− (a+ c) entonces a+ c < b+ d.

4. Como b−a ∈ R+ y c ∈ R+, se tiene c(b−a) ∈ R+. Dado que c(b−a) =cb− ca, entonces ac < bc.

5. Como b− a ∈ R+ y −c ∈ R+, entonces −c(b− a) ∈ R+ y −c(b− a) =ac− bc; por lo tanto, bc < ac.

6. Es consecuencia de la propiedad anterior, haciendo c = −1.

44 2.1. El orden en los numeros reales

7. Como c ∈ R+, se tiene que ac < bc. De manera similar, b ∈ R+ implicaque bc < bd. De estas desigualdades y la propiedad 1 se obtiene ac <bd.

De aquı en adelante y para seguir las convenciones usuales, escribiremosa > 0 en vez de a ∈ R+, a < 0 para indicar −a ∈ R+, a ≥ 0 en vez dea ∈ R+ ∪ {0} y a ≤ 0 cuando a /∈ R+.

A continuacion damos otra serie de propiedades, cuya demostracion de-jamos a cargo de los lectores y que supondremos validas en adelante.

Ejercicios

Demuestra las siguientes propiedades. En todos los casos, a, b y c sonnumeros reales.

1. Si a 0 y a 0.

3. Si a 0.

5. Si a > 0 y a ≤ 1, demuestra que a2 ≤ a.

6. Si 1 ≤ a, entonces a ≤ a2.

7. Si a > 0 y a ≤ 1, demuestra que an ≤ a para todo numero natural n.

8. Si 1 ≤ a entonces a ≤ an para todo numero natural n.

9. Si a > 0, entonces 1a> 0.

10. Si a < 0, entonces 1a< 0.

11. Muestra que si a 6= 0, a ∈ R+ y a b.

14. Demuestra que si a > 0 y a < b, entonces√a <√b. Con base en esto,

demuestra que 1 <√

2 <√

3 < 2.

15. Sean a, b, c numeros naturales tales que ab < c. Demuestra que a+b ≤ c.Sugerencia: Supongamos que a ≤ b; el caso b ≤ a es analogo. Consideralos casos a = 1 y a > 1.

16. Demuestra que para cualesquiera a, b ∈ R se satisface 2ab ≤ a2 + b2.

17. Demuestra que si a+ b = 1, entonces

1

8≤ a4 + b4.

Sugerencia: Utiliza el ejercicio anterior y las igualdades

a2 + b2 = (a+ b)2 − 2ab, a4 + b4 = (a2 + b2)− 2a2b2.

¿Hay alguna pareja de numeros a, b que satisfaga la igualdad

1

8= a4 + b4?

18. ¿Para que valores de x ∈ R se cumplen las siguientes desigualdades?

x+1

x< 4;

1

x2 + 1≤ 1;

2x

x2 + 1> 1.

2.2. Medias aritmetica, geometrica y armoni-

ca

Ahora usaremos algunas de las desigualdades basicas de la seccion anteriorpara mostrar otras mas complejas que surgen en varios contextos, entre ellosel geometrico. Comencemos con una desigualdad importante.

Proposicion 2.3. Si a, b > 0, entonces

√ab ≤ a+ b

2. (2.1)

Demostracion. Sabemos que (a− b)2 ≥ 0, de modo que

a2 − 2ab+ b2 ≥ 0 y a2 + b2 ≥ 2ab.

46 2.2. Medias aritmetica, geometrica y armonica

Si sumamos 2ab a ambos miembros de la ultima desigualdad tenemos

a2 + b2 + 2ab ≥ 4ab.

Factorizamos el lado izquierdo de la desigualdad y obtenemos

(a+ b)2 ≥ 4ab.

Ahora dividimos entre 4 y extraemos raız cuadrada a ambos lados de ladesigualdad. Observemos que por hipotesis a y b son positivos, de modo queobtenemos la desigualdad que querıamos demostrar.

¿Cuando se cumple la igualdad en la desigualdad anterior? Si observamosel desarrollo de la justificacion, podemos afirmar facilmente que la igualdadse da si y solo si a = b.

Recordemos que el promedio de dos numeros positivos a y b es (a+ b)/2.A este numero tambien se le llama la media aritmetica de a y b. Un pocomenos conocida es la media geometrica de a y b, dada por

√ab. Entonces la

desigualdad (2.1) se puede expresar diciendo que la media aritmetica es ma-yor o igual que la media geometrica; ademas, la igualdad entre estas mediasse da si y solo si los numeros son iguales.

Ejercicio

Demuestra la desigualdad

ab ≤ a2 + b2

2

como una variante de (2.1).

La desigualdad (2.1) entre la media aritmetica y la media geometricatiene implicaciones en las mas diversas situaciones. Mostraremos algunas deestas a continuacion.

Problema. Hallar dos numeros reales positivos a, b tales que su suma sea 8y cuyo producto sea maximo. Esto es, si a + b = 8, queremos saber cuantodeben valer a y b para que el producto ab sea el maximo posible.

Solucion. Como sabemos que a+b = 8, podemos usar la desigualdad (2.1)para obtener que

√ab ≤ 8

2.


o bien

ab ≤ 16.

Esto nos dice que el producto nunca es mas grande que 16. Por lo senaladoanteriormente, el producto sera igual a 16 si y solo si a = b; por lo tanto,tenemos la ecuacion

a2 = 16,

de donde obtenemos que a y b deben ser iguales a 4.

La situacion anterior se puede interpretar geometricamente, consideran-do una familia de rectangulos con perımetro fijo y buscando en esta familiael rectangulo con mayor area. ¿Cuanto vale el perımetro fijo en este caso?¿Cual es el rectangulo con mayor area?. Ası, podemos pasar de un contextonumerico e interpretarlo de manera geometrica. Ahora dejaremos que el lec-tor recorra el camino en el sentido contrario, para que resuelva el siguienteproblema geometrico.

Ejercicio

De todos los rectangulos de area 5, ¿cual es el que tiene el menor perıme-tro?

A continuacion definimos otra cantidad importante vinculada a dos nume-ros reales.

Definicion 2.4. La media armonica de dos numeros positivos a y b esta dadapor la expresion

2ab

a+ b;

o, de manera equivalente, por

1

1

2

(1

a+

1

b

) .En los siguientes ejercicios pedimos al lector que muestre la relacion entre

la media armonica y las medias aritmetica y geometrica.


Ejercicios

Si a y b son dos numeros positivos, muestra que:

1. Su media armonica siempre es menor o igual que su media aritmetica;es decir, muestra que

2ab

a+ b≤ a+ b

2. (2.2)

¿En que caso se cumple la igualdad?

2. Su media armonica siempre es menor o igual que su media geometrica;es decir, muestra que

2ab

a+ b≤√ab.

¿En que caso se cumple la igualdad?

Observacion 2.5. Otra manera de escribir esta ultima desigualdad es

1

1

2

(1

a+

1

b

) ≤ √ab.Veamos una consecuencia geometrica de estas desigualdades.

Problema. Sea P0 un punto en el primer cuadrante de un plano cartesianocon origen en el punto O. Consideremos la familia de rectas que pasan por P0

y que cortan a cada eje en su parte positiva. Si A y B son los puntos dondeuna de estas rectas corta los ejes X y Y respectivamente, hallar la posicionde la recta de modo que el triangulo OAB tenga area mınima. Ver figura.


Solucion. Sean (x0, y0), (a, 0) y (0, b) las coordenadas de los puntos P0, Ay B. Debemos hallar las condiciones sobre a y b para que el area dada porab/2 sea mınima; o bien, de manera equivalente, para que el producto ab seamınimo. La ecuacion de la recta que pasa por los puntos A y B es

x

a+y

b= 1,

de modo que, como el punto P0 esta en la recta,

x0

a+y0

b= 1.

Si llamamos

p =2x0

ay q =

2y0

b

la condicion sobre el punto P0 se puede escribir como

p+ q

2= 1;

usando la desigualdad (2.1) tenemos que√pq ≤ 1; o bien, como p y q son

positivos,pq ≤ 1.

Observemos que

pq =2x0

a

2y0

b=

4x0y0

ab,

de modo que el producto ab es mınimo precisamente cuando el producto pq esmaximo, lo cual ocurre cuando p = q = 1. Ası, ab es mınimo cuando a = 2x0

y b = 2y0, y el area mınima es 2x0y0.

En la proposicion 2.7 daremos una extension de las desigualdades entrelas medias armonica, geometrica y aritmetica. Para esto, demostraremos unadesigualdad previa.

Proposicion 2.6. Sean a, b y c numeros reales; entonces

ab+ bc+ ac ≤ a2 + b2 + c2.

Demostracion. Observemos que:

2ab ≤ a2 + b2 y la igualdad se cumple si y solo si a = b.


2ac ≤ a2 + c2 y la igualdad se cumple si y solo si a = c.

2bc ≤ b2 + c2 y la igualdad se cumple si y solo si b = c.

Sumando estas tres desigualdades tenemos que

2(ab+ bc+ ac) ≤ 2(a2 + b2 + c2).

lo cual es equivalente a la desigualdad que habıa que demostrar.

Ahora podemos dar la extension prometida.

Proposicion 2.7. Sean a, b y c tres numeros reales positivos; entonces

1

1

3

(1

a+

1

b+

1

c

) ≤ 3√abc ≤ a+ b+ c

3. (2.3)

Demostracion. Aplicaremos la desigualdad de la proposicion anterior a cier-tos numeros p, q, r para obtener

pq + qr + rp ≤ p2 + q2 + r2,

lo que es equivalente a

0 ≤ p2 + q2 + r2 − (pq + qr + rp).

Multiplicamos esta desigualdad por p+ q + r para obtener

0 ≤ ((p2 + q2 + r2)− (pq + qr + rp))(p+ q + r) = p3 + q3 + r3 − 3pqr.

Por lo tanto,

pqr ≤ p3 + q3 + r3

3, (2.4)

y la igualdad se cumple si y solo si p = q = r. Ahora, si hacemos p3 = a,q3 = b y r3 = c en esta ecuacion, obtenemos

3√abc ≤ a+ b+ c

3,

lo que muestra una de las desigualdades de (2.3). Por otro lado, si hacemosp3 = 1/a, q3 = 1/b y r3 = 1/c en (2.4) tenemos

3

√(1

a

)(1

b

)(1

c

)≤

1

a+

1

b+

1

c3

.

Al considerar el recıproco se obtiene la desigualdad deseada.


Veamos una aplicacion de lo anterior.

Problema. Sean a, b, c tres numeros positivos tales que a+b+c = 12. ¿Cuales el mınimo valor que puede tomar

1

a+

1

b+

1

c?

Solucion. Sabemos que

3(1

a+

1

b+

1

c

) ≤ a+ b+ c

3,

de modo que1

a+

1

b+

1

c≥ 3

4;

es decir, el valor mas pequeno de esta expresion es 3/4, que se alcanza cuandolos sumandos son iguales, esto es, cuando cada uno de los sumandos es iguala 1

4.

Observacion 2.8. Se puede extender la relacion entre las medias aritmetica,geometrica y armonica a cualquier numero finito de numeros reales positivosa1, a2, a3, . . . , an, como sigue:

1

1

n

(1

a1

+1

a2

+ · · ·+ 1

an

) ≤ n√a1a2 · · · an ≤

a1 + a2 + · · ·+ ann

,

donde las igualdades se cumplen si y solo si a1 = a2 = a3 = · · · = an. Parala demostracion, ver [15].

2.3. Desigualdad de Cauchy

En esta seccion mostraremos una desigualdad muy importante, la llamadadesigualdad de Cauchy. La enunciaremos primero para un caso particular.

Proposicion 2.9. Sean a1, a2, a3 y b1, b2, b3 numeros reales, entonces se cum-ple la desigualdad

(a1b1 + a2b2 + a3b3)2 ≤(a2

1 + a22 + a2

3

) (b2

1 + b22 + b2

3

).

52 2.3. Desigualdad de Cauchy

Si adicionalmente suponemos que b1, b2, b3 6= 0, la igualdad se satisface si ysolo si

a1

b1

=a2

b2

=a3

b3

.

Demostracion. Analicemos el signo de la expresion(a2

1 + a22 + a2

3

) (b2

1 + b22 + b2

3

)− (a1b1 + a2b2 + a3b3)2 .

Al desarrollar esta expresion y reagrupar, obtenemos(a2

1 + a22 + a2

3

) (b2

1 + b22 + b2

3

)− (a1b1 + a2b2 + a3b3)2

=(a2

1b21 + a2

2b22 + a2

3b23 + a2

1b22 + a2

1b23 + a2

2b21 + a2

2b23 + a2

3b21 + a2

3b22

)−(a2

1b21 + a2

2b22 + a2

3b23 + 2a1a2b1b2 + 2a1a3b1b3 + 2a2a3b2b3

)= (a1b2 − a2b1)2 + (a1b3 − a3b1)2 + (a3b2 − a2b3)2 ≥ 0;

por lo tanto tenemos que se cumple la desigualdad que querıamos demostrar.Como la expresion del ultimo renglon es una suma de cuadrados, tenemosque la igualdad se cumple si y solo si cada sumando es cero; es decir,

a1b2 − a2b1 = 0,

a1b3 − a3b1 = 0,

a3b2 − a2b3 = 0.

Si adicionalmente b1, b2, b3 6= 0, lo anterior es equivalente a

a1

b1

=a2

b2

,a1

b1

=a3

b3

,a2

b2

=a3

b3

.

Esto nos dice que la igualdad se satisface si y solo si

a1

b1

=a2

b2

=a3

b3

.

Observacion 2.10. Se puede extender esta desigualdad de la manera si-guiente: Si a1, a2, a3, . . . , an y b1, b2, b3, . . . , bn denotan dos conjuntos de nume-ros reales, entonces se cumple la desigualdad de Cauchy(

n∑i=1

aibi

)2

≤

(n∑i=1

a21

)(n∑i=1

b21

). (2.5)


La igualdad se cumple si y solo si

a1

b1

=a2

b2

=a3

b3

= · · · = anbn.

El lector podra encontrar una demostracion de esta desigualdad, por ejemplo,en [7].

Ejercicios

1. Si a, b y c son los lados de un triangulo, P su perımetro y A su area,demuestra las siguientes desigualdades:

a) 1a

+ 1b

+ 1c≥ 9

P.

b) a2 + b2 + c2 ≥ P 2

3. Sugerencia: Desarrolla (a+ b+ c)2 y utiliza una

de las desigualdades de esta seccion.

c) P 2 ≥ 12√

3A. Sugerencia: La formula de Heron para el area deltriangulo es

A =√S(S − a)(S − b)(S − c), donde S =

a+ b+ c

2.

Esta formula implica que

A2

S= (S − a)(S − b)(S − c).

Ahora, usando la desigualdad entre las medias geometrica y arit-metica de los numeros S − a, S − b y S − c, tenemos

(S − a)(S − b)(S − c) ≤ (3S − (a+ b+ c))3

33;

deduce de lo anterior que

A2 ≤ P 4

24 · 33.

d) a2 + b2 + c2 ≥ 4√

3A. Sugerencia: Usa los incisos anteriores.

e) a3 + b3 + c3 ≥ P 3

9. Sugerencia: Desarrolla (a+ b+ c)3 y utiliza una

de las desigualdades de esta seccion.

54 2.3. Desigualdad de Cauchy

f ) a3 + b3 + c3 ≥ 4√

3AP3

.

g) a4 + b4 + c4 ≥ 16A2. Sugerencia: Eleva al cuadrado la desigualdaddel inciso (d).

2. Sea P un punto en el interior del triangulo ABC y sean x, y, z lasdistancias de P a BC, CA y AB, respectivamente. ¿Cual es el valormaximo del producto xyz? Aquı te damos algunas sugerencias pararesolver este problema.

a) Si a, b, c,K denotan las longitudes de BC, AC, AB, y el area deltriangulo, respectivamente, muestra que K = 1

2(ax+ by + cz).

b) Usa lo anterior y la desigualdad entre la media aritmetica y lamedia geometrica para ver que

3√

(ax) (by) (cz) ≤ ax+ by + cz

3=

2

3K.

y que el valor maximo de xyz es

1

abc

(2

3K

)3

=8K3

27abc,

el cual se alcanza en el punto P que cumple ax = by = cz.

Para obtener una interpretacion geometrica de esta condicion, de-mostraremos que ax = by = cz si y solo si P es el centroide deltriangulo ABC; es decir, P es el punto de interseccion de las tresmedianas del triangulo ABC.


Sea L el punto donde se corta AP con BC y α, β, γ, δ los angulosBAL,LAC,ALC,ALB respectivamente. Por la ley de los senossabemos que

BL

AB=

senα

sen δyLC

AC=

sen β

sen γ.

Como γ y δ son angulos suplementarios, se tiene que sen γ = sen δ;entonces

c senα

b sen β=BL

LC;

ademas,

senα =z

APy sen β =

y

AP.

Entoncescz

by=BL

LC,

de donde se sigue que BL = LC si y solo si by = cz. Por lo tantoby = cz si y solo si P esta sobre la mediana AL. De manera similarse puede probar que ax = by = cz si y solo si P esta sobre las tresmedianas del triangulo ABC, por lo que P resulta ser el centroidedel triangulo ABC.

3. Sean a, b, c, d ≥ 0 tales que a+ b+ c+ d = 1. Demuestra que

0 ≤ ab+ ca+ bc− 2abc ≤ 7

27.

56 2.4. Valor absoluto

4. Sean a1, a2, a3, a4, a5 las longitudes de los lados de un pentagono conve-xo (no necesariamente regular) y m1,m2,m3,m4,m5 las longitudes desus diagonales, como en la siguiente figura:

Demuestra que

1

2≤ a1 + a2 + a3 + a4 + a5

m1 +m2 +m3 +m4 +m5

≤ 1.

5. Sean a, b, c > 0, si a+ b+ c > abc, muestra que a2 + b2 + c2 > abc.

6. Sean a ∈ R, b ∈ R+ numeros tales que b(b + 1) ≤ (a+ 1)2. Muestraque b(b− 1) ≤ a2.

7. Sean a, b, c > 0. Demuestra la desigualdad

9

2 (a+ b+ c)≤ 1

a+ b+

1

b+ c+

1

c+ a.

2.4. Valor absoluto

Ahora definiremos una funcion muy importante que a su vez nos permi-tira definir la distancia entre dos numeros reales.

Definicion 2.11. El valor absoluto de un numero real a se define como

|a| =

a, si a > 0,0, si a = 0,−a, si a < 0.

Ası, tenemos por ejemplo que∣∣∣∣−2

3

∣∣∣∣ = −(−2

3

)=

2

3,

pues −2/3 es negativo. Asımismo, si b es cualquier numero real, entonces

|b+ 1| =

b+ 1, si b+ 1 > 0,0, si b+ 1 = 0,−(b+ 1), si b+ 1 < 0.

Proposicion 2.12 (Propiedades del valor absoluto). Si a, b son numerosreales, entonces:

1. |a| ≥ 0.

2. |a| = |−a|.

3. |a| = 0 si y solo si a = 0.

4. |a| ≤ b si y solo si −b ≤ a ≤ b.

5. − |a| ≤ a ≤ |a|.

6. |a+ b| ≤ |a|+ |b|.

7. ||a| − |b|| ≤ |a± b|.

8. |ab| = |a| |b|.

Demostracion. Sean a, b como en el enunciado.

1. Es consecuencia directa de la definicion.

2. Procederemos por casos. Si a = 0, entonces −a = 0 y se cumple laafirmacion. Si a > 0, entonces −a < 0, de modo que

|a| = a y |−a| = −(−a) = a;

por lo tanto, |a| = |−a|. Si a < 0, entonces −a > 0, de modo que

|a| = −a y |−a| = −a;

por lo tanto, tambien en este caso |a| = |−a|.

3. Si a = 0, entonces a ≥ 0 y |a| = a = 0. Recıprocamente, si |a| = 0,veremos que a = 0. Si a fuese positivo, entonces |a| = a > 0, contrarioa nuestra hipotesis |a| = 0. De la misma forma, si a < 0, entonces|a| = −a > 0, contradiciendo de nuevo la hipotesis, de modo quenecesariamente a = 0.

4. Observemos que b debe ser positivo o cero.

Supongamos primero que |a| ≤ b y procedamos por casos. Si a ≥ 0tenemos que |a| = a, de modo que −b < 0 ≤ a ≤ b. Si a < 0, tenemosque |a| = −a ≤ b, o en forma equivalente, a ≥ −b. Entonces −b ≤ a <0 ≤ b. Ası, en cualquier caso tenemos −b ≤ a ≤ b.

Recıprocamente, si −b ≤ a ≤ b, entonces multiplicamos por −1 paraobtener −b ≤ −a ≤ b; si a ≥ 0 entonces −b ≤ |a| ≤ b y por la primerapropiedad obtenemos |a| ≤ b. De manera analoga, se tiene que si a < 0,entonces |a| = −a y |a| ≤ b.

5. Es consecuencia de la propiedad anterior.

6. Usando la desigualdad anterior aplicada a a y b se tiene

− |a| ≤ a ≤ |a| y − |b| ≤ b ≤ |b| ;

si sumamos ambas desigualdades se obtiene

− |a| − |b| ≤ a+ b ≤ |a|+ |b|

y por la propiedad (4) obtenemos

|a+ b| ≤ |a|+ |b| .

7. Mostraremos solo el caso en que elegimos el signo negativo del ladoderecho y dejamos el otro caso como ejercicio. Por un lado,

|a| = |a− b+ b| ≤ |a− b|+ |b| ,

de donde|a| − |b| ≤ |a− b| .

De manera similar, partiendo de b,

|b| = |b− a+ a| ≤ |b− a|+ |a|

y por lo tanto|b| − |a| ≤ |b− a| .

Ası tenemos que

− |a− b| ≤ |a| − |b| ≤ |a− b|

de modo que||a| − |b|| ≤ |a− b| .

8. Si alguno de los numeros a o b es igual a cero, el resultado es cierto, demodo que podemos suponer que ambos son distintos de cero y procederpor casos.

Si ab > 0, entonces |ab| = ab y tenemos dos posibilidades: que a, b > 0o a, b < 0. En la primera alternativa tenemos que

|a| = a y |b| = b

y su producto es |ab| = |a| |b|. Para la segunda posibilidad,

|a| = −a y |b| = −b

y el producto es |ab| = (−a) (−b) = ab = |a| |b|.Si ab < 0, puede ocurrir que a > 0, b < 0 o bien que a < 0, b > 0. En laprimera situacion tenemos que |a| = a, |b| = −b, y multiplicando estasigualdades se tiene

|a| |b| = a(−b) = −ab = |ab| .

De manera analoga se trabaja en la situacion a < 0, b > 0.

Problema. ¿Para que numeros reales x se satisface la desigualdad

|2x− 3| ≤ 5?

Solucion. De la propiedad (4) tenemos que

−5 ≤ 2x− 3 ≤ 5.

Al sumar 3 a las desigualdades se tiene

−2 ≤ 2x ≤ 8.

Ahora dividimos entre 2 para obtener

−1 ≤ x ≤ 4.

Este es el conjunto solucion de la desigualdad.

Problema. ¿Para que valores de n ∈ N se cumple la desigualdad∣∣∣∣2n− 3

5n+ 1− 2

5

∣∣∣∣ < 1

1000?

Solucion. Simplificamos primero la expresion que aparece dentro del valorabsoluto:

2n− 3

5n+ 1− 2

5=

5 (2n− 3)− 2 (5n+ 1)

5(5n+ 1)=

10n− 15− 10n− 2

5 (5n+ 1)= − 17

25n+ 5.

Ahora calculamos su valor absoluto:∣∣∣∣− 17

25n+ 5

∣∣∣∣ =17

25n+ 5;

de modo que debemos resolver la desigualdad

17

25n+ 5<

1

1000,

lo cual ocurre si 17000 < 25n+ 5 o bien, en forma equivalente,

17000− 5

25< n.

Esta ultima desigualdad se cumple si n > 16995/25 = 679.8. Como nes un natural, el conjunto de soluciones esta formado por todos los numerosnaturales mayores o iguales a 680.

Problema. ¿Para que valores de x ∈ R, x 6= 0, se cumple que∣∣∣∣x+1

x

∣∣∣∣ ≤ 1?

Solucion. Observemos que

x+1

x=x2 + 1

x.

En la ultima fraccion, el numerador siempre es positivo, ası que

∣∣∣∣x2 + 1

x

∣∣∣∣ =x2 + 1

|x|=

x2 + 1

x, si x > 0,

−x2 + 1

x, si x < 0.

Entonces debemos resolver las dos desigualdades

x2 + 1

x≤ 1, si x > 0; y − x2 + 1

x≤ 1, si x < 0.

La primera desigualdad se cumple si y solo si x2 +1 ≤ x, o en forma equi-valente x2 − x ≤ −1; completando el cuadrado en el lado izquierdo tenemos

x2 − x+1

4≤ −1 +

1

4,

de donde (x− 1

2

)2

≤ −3

4.

Observemos que en esta ultima desigualdad, la expresion del lado izquierdoes positiva y la del lado derecho es negativa, de modo que la desigualdadoriginal no tiene solucion cuando x > 0.

Al analizar la segunda desigualdad cuando x < 0, seguimos un procedi-miento analogo para obtener la desigualdad

−3

4>

(x+

1

2

)2

De nuevo, esto no puede ocurrir, por lo que podemos afirmar que ningunnumero real x puede satisfacer la desigualdad∣∣∣∣x+

1

x

∣∣∣∣ ≤ 1.

En otras palabras, el valor absoluto de la suma de un numero real y de suinverso aditivo siempre es mayor que 1.

Problema. Hallar los valores maximo y mınimo de x + 3y + 4z para todax, y, z que satisface la ecuacion

x2 + y2 + z2 = 16.


Solucion. Usamos la desigualdad de Cauchy (proposicion 2.9) para obte-ner

(x+ 3y + 4z)2 ≤(x2 + y2 + z2

) (12 + 32 + 42

).

Con la condicion del problema, tenemos que

(x+ 3y + 4z)2 ≤ (16) (26)

o bien|x+ 3y + 4z| ≤

√416. (2.6)

Para decidir si los valores maximo y mınimo de x+3y+4z bajo la restriccionx2 +y2 +z2 = 16 son

√416 y −

√416, respectivamente, basta ver si se cumple

la igualdad en la desigualdad de Cauchy. Recordemos que esto ocurre si ysolo si

x

1=y

3=z

4

Si despejamos y y z en terminos de x y sustituimos en (2.6), tenemos

|x+ 9x+ 16x| =√

416, de donde |26x| =√

416.

Al despejar x de esta ecuacion se llega a que los valores√

416 y −√

416realmente se alcanzan, y esto ocurre en los puntos con coordenadas

x = ±2√

26

13, y = ±6

√26

13, z = ±8

√26

13.

Para concluir este capıtulo, usaremos el valor absoluto para definir elconcepto de distancia entre numeros reales.

Definicion 2.13. Si a, b son numeros reales, definimos la distancia entre ay b, denotada d(a, b), como sigue:

d(a, b) = |a− b| .

En particular, el valor absoluto |a| es la distancia entre el numero a y elcero.

Proposicion 2.14 (Propiedades de la distancia). Sean a, b numeros reales.Entonces


1. d(a, b) = 0 si y solo si a = b.

2. d(a, b) = d(b, a) para todo a, b ∈ R.

3. d(a, b) ≤ d(a, c) + d(c, b) para todo a, b, c ∈ R.

La desigualdad del inciso (3) se conoce como la desigualdad del triangulo.La demostracion de estas propiedades se deja al lector como ejercicio.

Capıtulo 3

Sucesiones

En este capıtulo iniciaremos el estudio de las sucesiones, que nos daran laclave para abordar el concepto de lımite, que es central en el Calculo. Primerodaremos una introduccion intuitiva a las ideas detras de las sucesiones, paradespues refinar dichas ideas y formalizarlas.

3.1. Listas

En muchas situaciones cotidianas aparecen secuencias o listas de diversosobjetos o personas. En particular, seguramente habras presentado exameneso pruebas psicometricas y encontrado listas de numeros o de configuracionescomo estas:

1, 2, 3, 4, 5, . . . 2, 4, 6, 8, . . . 1001, 1003, 1005, 1007, . . .

13, 26, 39, 52, . . . 3, 3, 3, 3, . . . 1,1

2,1

3,1

4, . . .

1

2,2

3,3

4, . . . 1,−1, 1,−1, 1, . . . −1,−2,−3,−4, . . .

◦, ◦◦, ◦ ◦ ◦, . . . �,�,�,�,�, . . .

o como esta:

65

66 3.1. Listas

Ejercicios

1. Encuentra la manera en que continua cada una de las listas anteriores.

2. Observa que cada una de estas listas tiene un orden: Hay un primernumero, objeto o figura, un segundo, un tercero, etcetera. Describe elnumero, objeto o figura que debe aparecer en el vigesimo lugar de cadauna de las listas anteriores. ¿Que numero, objeto o figura debe apareceren el centesimo lugar?

En realidad, para cada una de las listas anteriores puedes determinar elnumero, objeto o figura que aparece en cualquier lugar de la lista (por ejem-plo, el lugar numero 17463). Puedes usar una frase para indicar la manerade determinar el numero, objeto o figura mediante su lugar en la lista. Parasucesiones numericas, se acostumbra resumir esta informacion de la siguien-te manera: El lugar del numero, objeto o figura se representa mediante unaletra, por lo general la letra n,1 de modo que

Dada la lista 1, 2, 3, 4, 5, . . . , en el lugar n debe aparecer el numero n.

La lista 2, 4, 6, 8, . . . puede escribirse como 2(1), 2(2), 2(3), 2(4), . . ., demodo que en el lugar n debe aparecer el numero 2n.

Ejercicios

Para cada una de las listas numericas con que iniciamos esta seccion,indica el numero que debe aparecer en el lugar n. Analiza tambien las listassiguientes:

1, 3, 5, 7, 9, . . .

−1,−3,−5, . . .

1Por supuesto, puede usarse alguna otra letra: m, p, q, . . . .

Capıtulo 3. Sucesiones 67

1,−1, 12,−2, 1

3,−3, . . . Sugerencia: ¿Que numeros deben aparecer en los

lugares impares? ¿Que numeros deben aparecer en los lugares pares?

La manera de determinar el numero que debe aparecer en cada lugar dela lista se llama tambien la regla de correspondencia de la lista. Para todaslas listas numericas anteriores se puede determinar facilmente su regla decorrespondencia.

Ejercicios

La manera de construir las listas siguientes es precisa, aunque no tansencilla. Descubrela.

1, 2, 1, 3, 1, 2, 1, 4, 1, . . . Sugerencia: Revisa la seccion 1.4, donde pre-sentamos las Torres de Hanoi.

2, 3, 5, 7, 11, 13, 17, . . .

0, 1, 24, 1, 4

6, 1, 6

8, . . .Sugerencia: ¿Que numeros deben aparecer en los lu-

gares impares? ¿Que numeros deben aparecer en los lugares pares?

Fıjate ahora en las siguientes frases:

La temperatura ambiente en tu cuarto, medida en grados centıgradosa las 10 horas de la manana de cada dıa, a partir del dıa en que leasesta frase por vez primera.

El nivel de contaminacion de la ciudad de Mexico, medido en imecasa las seis de la manana de cada dıa, a partir del dıa en que leas estafrase por vez primera.

Cada una de estas frases establece una regla de correspondencia bastanteprecisa (podrıa afinarse aun mas) que produce una lista de numeros. Sinembargo, no podemos decidir de antemano cual sera el elemento de la listadentro de un ano. De hecho, una vez construida la lista hasta cierto dıa, noes posible determinar como continuarıa la lista el dıa siguiente.

68 3.2. Otras formas de construir listas

3.2. Otras formas de construir listas

En la seccion anterior construimos listas numericas indicando el numeroque va en cada lugar de la lista; es decir, mediante una regla de correspon-dencia. Otra manera usual de construir listas consiste en determinar cadaelemento de la lista mediante el numero en el lugar anterior.

Ejercicio

Construye una lista en que cada numero sea el triple del numero anterior.

La frase anterior tiene un pequeno error, pues el primer numero de lalista no tiene un numero “anterior”. De hecho, como la frase no dice comocomienza la lista, puede haber muchas listas que cumplan que cada nume-ro (excepto el primero) sea el triple del numero anterior; por ejemplo, lassiguientes listas cumplen esta condicion:

3, 9, 27, 81, . . . 2, 6, 18, 54, . . . 16, 1

2, 3

2, . . . −5,−15,−45, . . .

Utilizaremos las palabras antecesor y sucesor para referirnos a las rela-ciones correspondientes entre los elementos de una lista. Ası, en la lista

3, 9, 27, 81, . . . , 3n, . . .

se tiene que 9 es el sucesor de 3 y que 27 es el antecesor de 81.

Ejercicio

Para cada una de las siguientes listas, indica como se obtiene cada ele-mento (excepto el primero) a partir de su antecesor.

1001, 1003, 1005, . . .

1, 1 + 2, 1 + 2 + 3, 1 + 2 + 3 + 4, . . .

1, 1 + 2, 1 + 2 + 22, 1 + 2 + 22 + 23, . . . , 1 + 2 + 22 + 23 + · · ·+ 2n−1, . . .

Ahora que tenemos dos maneras de construir una lista (determinando unelemento a partir de su lugar o a partir de su antecesor), cabe preguntarnossi una lista dada puede construirse de estas dos formas. Veamos un ejemplocon la lista

1, 3, 6, 10, . . .


El lector observador notara que esta lista aparece lıneas arriba, como

1, 1 + 2, 1 + 2 + 3, 1 + 2 + 3 + 4, . . .

Ejercicio

Utiliza el principio de induccion matematica para mostrar que la listaanterior es igual a la lista

1(2)

2,2(3)

2,3(4)

2, . . .

Antes de continuar nuestra discusion, utilizaremos un lenguaje mas formalpara referirnos de manera general a las listas. Hasta ahora hemos consideradolistas de elementos (numeros, figuras, objetos) ordenados de acuerdo con losnumeros naturales: listas con un primer elemento (que podemos asociar al1), un segundo elemento (asociado al 2), etcetera.

Ası, dado un conjunto A, formamos una lista asociando elementos de Aa los numeros naturales en N. Esto nos conduce a la siguiente definicion.

Definicion 3.1. Una sucesion de elementos en A es una funcion que a cadanumero natural le asocia un elemento de A.

Todas las listas que hemos analizado hasta ahora se pueden describirmediante funciones. Por ejemplo:

La lista 1, 2, 3, 4, 5, . . . se puede describir como la funcion que a cadanumero natural le asocia el mismo natural.

La lista

1, 1 + 2, 1 + 2 + 22, 1 + 2 + 22 + 23, . . . , 1 + 2 + 22 + 23 + · · ·+ 2n−1, . . .

se puede describir como la funcion que a cada numero natural n leasocia el numero 1 + 2 + 22 + 23 + · · ·+ 2n−1.

Ejercicio

Describe la siguiente lista de figuras como una sucesion; es decir, indica(con palabras) cual figura corresponde a un numero natural n. Indica ademascuantos “palillos” se necesitan para construir la figura correspondiente a unnumero natural n:

70 3.2. Otras formas de construir listas

Dado un conjunto A, una sucesion de elementos en A tiene un orden dadopor el orden de los numeros naturales, de modo que siempre podemos hablardel antecesor de cualquier elemento de la sucesion (distinto del primero) ydel sucesor de cualquier elemento de la sucesion.

Ejercicios

1. Dada la sucesion

¿Cual es el antecesor del tercer elemento? ¿Cual sera el sucesor delquinto elemento?

2. Si se dice que una lista esta formada por todos los numeros multiplosde π menos uno, ¿es posible indicar quien es el primer elemento de lalista?

3. Considera la sucesion de numeros triangulares Tn. ¿Esta en la sucesionel numero Tk+n + (n+ 1)? ¿Esta el numero Tk+n + (k + n+ 1)?

4. Dada la sucesion

1, 1 + 2, 1 + 2 + 22, 1 + 2 + 22 + 23, . . . , 1 + 2 + 22 + 23 + · · ·+ 2n−1, . . . ,

¿como generamos un termino a partir de su antecesor?


3.3. Definicion y ejemplos

Ahora veremos la definicion formal del concepto de sucesion.

Definicion 3.2. Una sucesion numerica es una funcion cuyo dominio es elconjunto de los numeros naturales y cuyo contradominio es el conjunto delos numeros reales2. Ası, una sucesion de este tipo es una funcion que a cadanumero natural le hace corresponder uno y solo un numero real.

Se acostumbra describir a la sucesion mediante los elementos de su imagenordenados, llamando a estos los terminos de la sucesion, escritos medianteletras con subındices a1, a2, a3, . . . , an, . . . . Esto significa que al numero 1 lecorresponde a1, que es la imagen del natural 1 bajo la funcion y el primerelemento de la sucesion; al 2 le corresponde el segundo elemento a2; al 3 lecorresponde el tercer elemento a3, y ası sucesivamente, se tiene que al numeronatural n le corresponde el n-esimo elemento an. De esta manera escribimosla sucesion como la lista ordenada de numeros reales a1, a2, a3, . . . , an, . . . .

Ejemplos

1. La regla que a cada natural le asocia su inverso multiplicativo producela lista

1,1

2,1

3,1

4, . . . ,

1

n, . . .

Esta sucesion esta definida por la funcion que asigna a cada numero

natural n el numero1

n. Por ejemplo, el centesimo termino de la sucesion

es 1100

.

2. La sucesion1

2,2

3,3

4, . . . ,

n

n+ 1, . . .

tiene como regla de correspondencia que al numero natural n se leasigna el numero real n/(n + 1). Ası, el termino 874 de la sucesion es874/875.

3. En la sucesion 1, 1, 1, 1, . . ., a cada natural n se le asigna el numeroreal 1. Este tipo de sucesion se llama sucesion constante, porque todoslos terminos son iguales. Observemos que, como cualquier sucesion, esta

2Con mas precision, esta es la definicion de una sucesion numerica real.

72 3.3. Definicion y ejemplos

tiene un numero infinito de terminos: el primero es 1, el segundo es 1, ...,el millonesimo termino de la sucesion tambien es 1, y ası sucesivamente.

4. La sucesion 1,−1, 1,−1, . . . , (−1)n+1, . . .. Su regla de correspondenciaindica que a un numero natural impar se le asigna el numero 1 y a unnumero natural par se le asocia el −1. Esta sucesion es una sucesionalternante, y toma unicamente los valores 1 y −1. En una posicionimpar de la sucesion siempre hay un 1 y en una posicion par siemprehay un −1; por ejemplo, en la posicion 63427 hay un 1 porque el numero63427 es impar y en la posicion 59044 hay un 1 porque el numero 59044es par.

5. La sucesion 1, 3, 5, 7, . . . , 2n − 1, . . . es la sucesion de los numeros im-pares; es decir, al numero natural n se le asigna el n−esimo numeroimpar. Por ejemplo, el numero 33 ocupa la posicion 17, porque el 33 esel decimo septimo numero impar.

6. La sucesion 0, 2, 4, 6, . . . , 2(n−1), . . . es la sucesion de los numeros paresa partir de 0. Como el dominio de las sucesiones es el conjunto de todoslos numeros naturales, la regla de correspondencia es 2(n−1) para queel primer elemento imagen de la sucesion sea el 0.

7. La sucesion −√

1,−√

2,−√

3,−√

4, . . . tiene como regla de correspon-dencia −

√n. Observa que todos los terminos son negativos.

8. La regla de correspondencia de la sucesion

1

2,

2

22,

3

23,

4

24, . . . ,

n

2n, . . .

establece que a cada numero n se le asocia la razon del numero n conrespecto a la n−esima potencia de 2.

9. La sucesion√

2, 3√

2, 4√

2, . . . , n√

2, . . . esta formada por las raıces n−esi-mas de 2. Es una sucesion cuyos terminos son todos positivos. Eltermino n+ 1 es menor que el termino n. (¿Por que?)

10. La sucesion 1,√

2, 3√

3, 4√

4, . . . , n√n, . . . tiene como termino general la

raız n−esima del natural n. Observe que todos los terminos son dife-rentes entre sı. Por ejemplo, en esta sucesion aparece solo una vez elnumero 1.


11. En la sucesion

2,

(3

2

)2

,

(4

3

)3

,

(5

4

)4

, . . . ,

(n+ 1

n

)n, . . . ,

todos los terminos son diferentes. (¿Por que?)

12. La sucesion

1, 1, 2, 1, 2, 3, 1, 2, 3, 4, 1, 2, 3, 4, 5, 1, 2, 3, 4, 5, 6, . . .

no esta dada por una formula, sino por un procedimiento. Observa queprimero escribimos el primer numero natural, en seguida los dos prime-ros naturales, despues los tres primeros naturales y ası sucesivamente.Para saber cual es el numero que ocupa una cierta posicion, por ejem-plo la 16, podemos fijarnos en el quinto numero triangular, el 15 y porlo tanto afirmar que en la posicion 16 hay un 1. (¿Como se justificaeste procedimiento?)

13. La sucesion

1, 2, 1, 3, 1, 2, 1, 4, 1, 2, 1, 3, 1, 2, 1, 5, 1, 2, 1, 3, 1, 2, 1, 4, 1, 2, 1, 3, 1, 2, 1, 6, . . .

es la sucesion del numero de disco que se mueve en el paso n-esimoen una Torre de Hanoi con un numero infinito de discos (ver seccion1.4). Recordemos que en un paso correspondiente a un numero imparsiempre se mueve el disco mas pequeno (que nombramos con el numero1), de modo que en todas las posiciones impares de esta sucesion apareceel numero 1. El lector puede consultar la seccion citada para resolverla siguiente pregunta: ¿Que numero esta en una posicion dada? Esdecir, ¿que procedimiento podemos seguir para determinar el valor deln-esimo termino de esta sucesion?

Notemos que una sucesion tiene una infinidad de terminos: Como unasucesion es una funcion que tiene como dominio un conjunto infinito (losnaturales), tambien tiene un numero infinito de imagenes. Ası, la sucesiondel ejemplo 4 tiene una infinidad de unos y una infinidad de menos unos,aunque el conjunto imagen de la funcion tiene solo dos elementos.

A veces escribiremos de manera abreviada {an}∞n=1, en lugar de la listaa1, a2, a3, . . . , an, . . . , o bien solamente {an} entendiendo que n ∈ N y quean es el termino general de la sucesion.


Dado que por el momento solo estamos considerando sucesiones de nume-ros reales, y estos numeros pueden ser operados (sumados, restados, etcetera),podemos definir ciertas operaciones con las sucesiones, de la manera siguien-te.

Operaciones con sucesiones

Sean {an} y {bn} dos sucesiones.

1. La suma (resta o producto, respectivamente) de sucesiones es una nuevasucesion cuyo termino general esta dado por la suma (resta o producto,respectivamente) de los terminos generales de cada una de las sucesio-nes. Esto es:

{an}+ {bn} = {an + bn},{an} − {bn} = {an − bn},{an} · {bn} = {an · bn}.

2. Definimos la division de sucesiones como una nueva sucesion cuyotermino general es el cociente de los terminos generales de las dos su-cesiones originales, siempre y cuando la sucesion que aparece en eldenominador nunca tome el valor cero. Esto es:

{an}{bn}

=

{anbn

},

con bn 6= 0 para toda n ∈ N.

3. La multiplicacion de una sucesion por un numero es una nueva sucesion,cuyo termino general se obtiene multiplicando el numero dado por eltermino general de la sucesion original; esto es, si λ ∈ R, entoncesλ{an} = {λan}.

Ejemplos

Sean {an} =

{n

n+ 1

}y {bn} =

{1− 1

n

}. Entonces:

1. {an}+ {bn} =

{n

n+ 1

}+

{1− 1

n

}=

{2n2 − 1

n2 + n

}.


2. {an} − {bn} =

{n

n+ 1

}−{

1− 1

n

}=

{1

n2 + n

}.

3. {an} · {bn} =

{n

n+ 1

}·{

1− 1

n

}=

{n− 1

n+ 1

}.

4.{an}{bn}

=

{n

n+ 1

}{

1− 1

n

} =

{n2

n2 − 1

}. En este caso, el denominador se anula

para n = 1, por lo que la sucesion solo esta definida para n > 1.

5.√

2 ·{

n

n+ 1

}=

{ √2n

n+ 1

}.

Subsucesiones

Como una sucesion es una funcion definida en el conjunto de numeros na-turales y este conjunto tiene varios subconjuntos notables (por ejemplo, losnumeros pares, los primos, las potencias de 2, etcetera), es natural que dadauna sucesion estudiemos otras sucesiones relacionadas con ella, consideran-do subconjuntos de los naturales. En este contexto, diremos que las nuevassucesiones obtenidas a partir de la original son subsucesiones de la primera.Veamos algunos ejemplos.

1. En el ejemplo 1 de la pagina 71 aparece la sucesion cuyo termino generaltiene la forma 1/n. Si solo nos fijamos en los terminos correspondien-tes a los numeros naturales pares, obtenemos la subsucesion 1/2, 1/4,1/6, . . . Podemos dar otro ejemplo de subsucesion de {1/n} “cortan-do” los primeros cien terminos, obteniendo la nueva subsucesion 1/101,1/102, . . . .

2. En el ejemplo 3 de la pagina 71 consideramos la sucesion constante talque todos sus terminos son iguales a 1. Es claro que cualquier subsuce-sion de esta sera tambien constante.

3. El ejemplo 4 de la pagina 72 se refiere a la sucesion con termino gene-ral igual a (−1)n+1. En este caso, destacan rapidamente dos subsuce-siones, correspondientes a la consideracion de los numeros pares y de


los impares. Por supuesto, si n es par, (−1)n+1 = −1, de modo quela subsucesion es constante, con todos los terminos iguales a −1. Porotro lado, la subsucesion obtenida al considerar los numeros impares estambien constante, aunque ahora los terminos son todos iguales a 1.

Consideremos una sucesion {an}, donde como de costumbre n ∈ N. Lassiguientes son algunas subsucesiones de esta:

1. a3, a6, a9, . . . , considerando los numeros multiplos de 3;

2. a1, a3, a6, a10, . . . , tomando en cuenta los numeros triangulares;

3. a1, a10, a100, . . . , donde nos fijamos en las potencias de 10.

Observemos que los subındices que aparecen en cada caso son a su vezsucesiones: en el primer caso aparece la sucesion 3, 6, 9, . . . , en el segun-do 1, 3, 6, 10, . . . y en el tercero 1, 10, 100, . . . . Para indicar que estamosfijandonos en una subsucesion de {an}, denotamos por n1, n2, . . . , nk, . . . a lossubındices “elegidos” para conformar la subsucesion; ası, en el tercer ejemplo,relativo a las potencias de 10, tenemos que n1 = 1, n2 = 10, n3 = 100 y engeneral, el termino k-esimo nk es igual a 10k−1.

Una ultima observacion: Puesto que una sucesion es un conjunto de nume-ros ordenados de acuerdo al orden de N, una subsucesion debe respetar esteorden. Supongamos, por ejemplo, que al ir construyendo una subsucesion te-nemos que el quinto termino de esta es el vigesimo de la sucesion original.Entonces debemos elegir el sexto termino de la subsucesion entre los termi-nos posteriores al vigesimo en la sucesion original. En general, si el k-esimotermino de la subsucesion es el nk-esimo de la original, entonces el (k + 1)-esimo termino de la subsucesion debe elegirse entre los posteriores a nk. Estodice que

nk+1 > nk

para toda k ∈ N. Dejaremos como ejercicio para el lector la demostracion deque esto implica que

nk ≥ k (3.1)

para toda k ∈ N.


Ejercicios

1. Da una regla de correspondencia para cada una de las siguientes suce-siones. ¿Cual es el vigesimo termino de cada una de ellas? ¿Cual es eltermino numero 35 de cada sucesion?

a)2

1,3

2,4

3,5

4, . . .

b)1

3,1

8,

1

15,

1

24,

1

35, . . .

c)1

5,3

8,

5

11,1

2,3

5, . . .

d) 1,−1

2,1

3,−1

4,1

5, . . .

e) 0, 1, 0, 1, 0, 1, . . .

f ) 12, 12 + 22, 12 + 22 + 32, 12 + 22 + 32 + 42, . . .

2. Construye la sucesion de areas y la sucesion de perımetros de los si-guientes polıgonos regulares inscritos en una circunferencia de radior:

a) De 3, 6, 12, 24, 48, . . . lados.

b) De 5, 10, 20, 40, . . . lados.

c) De 3, 4, 5, 6, 7, . . . lados.

3. Construye la sucesion de pendientes de la familia de rectas que pasanpor el punto (1, 1) y los puntos

(2, 4),

(3

2,9

4

),

(4

3,16

9

),

(5

4,25

16

),

(6

5,36

25

), . . .

respectivamente.

4. Construye la sucesion de pendientes de la familia de rectas que pasapor:

a) El punto (x0, x20) y cada uno de los siguientes puntos:(

x0 + 12,(x0 + 1

2

)2),(x0 + 1

3,(x0 + 1

3

)2),(x0 + 1

4,(x0 + 1

4

)2),(

x0 + 15,(x0 + 1

5

)2), . . . ,

(x0 + 1

n,(x0 + 1

n

)2), . . .


b) El punto (x0, x30) y cada uno de los siguientes puntos:(

x0 + 12,(x0 + 1

2

)3),(x0 + 1

3,(x0 + 1

3

)3),(x0 + 1

4,(x0 + 1

4

)3),(

x0 + 15,(x0 + 1

5

)3), . . . ,

(x0 + 1

n,(x0 + 1

n

)3), . . .

5. Construye geometricamente la sucesion√

2,√

3,√

4, . . . ,√n, . . . a par-

tir del triangulo rectangulo isosceles cuyos catetos valen 1.

6. Sean l y m dos rectas paralelas, ası como

A0, A1, A2, A3, . . . y B0, B1, B2, B3, . . .

puntos en las rectas l y m respectivamente tales que el segmento A1B1esbisectriz del angulo B0A1A2; el segmento B1A2 es bisectriz del anguloA1B1B2, el segmento A2B3 es bisectriz del angulo B1A2A3, y ası demanera sucesiva. Construye las sucesiones de los angulos AkBkBk+1 yBk−1AkAk+1. Ver figura.

7. Construye una sucesion de rectangulos como sigue: El primero es uncuadrado de area uno. En el segundo paso se le agrega otro cuadradode area 1 para obtener un rectangulo de area 2. En el tercer paso seagrega un nuevo rectangulo de area 1 en la parte superior de la figuraanterior para obtener un nuevo rectangulo, luego otro a la derecha,como se muestra en el siguiente dibujo, y ası sucesivamente.

Obten la razon entre los lados de cada uno de los rectangulos y cons-truye la sucesion de estas razones.


8. Para cada una de las sucesiones {an} del ejercicio 1, construye unasubsucesion {ank}, dando una expresion para nk en terminos de k.

9. Demuestra la afirmacion de la pagina 76: Si {ank} es una subsucesion de{an}, entonces nk ≥ k para toda k ∈ N. Sugerencia: Utiliza induccionsobre k junto con la desigualdad nk+1 > nk.

3.4. Tendencia de una sucesion

Ahora nos interesa estudiar el comportamiento “a largo plazo” de unasucesion. Veamos algunos ejemplos.

1. Consideremos la sucesion

1,1

2,1

3,1

4, . . . ,

1

n, . . .

y observemos como son sus terminos. Todos son positivos, siendo elmas grande el primero. De hecho, mientras mayor sea n, menor sera eln−esimo termino; es decir, conforme “crezcamos” en el dominio, losterminos se haran cada vez mas pequenos. Veamos por ejemplo algunosterminos de la sucesion en la siguiente tabla:

n 10 102 103 104 105 106 107 108 109 1010

1n

110

1102

1103

1104

1105

1106

1107

1108

1109

11010

El decimo termino de la sucesion es 0.1. El milesimo termino es 0.001,que es menor que el decimo termino. El ultimo elemento de la tabla esel diezmilmillonesimo termino, que es

1

1010= 0.0000000001;

este numero es muy pequeno, mas pequeno que cualquiera de los termi-nos anteriores. Si siguieramos analizando los terminos de la sucesion,verıamos que cualquier termino es mas pequeno que los anteriores yque cada vez los terminos se “parecen” mas al cero. Por ejemplo, eltermino correspondiente a n = 1020 es

1

1020= 0.00000000000000000001.

80 3.4. Tendencia de una sucesion

Entonces decimos que la tendencia de la sucesion {1/n} es acercarseal cero.

2. En el caso de la sucesion {10n}, vemos que sus terminos crecen cadavez mas; diremos que esta tiende a hacerse cada vez mas grande.

3. Ahora veamos que ocurre con la sucesion

1,−1, 1,−1, 1,−1, . . . , (−1)n−1, . . .

Los terminos de esta sucesion se alternan siempre entre 1 y −1. Tampo-co existe un numero al cual se aproximen cada vez mas los terminos dela sucesion, pues estos terminos siempre son el 1 o el −1. En este casodecimos que la sucesion {(−1)n−1} no tiende a acercarse a un uniconumero, tambien es una sucesion sin “tendencia”.


1

2,2

3,3

4,4

5,5

6, · · · , n

n+ 1, . . .

y observemos algunos de sus terminos (que no sean los primeros); porejemplo si n = 265, el termino correspondiente de la sucesion es:

a265 =265

265 + 1=

265

266,

que es aproximadamente igual a 0.99624, es decir, un numero cercanoa 1. Si nos fijamos en otro elemento de la sucesion, por ejemplo

a487652 =487652

487653≈ 0.999997949,

este es un numero mas cercano al 1. Observemos que si n toma valoresmuy grandes entonces an = n/(n + 1) es un numero muy cercano al1, ya que el numerador y el denominador son “muy parecidos” entresı, por lo que la razon entre ellos es casi 1. Decimos entonces que latendencia de la sucesion {n/(n+ 1)} es acercarse a 1.


1, 1 +1

2, 1 +

1

2+

1

22, 1 +

1

2+

1

22+

1

23, 1 +

1

2+

1

22+

1

23+

1

24, · · ·


Si efectuamos algunas operaciones, podemos reescribirla como:

1,3

2,7

4,15

8,31

16, . . .

Observemos que tambien podemos escribir cada uno de estos terminoscomo

2− 1

20,22 − 1

2,23 − 1

22,24 − 1

23,25 − 1

24, . . .

¿Sera cierta esta relacion en general? Es decir, ¿sera verdadera la igual-dad

1 +1

2+

1

22+

1

23+ · · ·+ 1

2n−1+

1

2n=

2n+1 − 1

2n?

Recordemos la igualdad

1 + 2 + 22 + 23 + · · ·+ 2n = 2n+1 − 1.

Si dividimos entre 2n, obtenemos

1

2n+

2

2n+

22

2n+

23

2n+ · · ·+ 2n

2n=

2n+1 − 1

2n,

que es la igualdad deseada. Por lo tanto, tenemos que

1 +1

2+

1

22+

1

23+ · · ·+ 1

2n= 2− 1

2n.

Hagamos ahora una tabla con diferentes valores de n:

n 2− 12n

10 2− 1210 ≈ 1.9990234375

15 2− 1215 ≈ 1.999969482421875

20 2− 1220 ≈ 1.99998982747395833333

25 2− 1225 ≈ 1.9999996821085611979166

30 2− 1230 ≈ 1.9999999900658925374348

35 2− 1235 ≈ 1.99999999968955914179484

40 2− 1240 ≈ 1.999999999990298723181088

45 2− 1245 ≈ 1.999999999999696835099409

50 2− 1250 ≈ 1.999999999999990526096856


Observemos que los terminos de la sucesion son cada vez mas grandesy que se acercan al numero 2; es decir, cuanto mas grande es el valorde n, el termino de la sucesion se acerca mas al 2. Entonces decimosque la tendencia de la sucesion es aproximarse a 2.

6. Ahora analicemos el comportamiento de la sucesion

2,√

2,3√

2,4√

2,5√

2,6√

2, . . . .

Usamos una calculadora para aproximar cada uno de estos terminos:

n n√

2 n n√

2

1 1√

2 = 2 16 16√

2 ≈ 1.0442737

2 2√

2 ≈ 1.4142 32 32√

2 ≈ 1.0218971

3 3√

2 ≈ 1.2599 64 64√

2 ≈ 1.0108892

4 4√

2 ≈ 1.1892 128 128√

2 ≈ 1.0054299

5 5√

2 ≈ 1.1487 256 256√

2 ≈ 1.0027112

6 6√

2 ≈ 1.1225 512 512√

2 ≈ 1.0013542

7 7√

2 ≈ 1.1041 1024 1024√

2 ≈ 1.0006771

8 8√

2 ≈ 1.0905 2048 2048√

2 ≈ 1.0003385

9 9√

2 ≈ 1.0801 4096 4096√

2 ≈ 1.0001692

10 10√

2 ≈ 1.0718 8192 8192√

2 ≈ 1.000084

Si seguimos evaluando distintas raıces del numero 2 para valores cadavez mayores de n, podremos observar y afirmar que la tendencia de lasucesion

{n√

2}

es acercarse a 1.

7. Analicemos ahora la sucesion

12, 22, 32, 42, . . . , n2, . . . .

Consideremos primero algunos elementos de la sucesion; por ejemplo,si n = 1020, 1050 y 10100, los terminos de la sucesion son

(1020)2 = 1040, (1050)2 = 10100 y (10100)2 = 10200.

Cada uno de estos numeros es muy grande. Si consideramos nume-ros naturales cada vez mas grandes, sus cuadrados seran mas grandesque estos y ası sucesivamente. Entonces esta sucesion crece en formadesmedida y por lo tanto su tendencia es la de hacerse cada vez masgrande.

Decimos que la sucesion {an} tiende a acercarse a un numero a si alaumentar n los terminos de la sucesion se parecen cada vez mas al numero.

Otra forma de acercamiento

En los ejemplos anteriores hemos sugerido que algunas sucesiones tiendena acercarse a un numero. Otro aspecto del acercamiento que sera de gran uti-lidad ocurre cuando los terminos de una sucesion se acercan entre sı. Aunqueprecisaremos esta idea (al igual que precisaremos la idea de tendencia) en elsiguiente capıtulo, por el momento solo usaremos la siguiente idea intuitiva:Los terminos de una sucesion an “se acercan entre sı” si al ir considerandon,m cada vez mayores, todos los terminos an, am estan muy proximos entresı. Revisemos algunos de los ejemplos que vimos al principio de esta seccionusando este punto de vista.

1. En el caso de la sucesion 1/n, vimos intuitivamente que al considerar ncada vez mayor, los terminos de la sucesion se acercan a 0. Observemosque si nos fijamos en dos terminos 1/n y 1/m de esta sucesion, ladistancia entre ellos es ∣∣∣∣ 1n − 1

m

∣∣∣∣ .Si n = m, es claro que esta diferencia es 0: Los terminos no solo estancerca, sino que son exactamente iguales. Supongamos entonces que n 6=m y, mas aun, que n < m (nuestro razonamiento sera muy similar enel caso n > m). En ese caso, 1

n> 1

m. En este caso, observamos que∣∣∣∣ 1n − 1

m

∣∣∣∣ =1

n− 1

m<

1

n;

esta desigualdad nos dice que la distancia entre los terminos 1/n y 1/mde esta sucesion es menor que 1/n, lo que intuitivamente sabemos quese va acercando a 0.

2. Para la sucesion {10n}, nos fijamos en la distancia entre los terminoscorrespondientes a n y m. Podemos suponer que n > m para obtenerque esta distancia cumple

|10n − 10m| = 10n − 10m > 10n;

pero como hemos visto, el numero 10n es cada vez mayor conforme naumenta, de modo que los terminos de esta sucesion no se acercan entresı.

LUIS

Nota adhesiva

es <


3. Nos fijamos ahora en la sucesion {(−1)n−1}. En este caso, los terminosvan “brincando”, alternando entre el 1 y el −1. Ası, aunque muchosterminos se vayan acercando entre sı (por ejemplo, todos los terminoscorrespondientes a n par son iguales a −1), esto no ocurre con todos,pues los terminos correspondientes a n impar siempre se mantienen adistancia 2 de los otros. Como en el ejemplo anterior, los terminos nose acercan entre sı.

Como veremos con mayor detalle y precision en el siguiente capıtulo, paraciertas sucesiones sera mas sencillo determinar si hay un numero al cual seacerquen, mientras que para otras lo mas facil sera ver si los terminos se vanacercando entre sı, de modo que nos sera de gran utilidad precisar la relacionentre estos comportamientos a largo plazo. Por supuesto, es razonable pensarque si los terminos de una sucesion se acercan a algun numero, entonces losterminos se iran acercando entre sı. La cuestion recıproca es aun mas intere-sante, de modo que requerira de un analisis mas profundo de las propiedadesdel conjunto de numeros reales.

Ejercicios

1. Investiga la tendencia de cada una de las siguientes sucesiones.

a) −1,1

2,−1

3,1

4,−1

5, . . .

b) 1,2

3,3

5,4

7,5

9,

6

11, . . .

c) 1,5

3, 1,

15

17, 1,

37

35, 1,

65

63, . . .

d) 1, 1 + 3, 1 + 3 + 32, 1 + 3 + 32 + 33, 1 + 3 + 32 + 33 + 34, . . .

e) 1, 1 +1

3, 1 +

1

3+

1

32, 1 +

1

3+

1

32+

1

33, 1 +

1

3+

1

32+

1

33+

1

34, . . .

f ) 1, 1 +2

3, 1 +

2

3+

(2

3

)2

, 1 +2

3, 1 +

2

3+

(2

3

)2

+

(2

3

)3

, 1 +2

3, . . .

g)

(−2

3

),

(−2

3

)+

(−2

3

)2

,

(−2

3

)+

(−2

3

)2

+

(−2

3

)3

, . . .

h)

(−2

3

),

(−2

3

)(−2

3

)2

,

(−2

3

)(−2

3

)2(−2

3

)3

, . . .


i) 1,(

32

)2,(

43

)3,(

54

)4,(

65

)5, . . .

j ) −1, 2,−3, 4,−5, 6,−7, . . .

k) 2,4

2,8

6,16

24,32

60,

64

120, . . .

2. Una sucesion esta acotada si hay un intervalo suficientemente grandecomo para contener todos los terminos de la sucesion. En sımbolos, {an}esta acotada si existe M > 0 tal que |an| ≤ M para toda n. Investigasi cada una de las sucesiones del ejercicio anterior esta acotada o no.

3. Dado un numero real x, denotamos por [x] al maximo entero menoro igual a x; por ejemplo, [3.3] = 3, [0.01] = 0, [4] = 4, [−1.2] = −2.Investiga la tendencia de la sucesion[

1 +2

3

],

[1 +

2

3+

(2

3

)2],

[1 +

2

3

],

[1 +

2

3+

(2

3

)2

+

(2

3

)3], . . .

Analogamente con la sucesion[−2

3

],

[(−2

3

)+

(−2

3

)2],

[(−2

3

)+

(−2

3

)2

+

(−2

3

)3], . . .

4. Analiza si los terminos de las tres primeras sucesiones del ejercicio 1 sevan acercando entre sı, como vimos al final de este capıtulo.

LUIS

Nota adhesiva

propongo sean los primeros cuatro sucesiones, porque el cuarto no converge

Capıtulo 4

Convergencia

En este capıtulo formalizamos el concepto de tendencia explorado en elcapıtulo anterior, para dar un vistazo mas riguroso a la convergencia de lassucesiones.

4.1. Definicion y ejemplos

Definicion 4.1. Decimos que la sucesion {an} converge a a si y solo si paratoda ε > 0 existe un numero natural N tal que si n > N entonces

|an − a| < ε

Si la sucesion {an} converge a a, decimos que el lımite de la sucesion {an}es a y escribimos

lımn→∞

an = a

Esta definicion nos dice que dado cualquier numero positivo ε, podemosencontrar un numero natural N que depende de ε tal que si nos fijamos enlos ındices mayores que N (es decir, N + 1, N + 2, . . . , N + k, . . .), entonceslos terminos de la sucesion

aN+1, aN+2, aN+3, aN+4, . . . , aN+k, . . .

distan de a menos que ε.Ademas, sabemos que la desigualdad |an − a| < ε es equivalente a

−ε < an − a < ε.

87

de modo quea− ε < an < a+ ε;

entonces la definicion de convergencia implica que todos los elementos dela sucesion cuyos ındices sean mayores que N estan en el intervalo abierto(a− ε, a+ ε) y solamente un numero finito se encuentra fuera de el.

Veamos que toda sucesion convergente esta acotada: Si ε = 1, la definicion4.1 implica que existe N tal que si n > N , entonces |an − a| < 1; por tanto,para n > N tenemos que

|an| ≤ |an − a|+ |a| < 1 + |a|.

Esta ultima desigualdad nos dice que los terminos

aN+1, aN+2, aN+3, aN+4, . . . , aN+k, . . .

estan acotados por 1 + |a|. Nos falta acotar los primeros N terminos dela sucesion. Como este es un conjunto finito de numeros reales podemosconsiderar max{|a1|, |a2|, |a3|, . . . , |aN |}. Este numero nos sirve para acotar aestos N primeros terminos de la sucesion. Ya tenemos acotados a todos loselementos, de modo que basta considerar

M = max {|a1|, |a2|, |a3|, . . . , |aN |, 1 + |a|}

para tener |an| ≤ M para toda n. Podemos resumir esto diciendo que todasucesion convergente es una sucesion acotada.

Ejemplos

1. La sucesion{

1n

}converge a cero; esto es,

lımn→∞

1

n= 0.

Tomemos distintos valores de ε y encontremos el valor de N . Para esto,primero debemos resolver la siguiente desigualdad:∣∣∣∣ 1n − 0

∣∣∣∣ =1

n< ε.

Capıtulo 4. Convergencia 89

Despejando a n obtenemos

n >1

ε.

entonces proponemos N =

[1

ε

]+ 1.1 Ası, si ε = 0.3, entonces N =[

103

]+ 1 = 4.

Veamos el comportamiento de N al variar ε:

ε N Ası, si entonces∣∣ 1n− 0∣∣ es menor que

0.3 4 n > 4, 0.30.15 7 n > 7, 0.150.1 10 n > 10, 0.1

0.025 41 n > 41, 0.0250.01 100 n > 100, 0.010.001 1000 n > 1000, 0.001

0.00001 100000 n > 100000, 0.00001

Antes de continuar, analizaremos con un poco mas de detalle esta tabla:

¿Que terminos de la sucesion cumplen el tercer renglon? Como n > 7,los terminos son 1

8, 1

9, 1

10, . . . , etcetera.

¿Que terminos de la sucesion distan del cero menos que 0.025? En elquinto renglon tenemos que ε = 0.025 y para este valor se tiene queN = 41, de modo que los terminos de la sucesion que distan de ceromenos que 0.025 aparecen a partir del termino numero 42 de la sucesion.

¿Cuales son los ındices tales que los terminos correspondientes de lasucesion cumplen la desigualdad∣∣∣∣ 1n − 0

∣∣∣∣ < 0.001?

En la tabla tenemos que N = 1000, de modo que los ındices corres-pondientes a los terminos de la sucesion que satisfacen la desigualdadanterior son: 1001, 1002, 1003, 1004, . . . .

Ahora completaremos la demostracion de que la sucesion

{1

n

}conver-

ge a 0.

1Recuerda que [x] representa al mayor entero menor o igual que x.

Ya hemos visto que N =

[1

ε

]+ 1. Ahora tomemos n >

[1

ε

]+ 1. Como[

1

ε

]+ 1 >

1

ε, entonces n >

1

ε. Al considerar los recıprocos obtenemos

1

n< ε y esto implica

1

n=

∣∣∣∣ 1n − 0

∣∣∣∣ < ε.

Por lo tanto,

lımn→∞

1

n= 0.

2. Consideremos ahora la sucesion constante 2, 2, 2, . . . , 2, . . . . Facilmentepodemos conjeturar que esta sucesion es convergente y que su lımite es2. Veamos por que. La distancia entre cualquier elemento de la sucesiony el lımite es cero, pues

|2− 2| = 0

y tenemos que para toda ε > 0 y para todo natural n se satisface

|2− 2| < ε.

Por lo tanto, la sucesion constante 2, 2, 2, . . . converge a 2; es decir,

lımn→∞

2 = 2.

3. De manera analoga se puede probar que cualquier sucesion constante

a, a, a, . . . , a, . . .

es convergente y que converge a a. Ası, tenemos

lımn→∞

a = a.

4. Veamos que ocurre con la sucesion cuyo termino general es

1 + (−1)n

n.

Observemos que debido al sumando (−1)n, es conveniente analizarque ocurre con los terminos pares por un lado, y con los impares porel otro. Los terminos pares son

2

2= 1,

2

4=

1

2,2

6=

1

3, . . .

los cuales parecen tender a 0. Por otro lado, los terminos impares son

0, 0, 0, . . . .

de modo que es natural pensar que el lımite de la sucesion es 0. Siε > 0, todos los terminos impares estan a una distancia menor que εde 0, pero para que los terminos pares cumplan esta condicion sobre ladistancia se debe cumplir ∣∣∣∣ 2n

∣∣∣∣ < ε,

lo cual ocurre si n es mayor que 2ε. Ası, si elegimos N(ε) =

[2

ε

]+ 1,

podemos ver que si n > N(ε), (independientemente de que sea par oimpar), entonces ∣∣∣∣1 + (−1)n

n− 0

∣∣∣∣ < ε,

lo que muestra que la sucesion converge a 0.

5. Analicemos la sucesion cuyo n-esimo termino es

n− 1

n+ 1.

Intuitivamente, cuando n va creciendo, el numerador n − 1 y el deno-minador n + 1 se parecen cada vez mas entre sı, de modo que pareceque el lımite de esta sucesion es 1. Entonces si damos un numero ε > 0,queremos ver si hay algun numero natural n a partir del cual∣∣∣∣n− 1

n+ 1− 1

∣∣∣∣ < ε.

Puesto que siempre ocurre que n− 1 < n+ 1, el n-esimo termino de lasucesion siempre es menor que 1, por lo que debemos ver cuando

1− n− 1

n+ 1< ε.

Esto ocurre si2

n+ 1< ε,

lo que es equivalente a2

ε− 1 < n.

Ası, si elegimos

N(ε) =

[2

ε

]− 1,

tenemos que para cada n tal que n > N(ε) el correspondiente terminode la sucesion estara a una distancia menor que ε de 1. Como esto valepara cada ε > 0, tenemos que en efecto la sucesion converge a 1.

6. Ahora veamos uno de los ejemplos que presentamos en la seccion 3.4,el de la sucesion dada por

1 +1

2+

1

22+

1

23+ · · ·+ 1

2n−1+

1

2n.

En esa seccion vimos que

1 +1

2+

1

22+

1

23+ · · ·+ 1

2n−1+

1

2n=

2n+1 − 1

2n,

de modo que podemos analizar el comportamiento de la expresion queaparece del lado derecho, o bien de

2n+1 − 1

2n= 2− 1

2n.

En realidad, basta ver que ocurre con la sucesion {1/2n}. De hecho,veremos que

lımn→∞

1

2n= 0.

Si ε > 0, entonces1

2n=

(1

2

)n< ε

es equivalente a

n ln

(1

2

)< ln ε.


El logaritmo natural de 1/2 es negativo, de modo que a su vez esto esequivalente a

n >ln ε

ln(1/2).

El lector podra completar el argumento facilmente para mostrar que lasucesion original tiende a 2.

En algunos casos, no es inmediato determinar el comportamiento de una

sucesion. Por ejemplo, consideremos la sucesion

{3n− 2

2n+ 1

}. Sus primeros

terminos son1

3,4

5,7

7,10

9,13

11,16

13,19

15,22

17,25

19, . . .

Para analizar que ocurre con esta y otras sucesiones, mostraremos algunaspropiedades generales del lımite de sucesiones.

Proposicion 4.2. Sean {an}, {bn} dos sucesiones.

1. Si la sucesion {an} converge, su lımite es unico.

2. Supongamos que {an} y {bn} convergen a a y b, respectivamente. En-tonces:

a) La sucesion {an ± bn} converge a a± b. Es decir,

lımn→∞

(an ± bn) = lımn→∞

an ± lımn→∞

bn = a± b.

b) La sucesion {an · bn} converge a a · b. Es decir,

lımn→∞

(an · bn) = lımn→∞

an · lımn→∞

bn = a · b.

c) Si ademas suponemos que b 6= 0, la sucesion

{anbn

}converge a

a

b.

Es decir,

lımn→∞

anbn

=lımn→∞

an

lımn→∞

bn=a

b.

d) La sucesion {λ · an} converge a λ · a. Es decir,

lımn→∞

λ · an = λ · lımn→∞

an = λ · a.

e) Si an ≥ 0 para toda n, entonces la sucesion{√

an}

converge a√a. Es decir,

lımn→∞

√an =

√lımn→∞

an =√a.

Demostracion. 1. Supongamos que la sucesion converge a los numeros ay a′, con a 6= a′. Consideremos ε = |a − a′|/2, es decir, la mitad de ladistancia entre estos numeros. La convergencia a a nos dice que existeun natural N1 tal que si n > N1 entonces |an − a| < ε. Por otro lado,la convergencia a a′ garantiza la existencia de N2 tal que si n > N2

entonces |an − a′| < ε. Pero entonces, si elegimos un natural n mayorque N1 y que N2, tenemos que

|a− a′| = |a− an + an − a′| ≤ |a− an|+ |an − a′| < 2ε = |a− a′|,

lo cual dice que |a − a′| es menor que |a − a′|. Esto no puede ocurrir,de modo que nuestra hipotesis inicial, a 6= a′, es falsa.

2. Veamos que ocurre con cada inciso.

a) Como la sucesion {an} converge a a se tiene que, dada ε > 0,existe un numero natural N1 tal que si n > N1 entonces

|an − a| <ε

2

Por otro lado, como la sucesion {bn} converge a b se tiene que, dadaε > 0, existe un numero natural N2 tal que si n > N2 entonces

|bn − b| <ε

2.

Sea N = max {N1, N2}. Si n > N , se satisfacen las dos desigual-dades

|an − a| <ε

2y |bn − b| <

ε

2.

Por lo tanto, si n > N entonces

|(an ± bn)− (a± b)| = |(an − a)± (bn − b)|≤ |an − a|+ |bn − b| < ε

2+ ε

2= ε,

de donde se concluye que la sucesion {an ± bn} converge a a± b.

b) Como la sucesion {bn} converge, sabemos que esta acotada, demodo que hay un numero M > 0 tal que |bn| ≤ M para todan. Como la sucesion {an} converge a a se tiene que, dada ε > 0,existe un numero natural N1 tal que si n > N1 entonces

|an − a| <ε

2M.

Ademas, se tiene que, dada ε > 0, existe un numero natural N2

tal que si n > N2 entonces

|bn − b| <ε

2(1 + |a|).

Sea N = max {N1, N2}, de modo que si n > N , se satisfacen lasdos desigualdades

|an − a| <ε

2My |bn − b| <

ε

2(1 + |a|).

Por lo tanto, si n > N entonces

|(an · bn)− (a · b)| = |(an · bn − a · bn) + (a · bn − a · b)|≤ |(an − a) · bn|+ |a · (bn − b)|= |an − a| · |bn|+ |a| · |bn − b|

<Mε

2M+

|a|ε2(1 + |a|)

< ε;

de modo que

lımn→∞

(an · bn) =(

lımn→∞

an

)·(

lımn→∞

bn

)= a · b.

c) Como la sucesion

{anbn

}es el producto de las sucesiones {an} y{

1

bn

}, podemos usar la propiedad del producto para determinar el

lımite, de modo que es suficiente demostrar que si la sucesion {bn}

es diferente de cero y converge a b 6= 0, entonces la sucesion

{1

bn

}converge a

1

b. De hecho y para simplificar la notacion, podemos

suponer adicionalmente que b > 0.

Ahora, como la sucesion {bn} converge a b > 0, tambien podemossuponer que existe un numero m > 0 tal que bn > m para toda n(¡ejercicio!), por lo que

1

bn<

1

m

para toda n. Como la sucesion {bn} converge a b, sabemos quedada ε > 0 existe un numero natural N tal que si n > N entonces

|bn − b| < mbε.

Como queremos demostrar que la sucesion

{1

bn

}converge a

1

b,

analizamos la distancia que hay entre ellos:∣∣∣∣ 1

bn− 1

b

∣∣∣∣ =

∣∣∣∣b− bnb · bn

∣∣∣∣ =|b− bn|b · bn

<m · b · εm · b

= ε

si n > N ; ası, efectivamente la sucesion

{1

bn

}converge a

1

by

lımn→∞

1

bn=

1

lımn→∞

bn=

1

b;

por lo tanto,

lımn→∞

anbn

=lımn→∞

an

lımn→∞

bn=a

b.

d) Esta propiedad nos dice que podemos “sacar” las constantes dellımite; esto es, que la sucesion {λ·an} converge a λ·a. Esto es clarocuando λ = 0, de modo que supondremos que λ 6= 0. Sabemos quela sucesion {an} converge a a por lo que, dada ε > 0, existe unnumero natural N tal que si n > N entonces

|an − a| <ε

|λ|.

Con base en la anterior desigualdad tenemos

|λ · an − λ · a| = |λ · (an − a)| = |λ| · |an − a| < |λ|ε

|λ|= ε.

e) si n > N ; por lo tanto,

lımn→∞

λ · an = λ · lımn→∞

an = λ · a.

f ) Separamos la demostracion en dos casos, a = 0 y a > 0. En elprimer caso, como la sucesion {an} converge a 0, dada ε > 0existe un numero natural N tal que si n > N , se tiene que

an < ε2.

Si extraemos la raız cuadrada a esta desigualdad, tenemos

√an <

√ε2;

Por lo tanto,√an < ε

si n > N ; por consiguiente

lımn→∞

√an = 0.

Supongamos ahora que a > 0. Dada ε > 0, existe N tal que sin > N , entonces

|an − a| <√a · ε.

Consideremos n > N y observemos que

∣∣√an −√a∣∣ =

∣∣∣∣∣(√

an −√a)·(√

an +√a)

√an +

√a

∣∣∣∣∣=

∣∣∣∣ an − a√an +

√a

∣∣∣∣ < ∣∣∣∣an − a√a

∣∣∣∣=|an − a|√

a<

√a · ε√a

= ε;

Por lo tanto,

lımn→∞

√an =

√lımn→∞

an =√a.


Veamos un ejemplo de aplicacion de estas propiedades, con la sucesioncuyo termino general es

n2 + n− 1

4n2 − 7n+ 5.

Observemos primero que no podemos aplicar la propiedad (c) del cociente,pues las sucesiones n2 + n − 1 y 4n2 − 7n + 5 no convergen a un numeroreal. Sin embargo, podemos multiplicar el numerador y el denominador porel factor 1/n2 y simplificar para obtener

1n2 (n2 + n− 1)

1n2 (4n2 − 7n+ 5)

=1 + 1

n− 1

n2

4− 7n

+ 5n2

.

Ahora nos fijamos en las sucesiones definidas por el numerador y el denomi-nador y analizar si tienen lımite. Por ejemplo, si nos fijamos en el numerador,tenemos que

lımn→∞

(1 +

1

n− 1

n2

)= lım

n→∞1 + lım

n→∞

1

n− lım

n→∞

1

n2.

Los dos primeros sumandos representan una sucesion constante igual a 1 yla sucesion 1/n, cuyo lımite es 0. Para el tercer sumando, podemos mostrardirectamente de la definicion que su lımite es 0 o bien usar la regla delproducto:

lımn→∞

1

n2= lım

n→∞

(1

n· 1

n

)= lım

n→∞

1

n· lımn→∞

1

n= 0.

Analizando de modo similar al denominador de la sucesion original, podemosconcluir que

lımn→∞

n2 + n− 1

4n2 − 7n+ 5=

1

4.

Ejercicios

1. De las siguientes afirmaciones, ¿cuales son verdaderas y cuales falsas?(Justifica tu respuesta.)

Si la sucesion {an + bn} es convergente entonces las sucesiones {an} y{bn} son convergentes.

Si las sucesiones {an+bn} y {an} son convergentes entonces la sucesion{bn} es convergente.

Si la sucesion {anbn} es convergente entonces las sucesiones {an} y {bn}son convergentes.

Si la sucesion {1/an} es convergente entonces la sucesion {an} es con-vergente.

Si existe ε > 0 tal que para toda n natural existe un numero a quesatisface la desigualdad |an−a| < ε entonces la sucesion {an} convergea a.

Si la sucesion {an} converge a cero y la sucesion {bn} esta acotada,entonces la sucesion {anbn} converge a cero.

Si la sucesion {a2n} es convergente, entonces {an} es convergente.

Si la sucesion {a2n} converge a cero, entonces {an} converge a cero.

Si la sucesion {a3n} es convergente, entonces {an} es convergente.

Si la sucesion {a2pn } es convergente, para todo p entero, entonces {an}

es convergente.

Si la sucesion {a2p+1n } es convergente, para todo p entero, entonces {an}

es convergente.

2. Calcula el lımite de cada una de las sucesiones cuyo termino general es:

a)

√n+ 1

2n− 3.

b)4n4 + 1

5n4 + 2n3 + 11n+ 13.

c)(n+ 1)2 + (−1)n+1(n+ 2)

n(n+ 2).

d)

√n√

n+√n+√n

.

e)1 + 2 + 3 + · · ·+ n

n2.

f )12 + 22 + 32 + · · ·+ n2

n3.


g)(12 + 22 + 32 + · · ·+ n2)2

(1 + 2 + 3 + · · ·+ n)3.

h)12 + 22 + 32 + · · ·+ n2

n3 + n2 + n+ 1.

i) 1n

[(a+ 1

n)2 + (a+ 2

n)2 + · · ·+ (a+ n−1

n)2 + (a+ n

n)2].

j )√

4n2 − 9− (2n− 3).

k)(√

n2 + 1− n).

l)(√

n+ 1−√n).

m) n(√

1 + 1n− 1)

.

4. Si lımn→∞

an = a y lımn→∞

bn = b, calcula los siguientes lımites:

a) lımn→∞

an + bna2n + b2

n

, si a 6= 0 y b 6= 0.

b) lımn→∞

√a2n + b2

n.

c) lımn→∞

a3n − 3anb

2n + 2bn − 8

b4n − a2

nb2n

, si a 6= b.

d) lımn→∞

3√an, . . . , lım

n→∞k√an, donde suponemos que an > 0 para toda n

cuando k es un numero par.

5. Calcula los siguientes lımites.

a) lımn→∞

2 3√n− 5

5√n2

3√n+ 1(2− 5

√n)

.

b) lımn→∞

√n2 + 2

√n−

√n2 − 2

√n

n(

3√n3 +

√n− 3

√n3 −

√n) .

c) lımn→∞

(3√n+ 4− 3

√n).

d) lımn→∞

(3√

(n+ 1)(n+ 2) + (n+ 3)− n)

.

A continuacion mencionamos una importante propiedad de las sucesionesconvergentes en terminos de cualquiera de sus subsucesiones.

Proposicion 4.3. Si una sucesion {an} es convergente a un numero a, en-tonces cualquiera de sus subsucesiones es convergente, y converge al mismonumero a.

Demostracion. Consideremos una subsucesion {ank} cualquiera de la suce-sion original. Recordemos que queremos probar que esta subsucesion conver-ge al numero a, de modo que para cada ε > 0 queremoa hallar N tal que sik > N se tenga que |ank − a| < ε.

Como la sucesion original converge al numero a, sabemos que dada unaε > 0 existe N1 tal que para cualquier natural n > N1 se cumple |an−a| < ε.

Ası, dada ε > 0, consideremos N = N1 y k > N . Usamos ahora lapropiedad que aparece en la ecuacion (3.1) de la pagina 76, que dice que losındices nk satisfacen nk ≥ k, lo que nos dice que nk ≥ k > N , por lo que

|ank − a| < ε;

esto a su vez dice que la subsucesion converge al numero a.

Hemos analizado la convergencia de una sucesion usando algunas propie-dades basicas del lımite de sucesiones. Ahora buscaremos disponer de masmedios para verificar tal convergencia.

Un criterio de convergencia que es muy util para encontrar el lımite dealgunas sucesiones es el siguiente:

Proposicion 4.4. Sean an, bn, y cn tres sucesiones tales que

an ≤ bn ≤ cn

ylımn→∞

an = lımn→∞

cn = a.

Entonces la sucesion bn converge y

lımn→∞

bn = a.

Demostracion. Como las sucesiones an y cn convergen a a, dada ε > 0 existennumeros naturales N1 y N2 tales que

|an − a| < ε si n > N1 y |cn − a| < ε si n > N2.

Podemos escribir estas desigualdades como sigue:

−ε < an − a < ε si n > N1 y − ε < cn − a < ε si n > N2.

Ambas desigualdades se cumplen si n > N , donde N = max (N1, N2).Como

an ≤ bn ≤ cn,

podemos restar a a estas desigualdades y obtener

an − a ≤ bn − a ≤ cn − a;

por lo tanto,

−ε < an − a ≤ bn − a ≤ cn − a < ε si n > N

de donde−ε < bn − a < ε si n > N

que es equivalente a|bn − a| < ε si n > N ;

entonces se ha demostrado que la sucesion bn converge al mismo valor quelas sucesiones an y cn.

Anteriormente vimos que toda sucesion convergente es acotada (ver pagi-na 88). Por otro lado, al analizar la sucesion {(−1)n+1} es facil convencersede que no toda sucesion acotada es convergente. Sin embargo, en este ejem-plo podemos encontrar facilmente algunas subsucesiones convergentes. Estapropiedad es comun de todas las sucesiones acotadas.

Proposicion 4.5. Toda sucesion acotada contiene una subsucesion conver-gente.

Demostracion. Consideremos una sucesion acotada. Como sabemos, esto quie-re decir que existe M > 0 tal que el valor absoluto de todos los terminos dela sucesion es menor o igual a M ; en otras palabras, todos los elementos de lasucesion estan en el intervalo [−M,M ]. Como la sucesion tiene una infinidadde terminos, al menos uno de los intervalos [−M, 0] o [0,M ] contiene unainfinidad de terminos de la sucesion. La idea de la demostracion sera conti-nuar esta subdivision en intervalos e ir “encerrando” a los terminos de unasubsucesion, pero para formalizar esto usaremos una notacion mas adecuada.


Sea {bn} una sucesion acotada por el numero M > 0. Si denotamos por[a1, c1] al intervalo [−M,M ], entonces tenemos que a1 ≤ bn ≤ c1 para todan; en particular,

a1 ≤ b1 ≤ c1.

Como dijimos antes, al menos uno de los intervalos [−M, 0] o [0,M ] con-tiene una infinidad de terminos de la sucesion. Llamemos entonces [a2, c2] alintervalo que tiene dicha propiedad (si ambos subintervalos contienen unainfinidad de terminos, elegimos cualquiera de ellos). Observemos que por lamanera en que elegimos los extremos de los intervalos, a1 ≤ a2 y c2 ≤ c1.Ademas, podemos elegir un termino bn2 , n2 ≥ 2 de modo que

a2 ≤ bn2 ≤ c2.

Procediendo de manera inductiva, supongamos que hemos definido unintervalo [ak, ck] tal que contiene una infinidad de terminos de la sucesion bn.Subdividimos [ak, ck] en dos intervalos:[

ak,ak + ck

2

]y

[ak + ck

2, ck

],

y puesto que al menos uno de estos contiene una infinidad de terminos dela sucesion bn, denotamos por [ak+1, ck+1] al que tenga esta propiedad (oelegimos uno de ellos, si ambos tienen esta propiedad) y tambien elegimosun termino bnk+1

con nk+1 ≥ nk que este en dicho intervalo. Podemos expresartodo lo anterior en forma de desigualdades, como sigue:

ak ≤ ak+1 ≤ bnk+1≤ ck+1 ≤ ck.

Dejamos al lector que compruebe las siguientes propiedades de las suce-siones construidas de esta manera:

1. {ak} es una sucesion creciente y acotada;

2. {ck} es una sucesion decreciente y acotada;

3. lımk→∞ ak = lımk→∞ ck.

Por la Proposicion 4.4, la sucesion {bnk} es convergente. Ası, hemos mos-trado que {bn} contiene una subsucesion convergente.

Ejercicios

1. Demuestra por induccion que1

2n≤ 1

npara todo numero natural n.

Justifica que lımn→∞

1

2n= 0.

2. Demuestra por induccion que n√

2 ≤ 1 +1

n, para todo numero natural

n. Justifica que lımn→∞

n√

2 = 1.

3. Calcula los siguientes lımites, si estos existen:

a) lımn→∞

[x] + [2x] + [3x] + · · ·+ [nx]

n, donde [x] es, como de costum-

bre, el mayor entero menor o igual a x.

b) lımn→∞

(1

n+

1

n+ 1+

1

n+ 2+ · · ·+ 1

2n

),

c) lımn→∞

(1

1 · 3+

1

3 · 5+ · · ·+ 1

(2n− 1)(2n+ 1)

),

d) lımn→∞

1√n

(1√

1 +√

3+

1√3 +√

5+ · · ·+ 1√

2n− 1 +√

2n+ 1

),

e) lımn→∞

(1

1 · 2 · 3+

1

2 · 3 · 4+ · · ·+ 1

n · (n+ 1) · (n+ 2)

),

f ) lımn→∞

n√

2n + 3n,

g) lımn→∞

n√an + bn, a y b positivos.

4. Demuestra que lımn→∞

an = 0, si |a| < 1.


n√a = 1, si a > 0.


n√n = 1.

7. Demuestra que

1 +2

3+

(2

3

)2

+

(2

3

)3

+ · · ·+(

2

3

)n−1

+

(2

3

)n=

1−(

23

)n+1

1− 23

y con base en esto muestra que

lımn→∞

(1 +

2

3+

(2

3

)2

+

(2

3

)3

+ · · ·+(

2

3

)n−1

+

(2

3

)n)= 3.

8. Demuestra que

1 + a+ a2 + a3 + · · ·+ an−1 + an =1− an+1

1− a

y muestra con base en esto que si 0 < a < 1, entonces

lımn→∞

(1 + a+ a2 + a3 + · · ·+ an−1 + an

)=

1

1− a.

9. Demuestra que

lımn→∞

(9

10+

9

102+

9

103+ · · ·+ 9

10n

)= 1.

10. Calcula el lımite de la siguiente expresion cuando n→∞.

1

10+

2

102+

3

103+

1

104+

2

105+

3

106+ · · ·+ 1

103n+1+

2

103n+2+

3

103n+3.

11. Muestra que

1− 2

3+

(2

3

)2

−(

2

3

)3

+ · · ·+ (−1)n−1

(2

3

)n−1

=1−

(−2

3

)n1 + 2

3

.

y con base en esto justifica que

lımn→∞

(1− 1

2+

(1

2

)2

−(

1

2

)3

+ · · ·+ (−1)n−1

(1

2

)n−1)

=2

3.

12. Concluye la demostracion de la Proposicion 4.5, justificando las pro-piedades (1)-(3) de las sucesiones construidas en dicha demostracion.Sugerencia: Las partes (1) y (2) son relativamente sencillas. Para de-mostrar que lım ak = lım ck, muestra que

lımk→∞|ak − ck| = 0

y que ∣∣∣ lımk→∞

ak − lımk→∞

ck

∣∣∣ ≤ lımk→∞|ak − ck|.

106 4.2. Sucesiones de Cauchy

4.2. Sucesiones de Cauchy

En la pagina 83 mencionamos que uno de los comportamientos que pue-de observarse en los terminos de una sucesion es el de irse acercando entresı. Ahora precisaremos este concepto, que nos sera util para mostrar la con-vergencia de una sucesion en los casos en que no podamos establecer deantemano cual es el numero al cual tienden los terminos de la misma.

Definicion 4.6. Decimos que una sucesion {an} es una sucesion de Cauchysi para cada ε > 0 existe N tal que si n,m > N , entonces |an − am| < ε.

Como vimos en la pagina 83, los terminos de la sucesion {1/n} se acercanentre sı; esto nos permite mostrar facilmente que la sucesion es de Cauchy:Dado ε > 0, si m > n > 1/ε, entonces tenemos que∣∣∣∣ 1n − 1

m

∣∣∣∣ < 1

n< ε.

Como ya habıamos adelantado, es facil ver que toda sucesion convergentees una sucesion de Cauchy: Si {an} es convergente a un numero a, sabemosque los terminos de la sucesion se van acercando a a; formalmente, dadoε > 0 existe N tal que si n > N , entonces |an − a| < ε/2. Pero esto implicarapidamente que los terminos de la sucesion se van acercando entre sı, puestoque si n,m > N , entonces

|an − am| = |an − a+ a− am| ≤ |an − a|+ |a− am| <ε

2+ε

2= ε;

es decir, la sucesion es de Cauchy.

Ejercicio

Muestra que toda sucesion de Cauchy es acotada. (Sugerencia: De hecho,la idea es completamente similar a la que usamos cuando demostramos quetoda sucesion convergente es acotada, ver pagina 88.)

Recordemos que en la Proposicion 4.5 vimos que toda sucesion acotadatiene una subsucesion convergente. Usaremos el ejercicio anterior y dicha Pro-posicion para mostrar la siguiente (¡importante!) propiedad de las sucesionesde Cauchy.

Proposicion 4.7. Toda sucesion de Cauchy (de numeros reales) es conver-gente.

Demostracion. Sea {an} una sucesion de Cauchy. Como mencionamos antes,sabemos que esta sucesion es acotada y por la Proposicion 4.5 contiene unasubsucesion {ank} convergente, digamos, a un numero a. La idea de la de-mostracion consiste en mostrar que la sucesion original tambien converge aa, es decir, que dada ε > 0, queremos mostrar que existe N tal que si k > N ,entonces |ak − a| < ε.

Dada ε > 0, tenemos:

1. Como {ank} converge a a, existe N1 tal que si k > N1 entonces

|ank − a| < ε/2.

2. Como {an} es una sucesion de Cauchy, existe N2 tal que si n,m > N2,entonces

|an − am| < ε/2.

Hagamos N = max{N1, N2} y sea k > N , de modo que en este caso|ank − a| < ε/2. Por otro lado, recordando la desigualdad (3.1), tenemos quenk ≥ k y en particular, m = nk ≥ N2, de modo que

|ak − a| = |ak − ank + ank − a| ≤ |ak − ank |+ |ank − a| < ε/2 + ε/2 = ε,

lo cual nos dice que la sucesion original es convergente al numero a.

Como hemos venido mencionando, esta propiedad fundamental de lassucesiones de Cauchy nos permite comprobar la convergencia de una sucesionsin necesidad de proponer el lımite de la sucesion de antemano, lo que hacede este un criterio de convergencia de uso muy frecuente.

4.3. Divergencia

Para cada una de las siguientes sucesiones, contesta las preguntas quevienen a continuacion, justificando tus respuestas.

1, 2, 3, 4, . . . , n, n+ 1, . . .

2, 3/2, 2, 5/2, 3, 7/2, . . . , (n+ 1)/2, . . .

LUIS

Nota adhesiva

Para cada una de las siguientes sucesiones, comprueba si son sucesiones de Cauchy: 1,2,3,...,n,n+1,... 1,(2/5),(4/(10)),...,((n+1)/(n²+1)),... 1,(1/(2²)),(1/(3²)),...,(1/(n²)),... 1,(1/(2²)),(1/(2³)),...,(1/(2ⁿ)),... 1,r,r²,...,rⁿ,...si r∈(-1,1] 1,r,r²,...,rⁿ,...si r>1

108 4.3. Divergencia

√2, 2, 2

√2, 4, 4

√2, 8, 8

√2, . . . , 2

n2 , . . .

1, 10, 102, 103, . . . , 10n−1, . . .

1, 12, 121, 122, 1221, 1222, 12221, . . .

1, 1/2, 2, 1/3, 3, 1/4, 4, 1/5, . . . , n, 1/(n+ 1), . . .

12, 22, 32, 42, . . . , n2, . . .

1, 1 + 3, 1 + 3 + 32, 1 + 3 + 32 + 33, 1 + 3 + 32 + 33 + 34, . . .{(−1)nn3

n2 + 1

}.

¿Esta acotada la sucesion?¿Cuantos terminos de la sucesion son mayores que 100?¿Cuales terminos de la sucesion son mayores que 100?¿Cuantos terminos de la sucesion son menores o iguales que 100?¿Cuales terminos de la sucesion son menores o iguales que 100?Si ahora tomamos cualquier numero positivo M y hacemos las mismas

preguntas que las anteriores sustituyendo M por 100, ¿cambiara la respuesta?

Definicion 4.8. Una sucesion {an} diverge a ∞ si dado M > 0 existe unnumero N tal que si n > N entonces an > M . Cuando esto ocurre escribimos

lımn→∞

an =∞.

De manera similar, podemos decir que una sucesion an diverge a −∞ si dadoM < 0 existe un numero N tal que si n > N entonces an < M . (Observaque la sucesion an diverge a −∞ si y solo si −an diverge a ∞.)

Ejercicio

Para cada una de las sucesiones que aparecen al principio de la secciontrata de determinar cuales de ellas divergen a∞. ¿Alguna de estas sucesioneses convergente?

Por ejemplo comprobemos que la sucesion cuyo termino general es n2−10,diverge a∞. Para esto resolvemos la desigualdad n2−10 > M , que se cumplesi n >

√M + 10. Ası, si N =

√M + 10 y n > N tenemos que n2 − 10 > M .

Una propiedad que nos ayuda a comprobar la divergencia a ∞ de unasucesion es la siguiente:


Proposicion 4.9. Sean an y bn dos sucesiones tales que an ≤ bn, si lımn→∞

an =

∞, entonces lımn→∞

bn =∞.

Dejaremos la demostracion como ejercicio para el lector.

Veamos ahora que tambien la sucesion

{n2 + 1

n

}diverge a ∞. Como

n2 + 1

n= n+

1

ny n+

1

n> n

entonces para toda M > 0 consideremos los naturales n > M , por lo tanto

n2 + 1

n= n+

1

n> n > M

de donde lımn→∞

n2 + 1

n=∞.

Ejercicios

1. Sea {an} una sucesion que diverge a ∞. Comprueba que:

a) Si {bn} es una sucesion acotada entonces la sucesion {an + bn}diverge a ∞.

b) Si {bn} es una sucesion convergente, entonces la sucesion {an+bn}diverge a ∞.

c) Si {bn} es una sucesion convergente a un numero positivo, entoncesla sucesion {an · bn} diverge a ∞.

2. ¿Cuales de las siguientes afirmaciones son falsas y cuales verdaderas?Justifica tu respuesta.

a) Si la sucesion {an + bn} diverge a ∞ entonces cada una de lassucesiones {an} y {bn} diverge a ∞.

b) Si la sucesion {an + bn} diverge a ∞ entonces alguna de las dossucesiones {an} o {bn} diverge a ∞.

c) Si la sucesion {an · bn} diverge a ∞ entonces cada una de lassucesiones {an} y {bn} diverge a ∞.

110 4.4. Sucesiones monotonas

d) Si la sucesion {an · bn} diverge a ∞ entonces alguna de las dossucesiones {an} o {bn} diverge a ∞.

3. Sea {an} una sucesion que diverge a −∞. ¿Cuales de las siguientesafirmaciones son falsas y cuales verdaderas? Justifica tu respuesta.

a) Si {bn} es una sucesion acotada entonces la sucesion {an + bn}diverge a −∞.

b) Si {bn} es una sucesion convergente, entonces la sucesion {an+bn}diverge a −∞.

c) Si {bn} es una sucesion divergente a −∞, entonces la sucesion{an + bn} diverge a −∞.

d) Si {bn} es una sucesion divergente a∞, entonces la sucesion {an+bn} diverge a −∞.

e) Si {bn} es una sucesion convergente a un numero positivo, entoncesla sucesion {an · bn} diverge a −∞.

4.4. Sucesiones monotonas

En algunas sucesiones ocurre que cada termino de la sucesion es mayorque el termino anterior. Consideremos por ejemplo la sucesion

1

2,2

3,3

4, . . . ,

n

n+ 1,n+ 1

n+ 2, . . .

En este ejemplo nos preguntamos si

1

2<

2

3<

3

4< · · · < n

n+ 1<n+ 1

n+ 2< · · ·

Es claro que los tres primeros terminos cumplen las desigualdades, pero¿como podemos garantizar que el n-esimo termino es menor que el (n+1)−esi-mo termino? Debemos demostrar que n/(n+1)− (n+1)/(n+2) es negativo,pero

n

n+ 1− n+ 1

n+ 2= − 1

(n+ 1)(n+ 2).

Como los valores que toma n son numeros naturales, la expresion del ladoderecho es negativa y por lo tanto n/(n + 1) < (n + 1)/(n + 2). Ası, cadatermino de la sucesion es mayor que el anterior.

Cuando una sucesion {an} tiene la propiedad

a1 < a2 < a3 < · · · < an < an+1 < · · · ,

decimos que la sucesion es creciente. Por otro lado, si la sucesion tiene lapropiedad

a1 > a2 > a3 > · · · > an > an+1 > · · · ,

decimos que la sucesion es decreciente. Cuando una sucesion satisface queun termino es menor o igual que su antecesor, decimos que la sucesion es nocreciente. De manera analoga se define una sucesion no decreciente.

En general, diremos que una sucesion es monotona si es creciente, decre-ciente, no creciente o no decreciente.

Ejemplos

1. La sucesion de numeros naturales 1, 2, 3, . . . , n, n+ 1, . . . es claramentecreciente.

2. Consideremos la sucesion de numeros triangulares

T1, T2, T3, . . . , Tn, Tn+1, . . . .

Como Tn+1 = Tn + (n + 1), entonces es claro que Tn < Tn+1. Por lotanto, la sucesion es creciente.

3. Podemos observar que los primeros terminos de la sucesion

5

4,7

7,

9

10, . . . ,

2n+ 3

3n+ 1,2n+ 5

3n+ 4, . . .

van disminuyendo. Para verificar que esta sucesion es decreciente vemosque

2n+ 3

3n+ 1− 2n+ 5

3n+ 4=

7

(3n+ 1)(3n+ 4).

La ultima expresion es positiva, de modo que la sucesion es decreciente.

4. La sucesion √2,

3√

2,4√

2, . . . ,n√

2, . . .

es una sucesion decreciente. (¿Por que?)

5. La sucesion

1,−1

2,1

3,−1

4, . . . ,

(−1)n−1

n, . . .

no es monotona. (¿Por que?)

6. La sucesion

1,1

2,1

3, . . . ,

1

n,

1

n+ 1, . . .

es decreciente: Puesto que

n < n+ 1

al tomar el recıproco se obtiene

1

n+ 1<

1

n.

7. La siguiente sucesion es no creciente:

1,1

2,1

2,1

3,1

3,1

3,1

4,1

4,1

4,1

4, . . . ,

1

n,

1

n,

1

n, . . . ,

1

n, . . .

8. En la siguiente figura aparece una lista de polıgonos regulares de tres,cuatro, cinco, seis y siete lados, inscritos en una circunferencia con elmismo radio:

Al continuar esta lista obtenemos una sucesion de polıgonos regularesinscritos en circunferencias del mismo radio. Podemos usar esta suce-sion para construir varias sucesiones numericas; por ejemplo, la sucesionde longitudes de cada uno de los lados de los polıgonos regulares, la su-cesion de sus perımetros y la sucesion de sus areas. Veamos como daruna forma explıcita a estas sucesiones


Comencemos con la sucesion de longitudes de los lados. Una manera decalcular estas longitudes es construir un triangulo cuyos vertices son elcentro de la circunferencia y dos vertices consecutivos del polıgono. Sir es el radio de una circunferencia y el angulo central es 2θ como en lafigura, entonces la longitud de la cuerda AB es 2r sen θ:

Sin perdida de generalidad, supondremos que el radio de la circunfe-rencia es uno, de modo que en nuestro caso, la longitud de un ladosera 2 sen θ.

Ahora necesitamos conocer la medida de los angulos centrales de los

polıgonos regulares: Para el triangulo equilatero, el angulo θ mide360◦

6,

para el cuadrado mide360◦

8, y en general para el polıgono regular de n

lados mide360◦

2n. Entonces la sucesion que se forma con las longitudes

de los lados de los polıgonos regulares es:

2 sen360◦

6, 2 sen

360◦

8, 2 sen

360◦

10, . . . , 2 sen

360◦

2n, . . .

Si multiplicamos esta sucesion por el numero de lados obtendremos lasucesion de los perımetros de los polıgonos regulares:

6 sen360◦

6, 8 sen

360◦

8, 10 sen

360◦

10, . . . , 2n sen

360◦

2n, . . .

Para determinar la sucesion de areas, sabemos que el area de cadapolıgono regular esta dada por la mitad del producto del perımetro por


el apotema. El apotema es la longitud de la altura OH del trianguloisosceles OAB en la figura anterior, que es OH = r cos θ. Como ennuestro caso r = 1, obtenemos la sucesion

cos360◦

6, cos

360◦

8, cos

360◦

10, . . . , cos

360◦

2n, . . .

y al multiplicar por la sucesion de perımetros obtenemos

3 sen360◦

6cos

360◦

6, 4 sen

360◦

8cos

360◦

8,

5 sen360◦

10cos

360◦

10, . . . , n sen

3602

2ncos

360◦

2n, . . .

En cada uno de los terminos de esta sucesion podemos usar la identidadtrigonometrica 2 senα cosα = sen 2α y ası obtener que la sucesion deareas de los polıgonos regulares inscritos en una circunferencia de radiouno es

3

2sen

360◦

3,4

2sen

360◦

4,5

2sen

360◦

5, . . . ,

n

2sen

360◦

n, . . .

Es facil ver geometricamente que la sucesion de longitudes de los ladosde los polıgonos regulares es decreciente, mientras que las sucesionesde los perımetros y de las areas de los polıgonos regulares es creciente.Dejamos esta justificacion geometrica al lector.

9. En la siguiente figura se tiene un rectangulo con lados de 2 y 1 unidad,respectivamente, en el que hemos trazado dos cuartos de cırculos deradio 1. Construimos una sucesion de circunferencias de la siguientemanera: La primera es tangente a los cuartos de cırculo y al rectangulo;la segunda y las subsecuentes seran tangentes a los dos cuartos decırculo y a la circunferencia construida en el paso anterior.

Calculemos los diametros de cada una de las circunferencias: El radio r1

de la primera circunferencia se obtiene de la relacion AB2+BC2 = AC2

de la siguiente figura; es decir,

1 + (1− r1)2 = (1 + r1)2.

Al despejar a r1 se obtiene r1 = 14. Para calcular el radio r2 de la

siguiente circunferencia se usa el teorema de Pitagoras en el trianguloABD, de modo que AB2 + BD2 = AD2 y al sustituir los valores setiene

(1 + r2)2 = 1 +

(1

2− r2

)2

.

Al despejar se tiene que r2 = 112

. Ver figura.

El siguiente radio se calcula usando la suma de los diametros de lascircunferencias anteriores y el teorema de Pitagoras:

(1 + r3)2 = 1 +

(1−

(1

2+

1

6

)− r3

)2

,

por lo que r3 = 124

. Hasta aquı tenemos que los diametros de las cir-cunferencias son 1

2, 1

6, 1

12. Comprueba que los siguientes tres diametros

son: 120, 1

30, 1

42. ¿Cual sera el diametro de la n−esima circunferencia?

10. Estudiemos la sucesion

1, a, a2, a3, . . . , an, . . .

Analizaremos por separado que le pasa a la sucesion si: |a| < 1, a = 1y |a| > 1:

a) Sea 0 < a < 1; si multiplicamos esta desigualdad por a se obtiene0 < a2 < a y ası multiplicando por a sucesivamente la desigualdadse obtiene

0 < an+1 < an,

por lo que la sucesion es decreciente si 0 < a < 1.

b) Sea −1 < a < 0, entonces (−1)a > 0 y la sucesion {(−1)nan} esdecreciente, por lo que la sucesion {an} no es creciente ni decre-ciente.

c) Si a = 1, la sucesion es la sucesion constante 1, 1, 1, . . .

d) Si a > 1, la sucesion {an} es creciente.

e) Si a < −1, la sucesion {an} no es creciente ni decreciente.


√2,

√2 +√

2,

√2 +

√2 +√

2, . . . ,

n︷︸︸︷√2 +

√2 +

√2 + · · ·+

√2, . . .

Esta sucesion se puede escribir de la siguiente manera: si a1 =√

2,entonces

a2 =√

2 + a1, a3 =√

2 + a2, . . . , an+1 =√

2 + an;

de manera sintetica,

a1 =√

2 y an+1 =√

2 + an.

Para ver que esta sucesion es creciente, podemos usar el principio deinduccion. Es claro que

a2 =√

2 + a1 >√

2 = a1;

por otro lado, observemos que

a2n+1 − a2

n = (2 + an)− (2 + an−1) = an − an−1

de modo que si an > an−1 entonces a2n+1 > a2

n; como los terminos de lasucesion son positivos, tenemos que an+1 > an.


12. En la siguiente figura se tiene una sucesion de hexagonos, donde el ladodel hexagono inicial mide 1. Cada nuevo hexagono se construye usandolos puntos medios de los lados del hexagono anterior. Construiremos lasucesion de areas de los triangulos indicados en la figura:

Observemos que en cada etapa se obtiene un triangulo isosceles cuyoslados iguales miden la mitad del lado de un hexagono y el angulo entreellos mide 120◦. Calculemos primero el area de un triangulo isoscelesde lado b. La altura del triangulo es b cos 60◦ y la base es 2b sen 60◦, porlo que el area del triangulo es

1

2b2 sen 60◦ cos 60◦ =

1

2b2 sen 120◦.

Observemos que ocurre al considerar dos triangulos consecutivos:

Los lados iguales del triangulo isosceles pequeno miden la mitad del ladodesigual del triangulo grande, de modo que podemos calcular los ladosde un triangulo isosceles conociendo los lados del triangulo anterior.


Construyamos una tabla con las dimensiones de los lados del triangulo,su altura y su area, a partir de las longitudes de los lados b, c, lasalturas h y el area A. En el primer renglon escribimos las expresionesque obtuvimos para c, h y el area A. Si el lado del primer hexagonoes a, entonces b = a

2y sustituimos este valor en b para obtener el

segundo renglon. El tercer renglon se obtiene calculando primero elvalor de b, que es igual a la mitad del valor de c del segundo renglon,y ası sucesivamente.

b c =√

3b h = b2

A =√

34b2

a2

√3

2a a

4

√3

16a2

√3

4a 3

4a

√3

8a 3

√3

64a2

38a 3

√3

8a 3

16a 9

√3

256a2

3√

316a 9

16a 3

√3

32a 27

√3

1024a2

932a 9

√3

32a 9

64a 81

√3

4096a2

9√

364a 27

64a 9

√3

128a 243

√3

16384a2

El area de la figura sombreada es la suma de los valores obtenidos enla ultima columna:

Area =

√3

4

(1 +

3

4+

(3

4

)2

+

(3

4

)3

+

(3

4

)4

+

(3

4

)5).

Al continuar este proceso obtendrıamos una sucesion de triangulosisosceles sombreados. El area hasta el n−esimo paso serıa

√3

4

(1 +

3

4+

(3

4

)2

+

(3

4

)3

+

(3

4

)4

+

(3

4

)5

+ · · ·+(

3

4

)n−1).

13. En la siguiente figura se tienen tres dibujos que sugieren los tres prime-ros elementos de una sucesion. El primer dibujo es un triangulo equilate-ro, junto con su incırculo. En el segundo dibujo se anaden tres triangulosequilateros tangentes al incırculo original, ası como sus incırculos. Enel tercer dibujo se anade a cada triangulo equilatero los tres triangulosequilateros pequenos junto con sus respectivos incırculos.


El primer dibujo tiene un triangulo equilatero y un cırculo. El segun-do dibujo tiene 4 triangulos: el triangulo inicial y 3 nuevos triangulos,ası como 4 cırculos, que son el cırculo inicial y 3 cırculos nuevos. El ter-cer dibujo consta de los triangulos del dibujo anterior mas 9 triangulosnuevos y tiene tantos cırculos como triangulos, de modo que obtenemosla sucesion

1, 1 + 3, 1 + 3 + 32, 1 + 3 + 32 + 33, . . . , 1 + 3 + 32 + 33 + · · ·+ 3n, . . .

para el numero de triangulos. Si suponemos que la longitud de cadalado del triangulo equilatero inicial es de una unidad, ¿cual sera lasucesion de la suma de las areas de los incırculos en cada dibujo?

El radio del incırculo de un triangulo equilatero de lado a es la terceraparte de la altura (¿por que?) y como la altura es

√3

2a, entonces el

radio es√

36a. Por lo tanto, el area del incırculo del triangulo equilatero

es 112πa2.

Observese que los tres triangulos nuevos del segundo dibujo son la ter-cera parte del triangulo inicial, entonces en el siguiente dibujo se repiteesta situacion con cada triangulo nuevo, por lo que el radio de cadauno de estos cırculos es la tercera parte de

√3

6a y el area es 1

36πa2. Ası,

el area de la region sombreada del segundo dibujo es

1

12πa2 +

1

36πa2 =

1

12π

(1 +

1

3

).

En el tercer dibujo tenemos una situacion similar a la del segundodibujo, por lo que el area de la region sombreada es

1

12πa2

(1 +

1

3+

1

32

).

Si continuamos este proceso tendrıamos que en el n−esimo dibujo, elarea de la region sombreada serıa

1

12πa2

(1 +

1

3+

1

32+ · · ·+ 1

3n−1

).


14. La curva copo de nieve fue construida por el matematico suizo HelgeVon Koch en 1904, a partir de un triangulo equilatero de lado 1.

El siguiente paso consiste en dividir cada lado del triangulo en tres par-tes iguales, construyendo en la parte de enmedio triangulos equilateros.Observa que esta nueva figura tiene 12 lados de longitud 1/3. La ter-cera figura se construye de manera analoga a la anterior; esto es, sedivide cada lado en tres partes iguales y en la parte de enmedio seconstruyen triangulos equilateros. Cada lado de esta figura mide 1/9 ytiene 48 lados. La construccion de la figura 4 es similar. Escribimos enla siguiente tabla la longitud, el numero de lados y el perımetro de lasprimeras seis figuras construidas de esta manera.

Figura Numero de lados Longitud de cada lado Perımetro1 3 1 3

2 12 13

4

3 48 19

163

4 192 127

649

5 768 181

25627

6 3072 1243

102481

Observamos en la segunda columna que el numero de lados de una figuraes cuatro veces mayor que el numero de lados de la figura anterior. Entoncesla sucesion del “numero de lados” es

3, 3(4), 3(42), 3(43), . . . , 3(4n−1), . . .

En la tercera columna observamos que la longitud de cada uno de loslados de una figura es 1

3de la longitud de cada lado de la figura anterior, por

lo que obtenemos la siguiente sucesion

1,1

3,

1

32,

1

33, . . . ,

1

3n−1, . . .


En la cuarta columna tenemos el perımetro de cada una de las figuras,que se obtiene multiplicando el numero de lados por la longitud de cada unode los lados de la figura. Obtenemos la siguiente sucesion:

3(1), 3(4)

(1

3

), 3(42)

(1

32

), 3(43)

(1

33

), . . . , 3(4n−1)

(1

3n−1

), . . .

Podemos escribir esta sucesion como

3, 3

(4

3

), 3

(4

3

)2

, 3

(4

3

)3

, . . . , 3

(4

3

)n−1

, . . .

Hemos construido tres sucesiones. La primera es una sucesion creciente quenos dice como va aumentando el numero de lados. La segunda es una sucesiondecreciente, donde cada termino es 1

3que el anterior. Finalmente, la tercera

sucesion es una sucesion creciente donde cada termino es 43

mayor que elanterior.

Ahora calcularemos el area de cada una de las figuras. Primero constru-yamos una tabla con el numero de triangulos nuevos obtenidos en cada pasoy el area de estos triangulos:

Figura Numero de Area de Area total detriangulos nuevos triangulos nuevos triangulos nuevos

1 1√

34

√3

4

2 3 19

(√3

4

)= 1

32

(√3

4

)332

(√3

4

)= 1

3

(√3

4

)3 12 1

81

(√3

4

)= 1

34

(√3

4

)1234

(√3

4

)= 22

33

(√3

4

)4 48 1

729

(√3

4

)= 1

36

(√3

4

)4836

(√3

4

)= 24

35

(√3

4

)5 192 1

6561

(√3

4

)= 1

38

(√3

4

)19238

(√3

4

)= 26

37

(√3

4

)6 768 1

59049

(√3

4

)= 1

310

(√3

4

)768310

(√3

4

)= 28

39

(√3

4

)El lector puede comparar con la siguiente figura:


Finalmente, el area de cada figura es el area de la figura anterior, mas lasuma de las areas de los triangulos nuevos, de modo que:

Figura Area de la figura

1√

34

2√

34

(1 + 1

3

)3

√3

4

(1 + 1

3+ 22

33

)4

√3

4

(1 + 1

3+ 22

33 + 24

35

)5

√3

4

(1 + 1

3+ 22

33 + 24

35 + 26

37

)6

√3

4

(1 + 1

3+ 22

33 + 24

35 + 26

37 + 28

39

)Al observar el comportamiento de esta sucesion, podemos conjeturar que

el area de la n−esima figura es

√3

4

(1 +

1

3+

22

33+

24

35+

26

37+

28

39+ · · ·+ 22n−2

32n−1

).

Ejercicios

1. Partimos de un triangulo equilatero y como primer paso le “quitamos”un triangulo equilatero como el que aparece sombreado en la primerade las siguientes figuras, con lo que nos quedamos con tres triangu-los equilateros pequenos. En el segundo paso, quitamos un triangulopequeno de cada uno de los tres triangulos del paso anterior, quedan-do nueve triangulos, como en la segunda figura. Luego eliminamos untriangulo de cada uno de los nueve triangulos restantes, y ası sucesiva-mente. La figura que se obtiene es el triangulo de Sierpinski .

¿Cual es el area que se ha quitado al triangulo equilatero original des-pues de cada paso de la construccion del triangulo de Sierpinski?


2. Consideremos la grafica de la parabola y = 4− x2, donde −2 ≤ x ≤ 2.En un primer paso se divide el intervalo [−2, 2] en dos intervalos igualesy en cada intervalo se considera un rectangulo con altura igual al maxi-mo de la funcion 4−x2 en el intervalo considerado. En el siguiente paso,se subdividen estos intervalos para obtener cuatro intervalos iguales yse construyen cuatro rectangulos con altura igual al maximo de 4− x2

en cada intervalo. En el tercer paso se subdividen los intervalos paraobtener ocho intervalos iguales y ocho rectangulos. Estos tres pasos semuestran a continuacion:

Calcula la sucesion cuyo n-esimo termino es la suma total de las areasde los rectangulos obtenidos en el n-esimo paso de esta construccion.

4.5. Lımite de sucesiones monotonas

En la seccion anterior consideramos varios ejemplos de sucesiones monoto-nas. Algunas de ellas estaban acotadas “por arriba”, es decir, hay un numeroM mayor que todos los elementos de una sucesion, mientras que otras esta-ban acotadas “por abajo”. Por ejemplo, la sucesion de areas de los polıgonosregulares inscritos en una circunferencia de radio uno esta acotada por arribapor el area de la circunferencia. Por otro lado, la sucesion

√2,

3√

2,4√

2, . . . ,n√

2, . . .

es una sucesion decreciente y los terminos son positivos, de modo que estasucesion esta acotada por abajo por 0.

¿Que pasa con los terminos de una sucesion monotona y acotada? Pense-mos en una figura como la siguiente:

124 4.5. Lımite de sucesiones monotonas

Aquı vemos una sucesion creciente {an} acotada por un numero M . In-tuitivamente, los terminos de la sucesion deberan “tender” a algun numeromenor o igual a M ; es decir, parecerıa que la sucesion debe converger a unnumero menor o igual a M . Por mas natural que parezca, esta convergenciano puede mostrarse usando las propiedades basicas de las operaciones y elorden de los numeros reales. Este hecho es sorprendente, pero es posible teneruna mejor idea de su importancia si nos fijamos solo en el conjunto Q de losnumeros racionales.

El conjunto Q esta formado por todos los cocientes p/q de numeros en-teros, donde q 6= 0. Supondremos que el cociente esta escrito en su mınimaexpresion, es decir, que p y q no tienen factores enteros comunes diferentes de±1. Es posible ver que el conjunto Q es igual al conjunto de los numeros cuyaexpresion decimal es periodica, mientras que los numeros reales cuya expre-sion decimal no es periodica reciben el nombre de irracionales. Por ejemplo,es facil mostrar que

√2 es un numero irracional:

Supongamos que√

2 es racional; es decir, que√

2 = p/q, donde p, q sonenteros y q 6= 0. Adicionalmente, podemos suponer que p, q no tienen factoresen comun diferentes de ±1, pues siempre podemos cancelar todos los factorescomunes. Entonces, al elevar al cuadrado obtenemos

2 = p2/q2, o bien 2q2 = p2,

de modo que p2 es un numero par. Ahora, si p fuese impar, digamos, de laforma 2m + 1, entonces p2 = (2m + 1)2 = 2(2m2 + 2m) + 1, que es impar.Ası, p es par, digamos, de la forma p = 2m. Al sustituir esta expresion parap en la igualdad de arriba, obtenemos 2q2 = 4m2, de donde q2 = 2m2. Porun razonamiento completamente analogo, q resulta ser par. Ası, p y q tienena 2 como factor comun. Esta contradiccion muestra que

√2 no puede ser

racional.En terminos de las operaciones y el orden, Q no es muy diferente de R;

pero consideremos la sucesion cuyo n-esimo termino es la expresion decimalde√

2 hasta la n-esima cifra decimal. Los primeros cuatro terminos de estasucesion son 1.4, 1.41, 1.414 y 1.4142. Esta sucesion es monotona, pues escreciente (¿por que?), estarıa siempre “por debajo” de

√2 y se acercarıa cada

vez mas a este numero; pero entonces, si nuestro “universo” consistiera solode numeros racionales, esta sucesion no podrıa converger.

Ası, tenemos dos conjuntos muy importantes, Q y R, y en el primerode ellos no se cumple que “toda sucesion monotona acotada es convergen-te”. ¿Que nos garantiza que en R esto se cumplirıa? Como hemos dicho,


no podemos garantizar que la mencionada propiedad se cumple usando lascaracterısticas basicas de las operaciones y el orden de R, de modo que laagregaremos a la lista de propiedades que debe satisfacer el conjunto denumeros reales. Ası:

Cualquier sucesion monotona y acotada de numeros reales es convergente.

Usaremos esta caracterizacion con frecuencia, no solo para mostrar queuna sucesion de numeros reales es convergente, sino para mostrar la existenciade un numero real en diversos contextos.

Capıtulo 5

Sucesiones recurrentes

Anteriormente definimos muchas sucesiones por medio de una formula oexpresion para el n-esimo termino; es decir, podıamos conocer este terminosin necesidad de saber como eran los anteriores. Ahora veremos otra formade definir sucesiones.

Definicion 5.1. Una sucesion es recurrente si cada termino depende (o esfuncion) de los terminos anteriores.

Por ejemplo, cada una de las siguientes sucesiones esta dadas de manerarecursiva iniciando en a1:

an+1 =√

2an − 1, a1 = 3;

an+1 = a2n−12, a1 = 2;

an+1 = 12+an

, a1 = 1.

Encuentra los diez primeros terminos de cada sucesion.La sucesion

an+1 =1

2an + 1, a1 = 1

es recurrente. Observemos que la sucesion queda totalmente determinada porestas dos condiciones; puesto que se conoce el primer termino de la sucesion,es posible calcular el segundo:

a2 =1

2a1 + 1 =

1

2+ 1.

127

128 5.1. Sucesion de Fibonacci

Como se conoce el segundo termino, se puede calcular el tercero:

a3 =1

2a2 + 1 =

1

2

(3

2

)+ 1 =

7

4.

Calcula los siguientes cuatro terminos de la sucesion. Verifica que el n−esimotermino de esta sucesion tambien se puede escribir como

an+1 = 1 +1

2+

1

22+ · · ·+ 1

2n−1+

1

2n.

La sucesion parece depender del primer termino a1. Si se cambia el primertermino de la sucesion, ¿se obtiene una sucesion diferente? Verifica que ocurrecon diferentes valores de a1.

Para cada una de las siguientes sucesiones, encuentra una expresion deln−esimo termino que dependa unicamente de n, como en el ejemplo anterior.

an+1 = an +1

n+ 1, a1 = 1.

bn+1 = bn +(−1)n

n, b1 = 0.

cn+1 = rcn + 1, c1 = 13.

dn+1 = dn +(−1)n

10n, d1 = 1.

en+1 = en + αn, e1 = 1.

5.1. Sucesion de Fibonacci

Esta famosa sucesion es recurrente y se define de modo que cualquiertermino de la sucesion sea la suma de los dos terminos anteriores:

an+2 = an+1 + an, a1 = 1 y a2 = 1.

Calcula los 10 primeros terminos de esta sucesion.

Demuestra las siguientes propiedades de la sucesion de Fibonacci:

• a1 + a2 + a3 + · · ·+ an = an+2 − 1,

• a1 + a3 + a5 + · · ·+ a2n−1 = a2n,

• a2 + a4 + a6 + · · ·+ a2n = a2n+1 − 1,

Capıtulo 5. Sucesiones recurrentes 129

• a21 + a2

2 + a23 + · · ·+ a2

n = anan+1.

Ahora encontraremos una expresion del n-esimo termino de esta sucesionque unicamente dependa de n; de hecho, veremos que la sucesion de Fibonacci{an} sera igual a una sucesion {bn} de la forma bn = Aαn+Bβn. Para mostraresto, tendremos que encontrar los valores de A,B, α y β de modo que an = bnpara toda n.

Primero queremos que los dos primeros elementos de las dos sucesionessean iguales: 1 = a1 = b1 = Aα + Bβ y 1 = a2 = b2 = Aα2 + Bβ2. ¿Paraque valores de A,B, α y β se satisface que b3 = b2 + b1? Es decir, ¿paraque valores se cumple lo siguiente?

Aα3 +Bβ3 =(Aα2 +Bβ2

)+ (Aα +Bβ) .

Agrupando obtenemos

Aα3 +Bβ3 = A(α2 + α) +B(β2 + β);

igualando los coeficientes de A y B se obtienen las ecuaciones

α3 = α2 + α y β3 = β2 + β.

Entonces α y β son raıces del polinomio

x3 − x2 − x = 0;

factorizando se obtienex(x2 − x− 1) = 0

por lo tanto las raıces son:

x = 0, x =1 +√

5

2y x =

1−√

5

2.

Si hacemos α = 0, β =1 +√

5

2, para que se satisfaga la ecuacion 1 =

Aα+Bβ, se tiene que A puede ser cualquier numero y B =−1 +

√5

2; pero

estos valores no satisfacen la ecuacion 1 = Aα2 + Bβ2. De manera analoga

se puede comprobar que no podemos usar los valores α = 0, β =1−√

5

2, ni

usar α = β.

130 5.1. Sucesion de Fibonacci

Por otro lado, al sustituir los valores α =1−√

5

2y β =

1 +√

5

2en las

ecuaciones 1 = Aα +Bβ y 1 = Aα2 +Bβ2 tenemos que

A = −√

5

5y B =

√5

5

Observemos que para estos valores de A,B, α y β se satisfacen las ecuaciones1 = Aα+Bβ y 1 = Aα2+Bβ2. Comprobemos que se cumple 2 = Aα3+Bβ3 :

√5

5

(1 +√

5

2

)3

−

(1−√

5

2

)3 =

√5

5·√

5

(3 +√

5

2+

3−√

5

2+

1− 5

4

),

que al simplificar da el resultado 2. Ahora veamos que en general se cumplela ecuacion bn+2 = bn+1 + bn :

√5

5

(1 +√

5

2

)n+2

−

(1−√

5

2

)n+2

=

√5

5

(1 +√

5

2

)n(1 +√

5

2

)2

−

(1−√

5

2

)n(1−√

5

2

)2

=

√5

5

(1 +√

5

2

)n(3 +√

5

2

)−

(1−√

5

2

)n(3−√

5

2

)2

=

√5

5

((1 +√

5

2

)n(1 +√

5

2+ 1

)−

(1−√

5

2

)n(1−√

5

2+ 1

))

=

√5

5

(1 +√

5

2

)n+1

−

(1−√

5

2

)n+1

+

(1 +√

5

2

)n

−

(1−√

5

2

)n .

Por lo tanto,bn+2 = bn+1 + bn,

lo que nos dice que la sucesion

bn =

√5

5

((1 +√

5

2

)n

−

(1−√

5

2

)n)es precisamente la sucesion de Fibonacci.


Ejercicio

Demuestra que si {an} es la sucesion de Fibonacci, entonces la sucesion{an+1

an

}es convergente y que su lımite es (1 +

√5)/2.

Sucesiones de la forma an+2 = ban+1 + can

La manera en que hemos analizado la sucesion de Fibonacci en la seccionanterior se puede generalizar a sucesiones recurrentes de la forma

an+2 = ban+1 + can,

donde b y c son constantes positivas y ademas tenemos dadas las condicionesiniciales a1 y a2. Supongamos que an = Aαn +Bβn para toda n y sustituya-mos en la condicion anterior para obtener

Aαn+2 +Bβn+2 = b(Aαn+1 +Bβn+1) + c(Aαn +Bβn),

de donde

A(αn+2 − bαn+1 − cαn) +B(βn+2 − bβn+1 − cβn) = 0,Aαn(α2 − bα− c) +Bβn(β2 − bβ − c) = 0;

entonces α y β son las raıces de la ecuacion x2−bx−c = 0. (Como supusimosque b, c > 0, esta ecuacion tiene raıces reales.) Para obtener los valores de Ay B usamos las condiciones iniciales y escribimos

a1 = Aα +Bβ,a2 = Aα2 +Bβ2.

Este proceso da como resultado una expresion para an que depende solode n.

Ejercicios

1. Para cada una de las siguientes sucesiones recurrentes, usa el metodoaquı desarrollado para obtener una expresion de an que solo dependa

132 5.2. Otras sucesiones recurrentes

de n. Indica tambien si cada sucesion es convergente o divergente. Encaso de que la sucesion sea convergente, indica su lımite:

an+2 = 12an+1 + 1

3an, a1 = a2 = 1;

an+2 = 3an+1 + 2an, a1 = 0, a2 = 1;an+2 = 2an+1 + an, a1 = 2, a2 = 1;an+2 = 1

5an+1 + 1

10an, a1 = a2 = 1.

2. Para cada una de las sucesiones anteriores, analiza la sucesion de co-cientes {an+1/an}, indicando si es convergente y, en ese caso, calculasu lımite.

5.2. Otras sucesiones recurrentes

Consideremos la sucesion

an+1 =1

2

(an +

2

an

), a1 = 2.

Observemos que cada termino de la sucesion (excepto el primero) dependeunicamente del termino anterior y de una condicion inicial.

Los dos primeros terminos de la sucesion son a1 = 2 y

a2 =1

2

(2 +

2

2

)=

3

2.

Ejercicio

Calcula los siguientes tres terminos de la sucesion anterior.

De la desigualdad entre la media aritmetica y la media geometrica seobtiene

an+1 =1

2

(an +

2

an

)≥√an ·

2

an=√

2,

por lo quean ≥

√2, para n ≥ 1.

Al considerar los primeros cinco terminos se observa que la sucesion vadisminuyendo. ¿Sera decreciente esta sucesion? Analicemos la diferencia

an+1 − an =1

2

(an +

2

an

)− an =

1

2

(2

an− an

);


como2

an≤ 2√

2=√

2,

entonces2

an− an ≤

√2− an ≤ 0,

de donde

an+1 − an ≤ 0.

Hemos comprobado que la sucesion es decreciente y acotada; por tanto, esconvergente. ¿Como saber a que numero converge? Puesto que sabemos queel lımite existe, podemos denotar este por a. Entonces,

0 = lımn→∞

|an+1 − an| = lımn→∞

(an −

2

an

)= a− 2

a,

ası que

a =√

2;

es decir, la sucesion converge a√

2. Observa que aquı comprobamos primeroque la sucesion es convergente, para luego calcular el valor del lımite.

Ejercicios

1. En este ejemplo, el primer termino de la sucesion fue 2. ¿Que sucede sise inicia con valores diferentes de 2?

2. Comprueba que las siguientes sucesiones son convergentes y calcula sulımite:

an+1 = 12

(an + 3

an

), a1 = 1,

an+1 = 12

(an + 14

an

), a1 = 3,

an+1 = 12

(an + a

an

), a1 = 5 y a ≥ 0,

an+1 = 12

(an + a

a2n

), a1 = 2 y a ≥ 0,

an+1 =√

2 + an, a1 =√

2.

134 5.3. Otro vistazo a la sucesion de Fibonacci

5.3. Otro vistazo a la sucesion de Fibonacci

Retomemos la sucesion {an+1

an

}donde

an+2 = an+1 + an, a1 = 1, a2 = 1.

Observemos que

an+1

an=an + an−1

an= 1 +

an−1

an= 1 +

1anan−1

.

Si

λn =an+1

an,

entonces

λn = 1 +1

λn−1

,

de modo que la sucesion {an+1/an} se aproxima a

1 +1

1 +1

1 +1

1 +1

1 + · · ·

.

Aunque sabemos que la sucesion {an+1/an} converge a (1 +√

5)/2, porlo que

1 +√

5

2= 1 +

1

1 +1

1 +1

1 +1

1 + · · ·

.

Este es un ejemplo de una fraccion infinita.


Ejercicio

Calcula cada una de las siguientes fracciones infinitas, asociando cada unacon una sucesion convergente, de modo que el lımite de cada sucesion sera elvalor de la fraccion infinita correspondiente.

1. x = 2

3+1

4 +1

4 +1

4 + · · ·

;

2. y = 1

1+1

1 +1

1 +1

1 + · · ·

;

3. z = 1 + 1

2+1

2 +1

2 +1

2 + · · ·

;

4. u = 1 + 1

1+1

2 +1

1 +1

2 + · · ·

;

5. v = 2 + 1

2+1

4 +1

2 +1

4 + · · ·

.

5.4. El numero e

Analizaremos ahora dos sucesiones que daran lugar al estudio de un nume-ro muy importante, el numero e. Estas sucesiones son:(

1 +1

n

)ny

(1 +

1

n

)n+1

.

136 5.4. El numero e

Calculemos algunos terminos:

n

(1 +

1

n

)n (1 +

1

n

)n+1

n

(1 +

1

n

)n (1 +

1

n

)n+1

1 2 4 13 2.620600888 2.8221855722 2.25 3.375 14 2.627151556 2.8148052393 2.37037037 3.160493827 15 2.632878718 2.8084039664 2.44140625 3.051757813 16 2.637928497 2.8027990285 2.48832 2.985984 17 2.642414375 2.7978505156 2.521626372 2.941897434 18 2.646425821 2.7934494787 2.546499697 2.910285368 19 2.650034327 2.7895098188 2.565784514 2.886507578 20 2.653297705 2.785962599 2.581174792 2.867971991 21 2.656263214 2.78275193810 2.59374246 2.853116706 22 2.658969859 2.77983212511 2.604199012 2.840944377 23 2.661450119 2.77716534112 2.61303529 2.830788231 24 2.663731258 2.77472006

Observamos que la sucesion(1 + 1

n

)nparece permanecer entre 2 y 3 y ser

creciente. Tambien aparentemente, la sucesion(1 + 1

n

)n+1es decreciente y los

elementos de la primera son menores que los de la segunda. A continuaciondemostraremos estas propiedades.

1. En primer lugar mostraremos que(1 +

1

n

)n≥ 2.

Para esto, usamos la formula del binomio de Newton (Proposicion 1.1),que en este caso produce(

1 +1

n

)n=

(n

0

)+

(n

1

)1

n+ · · ·+

(n

j

)1

nj+ · · ·+

(n

n− 1

)1

nn−1+

1

nn;

como todos los terminos son no negativos, tenemos que(1 +

1

n

)n≥(n

0

)+

(n

1

)1

n= 2.

2. Ahora veremos que (1 +

1

n

)n≤ 3.

Nuevamente usamos la formula del binomio de Newton obtenida antes,aunque ahora veremos que los sumandos que aparecen en esa expresionsatisfacen (

n

j

)1

nj<

1

j!.

Al desarrollar el lado izquierdo de esta desigualdad y simplificar, ob-servamos que (

n

j

)1

nj=n(n− 1) · · · (n− j + 1)

nj1

j!<

1

j!. (5.1)

Ademas, se puede probar por induccion (¡ejercicio!) que para cadanumero natural j ocurre que 2j−1 ≤ j, o bien que 1/j! ≤ 1/2j−1.Usando las dos desigualdades en la formula del binomio de Newton,tenemos que(

1 +1

n

)n< 1 +

1

20+ · · ·+ 1

2j−1+ · · ·+ 1

2n−2+

1

2n−1;

ahora, usando que para cualquier numero r 6= 1 se tiene

1 + r + r2 + · · ·+ rn−1 =1− rn

1− r,

obtenemos que(1 +

1

n

)n< 1 +

1− (12)n

1− 12

≤ 1 +1

1− 12

= 3.

3. Ahora veremos que (1 +

1

n

)nes una sucesion creciente. De nuevo, tenemos que(

1 +1

n

)n=

n∑j=0

n(n− 1)(n− 2) · · · (n− j + 1)

j!

1

nj.

Escribamos el termino general de esta suma de la siguiente forma:

n(n− 1)(n− 2) · · · (n− j + 1)

j!

1

nj=

n(n− 1)(n− 2) · · · (n− j + 1)

nj1

j!

=n

n

n− 1

n

n− 2

2· · · n− j + 1

n

1

j!

=

(1− 1

n

)· · ·(

1− j − 1

n

)1

j!.

Trabajamos de manera analoga con el termino

(1 +

1

n+ 1

)n+1

=n+1∑j=0

(n+ 1)n(n− 1)(n− 2) · · · (n− j + 1)

j!

1

(n+ 1)j

para obtener

(n+ 1)n(n− 1)(n− 2) · · · (n− j + 1)

j!

1

(n+ 1)j

=(n+ 1)n(n− 1)(n− 2) · · · (n− j + 1)

(n+ 1)j1

j!

=n

n+ 1

n− 1

n+ 1

n− 2

n+ 1· · · n− j + 1

n+ 1

1

j!

=

(1− 1

n+ 1

)· · ·(

1− j − 1

n+ 1

)1

j!.

Observemos que(1− 1

n

)(1− 2

n

)· · ·(

1− j − 1

n

)1

j!

es estrictamente menor que(1− 1

n+ 1

)(1− 2

n+ 1

)· · ·(

1− j − 1

n+ 1

)1

j!,

por lo que (1 +

1

n

)n<

(1 +

1

n+ 1

)n+1

,

lo que muestra que la sucesion(1 + 1

n

)nes creciente.

4. Por ultimo, veremos que la sucesion(1 + 1

n

)n+1es decreciente, para lo

que mostraremos (1 +

1

n

)n+1

(1 +

1

n− 1

)n < 1,

para n ≥ 2. Escribimos la expresion de la parte izquierda de la de-sigualdad como

(n+ 1

n

)n+1

(n

n− 1

)n =(n2 − 1)n(n+ 1)

n2n+1=

(1− 1

n2

)n(1 +

1

n

).

Usamos de nuevo la formula del binomio de Newton para escribir

(1− 1

n2

)n=

n∑j=0

n(n−1)(n−2)···(n−j+1)j!

(−1)j

n2j

= 1− n · 1n2 + n(n−1)

2!1n4 − n(n−1)(n−2)

3!1n6

+n(n−1)(n−2)(n−3)4!

1n8 − · · ·+ (−1)n

n2n

= 1− 1n

+ 12n−1n3 −

[n(n−1)(n−2)

3!1n6

= −n(n−1)(n−2)(n−3)4!

1n8

]− · · ·+ (−1)n

n2n

1− 1n

+ n−12n3 −

[13!

(1− 1

n

) (1− 2

n

)1n3

− 14!

(1− 1

n

) (1− 2

n

) (1− 3

n

)1n4

]− · · ·+ (−1)n

n2n

= 1− 1n

+ 12n2 − 1

2n3 −[

18

(1− 1

n2

) (1− 2

n

)]− · · ·+ (−1)n

n2n

≤ 1− 1n

+ 12n2 − 1

2n3 =(1− 1

n

) (1 + 1

2n2

).

Tenemos entonces la desigualdad

(1− 1

n2

)n≤(

1− 1

n

)(1 +

1

2n2

)

por lo tanto(1− 1

n2

)n(1 +

1

n

)≤

(1− 1

n

)(1 +

1

2n2

)(1 +

1

n

)=

(1− 1

n2

)(1 +

1

2n2

)= 1− 1

2n2− 1

2n4< 1.

Con esto demostramos la desigualdad deseada y tenemos que la suce-

sion(1 + 1

n

)n+1es decreciente.

En resumen, si an =(1 + 1

n

)ny bn =

(1 + 1

n

)n+1, tenemos que

a1 < a2 < a3 < · · · < an < · · · < bn < · · · < b3 < b2 < b1

Estas dos sucesiones son monotonas y acotadas por lo que son convergen-tes. Observemos que

lımn→∞

(1 +

1

n

)n+1

= lımn→∞

(1 +

1

n

)n(1 +

1

n

)= lım

n→∞

(1 +

1

n

)n· 1,

de modo que ambas sucesiones tienen el mismo lımite, el cual se denota por

lımn→∞

(1 +

1

n

)n= e.

De este modo, para toda n se cumple(1 +

1

n

)n< e <

(1 +

1

n

)n+1

;

se puede ver que las primeras cifras de este numero son

2.718281828302530 . . .

Otra sucesion que converge al numero e es aquella cuyo n-esimo terminoes

cn = 1 +1

1!+

1

2!+

1

3!+ · · ·+ 1

n!.

Nos fijaremos en los primeros 25 elementos de esta sucesion y los compa-raremos con los terminos correspondientes de

an =

(1 +

1

n

)n.

El resultado aparece en la tabla siguiente.

n cn an1 1.0000000000000000000 2.0000000000000002 2.0000000000000000000 2.2500000000000003 2.5000000000000000000 2.3703703703703704 2.6666666666666700000 2.4414062500000005 2.7083333333333300000 2.4883200000000006 2.7166666666666700000 2.5216263717421107 2.7180555555555600000 2.5464996970407108 2.7182539682539700000 2.5657845139503409 2.7182787698412700000 2.58117479171320010 2.7182815255731900000 2.59374246010000011 2.7182818011463800000 2.60419901189753012 2.7182818261984900000 2.61303529022468013 2.7182818282861700000 2.62060088788573014 2.7182818284467600000 2.62715155630087015 2.7182818284582300000 2.63287871772792016 2.7182818284589900000 2.63792849736660017 2.7182818284590400000 2.64241437518311018 2.7182818284590500000 2.64642582109769019 2.7182818284590500000 2.65003432664044020 2.7182818284590500000 2.65329770514442021 2.7182818284590500000 2.65626321392611022 2.7182818284590500000 2.65896985853778023 2.7182818284590500000 2.66145011863878024 2.7182818284590500000 2.66373125806860025 2.7182818284590500000 2.665836331487420

De la tabla podemos ver que los elementos de la sucesion cn estan cadavez mas proximos al numero e; por ejemplo, el termino c25 coincide con ehasta la novena cıfra decimal:

|e− 2.71828182845905| < 0.00000000015652

y la diferencia entre el numero e y a25 es

|e− 2.665836331487420| < 0.05244549681511;

entonces la sucesion {cn} parece darnos una mejor aproximacion al numeroe que la sucesion {an}.

Ahora mostraremos que la sucesion cn converge al numero e.En la tabla anterior se puede ver que cada termino de la segunda columna

es mayor que cada termino de la tercera columna, a partir del tercer termino;es decir, parece que an < cn para cada n ≥ 3. Para demostrar esta afirmacion,retomemos la desigualdad (5.1) para escribir(

1 +1

n

)n<

n∑j=0

1

j!;

es decir, an < cn; ademas

e ≤ lımn→∞

cn

Para demostrar la desigualdad lımn→∞ cn ≤ e, consideremos la desigual-dad

an > 2 +1

2!

(1− 1

n

)+ · · ·+ 1

k!

(1− 1

n

)(1− 2

n

)· · ·(

1− k − 1

n

),

con k < n; por lo tanto, al tomar el lımite cuando n→∞, tenemos que

e ≥ 2 +1

2!+

1

3!+ · · ·+ 1

k!

de donde

ak < ck ≤ e

pasando al lımite tenemos

e = lımk→∞

ak ≤ lımk→∞

ck ≤ e

por lo que, finalmente

lımk→∞

(1 +

1

1!+

1

2!+

1

3!+ · · ·+ 1

k!

)= e.

Ejercicios

1. Calcula los lımites de las sucesiones cuyo n-esimo termino esta dadopor

a)(1 + 2

n

)n,

b)(1 + 1

2n

)n,

c)(1− 1

n

)n,

d)(1 + 1

n2

)n2+3,

e) 1 +2

1!+

22

2!+

23

3!+ · · ·+ 2n

n!.

2. Muestra que para toda sucesion an que diverge a ∞, la sucesion(1 +

1

an

)anconverge a e. Sugerencia: Si [a] es el mayor entero que es menor o igualque a, tenemos que

[an] ≤ an < [an] + 1.

Denotemos por kn = [an]; entonces,

1 +1

kn + 1< 1 +

1

an≤ 1 +

1

kn,

de donde (1 +

1

kn + 1

)kn<

(1 +

1

an

)an≤(

1 +1

kn

)kn+1

;

y por tanto(1 +

1

kn + 1

)−1(1 +

1

kn + 1

)kn+1

<

(1 +

1

an

)an≤

(1 +

1

kn

)kn (1 +

1

kn

).

Calcula los lımites en estas desigualdades para mostrar lo pedido.


3. Comprueba que la sucesion (1− 1

an

)anconverge a 1

e, si la sucesion an diverge a +∞.

4. Usa los resultados anteriores para mostrar que

lımn→∞

(1 +

x

n

)n= ex

para todo numero racional x.

5. Demuestra que

lımn→∞

(1 +

x

n

)n= lım

n→∞

(1 +

x

1!+x2

2!+x3

3!+ · · ·+ xn

n!

).

Sea (1 +

x

n

)n= 1 + x1 + x2 + x3 + · · ·+ xn,

donde

xm =xm

m!

(1− 1

n

)(1− 2

n

)· · ·(

1− m− 1

n

)para m = 1, 2, 3, . . . , n.

Los terminos xm satisfacen las siguientes propiedades:

|xm| ≤|x|m

m!∣∣∣∣xm+1

xm

∣∣∣∣ =|x|

m+ 1(1− m

n) ≤ |x|

m+ 1

entonces

|xm+1| ≤ |xm||x|

m+ 1

|xm+2| ≤ |xm+1||x|

m+ 2≤ |x|2

(m+ 1)2

y asi sucesivamente; en resumen,

|xm+2| ≤|x|3

(m+ 1)3 , . . . , |xm+k| ≤|x|k

(m+ 1)k;


por lo tanto

|xk+1 + xk+2 + · · ·+ xn| ≤ |xk+1|+ |xk+2|+ · · ·+ |xn|

≤ |xk|

(|x|

(k + 1)+

|x|2

(k + 1)2+ · · ·+ |x|n−k

(k + 1)n−k

)

=

|xk||x|

(k + 1)

(1− |x|n−k

(k + 1)n−k

)

1− |x|(k + 1)

≤ |xk| |x|k + 1− |x|

≤ |x|k+1

k!(k + 1− |x|);

como(1 +

x

n

)n− (1 + x1 + x2 + · · ·+ xk) = xk+1 + xk+2 + · · ·+ xn

entonces∣∣∣(1 +x

n

)n− (1 + x1 + x2 + · · ·+ xk)

∣∣∣ ≤ |x|k+1

k!(k + 1− |x|),

de modo que al tomar el lımite cuando n→∞,∣∣∣∣ex − (1 +x

1!+x2

2!+ · · ·+ xk

k!

)∣∣∣∣ ≤ |x|k+1

k!(k + 1− |x|);

si ahora tomamos el lımite cuando k → ∞, se obtiene el resultadodeseado:

ex = lımk→∞

(1 +

x

1!+x2

2!+ · · ·+ xk

k!

).

Capıtulo 6

Series

6.1. Introduccion

En diversas instancias aparecen problemas que se modelan con sucesionescuyos terminos son sumas de numeros reales, por ejemplo:

Cuando consideramos el juego de las torres de Hanoi con 1, 2, 3, 4, . . . , ndiscos, en el teorema 1.2 de la pagina 32 vimos que el mınimo numerode pasos necesarios para trasladar los discos de un poste a otro es:

1, 1 + 2, 1 + 2 + 22, 1 + 2 + 22 + 23, . . . , 20 + 21 + · · ·+ 2n−1.

En la pagina 118 consideramos un hexagono cuyo lado mide 1 unidady una sucesion de triangulos como se ve en la figura:

El area de la region sombreada en cada uno de los tres primeros pasoses √

3

4,

√3

4

(1 +

3

4

),

√3

4

(1 +

3

4+

(3

4

)2),

147

148 6.1. Introduccion

mientras que el area sombreada hasta el n-esimo paso es

√3

4

(1 +

3

4+

(3

4

)2

+

(3

4

)3

+

(3

4

)4

+ · · ·+(

3

4

)n−1).

Para construir la figura conocida como copo de nieve (ver pagina 120)consideramos la siguiente sucesion de figuras:

Si el lado del triangulo equilatero mide 1 unidad, el area de las primerasfiguras es

√3

4,

√3

4

(1 +

1

3

),

√3

4

(1 +

1

3+

22

33

),

√3

4

(1 +

1

3+

22

33+

24

35

)y el area de la n-esima figura es

√3

4

(1 +

1

3+

22

33+

24

35+

26

37+

28

39+ · · ·+ 22n−2

32n−1

).

En la pagina 118 consideramos el problema de inscribir una sucesionde cırculos en un triangulo equilatero, como se muestra en la siguientefigura:

Capıtulo 6. Series 149

El numero de cırculos en cada figura es

1, 1 + 3, 1 + 3 + 32, 1 + 3 + 32 + 33, . . . , 1 + 3 + 32 + 33 + · · ·+ 3n, . . .

Cada uno de estos ejemplos se puede ver como una sucesion generada porotra. Ası, la sucesion de pasos necesarios en el caso de las Torres de Hanoies generada por la sucesion

1, 2, 22, 23, 24, . . . , 2n−1, . . .

y en el caso de los hexagonos la sucesion generatriz es

1,3

4,

(3

4

)2

,

(3

4

)3

,

(3

4

)4

, . . . ,

(3

4

)n−1

, . . .

Como se observa en estos ejemplos anteriores, a partir de una sucesiondada se puede construir una nueva, sumando los terminos de la sucesionoriginal respetando su orden; por ejemplo, dada la sucesion

1,1

2,

1

22,

1

23, . . . ,

1

2n−1, . . .

construimos las sumas

1, 1 +1

2, 1 +

1

2+

1

22, 1 +

1

2+

1

22+

1

23, . . . , 1 +

1

2+

1

22+

1

23+ · · ·+ 1

2n, . . .

Si esta sucesion de sumas tiene un lımite, este se escribe como una sumainfinita:

lımn→∞

(1 +

1

2+

1

22+

1

23+ · · ·+ 1

2n

)=∞∑n=1

1

2n−1.

Ası podemos escribir los lımites de cada una de las sucesiones que vimos ennuestros ejemplos como sumas infinitas:

lımN→∞

(20 + 21 + · · ·+ 2N−1

)=

∞∑N=1

2N−1;

lımn→∞

√3

4

(1 +

3

4+

(3

4

)2

+

(3

4

)3

+ · · ·+(

3

4

)n−1)

=∞∑n=1

√3

4

(3

4

)n−1

;

150 6.2. Series geometricas

y

lımn→∞

√3

4

(1 +

1

3+

22

33+

24

35+

26

37+

28

39+ · · ·+ 22n−2

32n−1

)=∞∑n=1

√3

4

22n−2

32n−1.

Para calcular estas sumas, es decir, para calcular el lımite de cada sucesionde sumas, recordemos que

1 + r + r2 + · · ·+ rn−1 =1− rn

1− r,

por lo que en particular

1 +3

4+

(3

4

)2

+

(3

4

)3

+

(3

4

)4

+ · · ·+(

3

4

)n−1

=1− (3

4)n

1− 34

,

de modo que

∞∑n=1

√3

4

(3

4

)n−1

=√

3 lımn→∞

(1−

(3

4

)n)=√

3.

Ejercicio

Calcula las otras sumas infinitas.

6.2. Series geometricas

Diremos que una serie a1 + a2 + a3 + · · · + an + · · · es geometrica si lasrazones

a2

a1

=a3

a2

=a4

a3

= · · · = an+1

an=an+2

an+1

= · · ·

son iguales; es decir, si an+1

anes constante para toda n.

Ejercicio

Comprueba que cada una de las series de la seccion anterior es una seriegeometrica.

Consideremos una serie geometrica a1+a2+a3+· · ·+an+· · · . Si denotamospor r la razon entre los terminos consecutivos tenemos que a2 = ra1 y que


a3 = ra2, lo que implica que a3 = r2a1. De manera analoga, a4 = r3a sicontinuamos de esta manera tendremos que an+1 = rna1, ası que la seriea1 + a2 + a3 + · · ·+ an + · · · adquiere la forma

a1 + a1r + a1r2 + · · ·+ a1r

n−1 + a1rn + · · · .

Ejercicio

Comprueba que las siguientes series son geometricas:

1 + 13

+ 132 + 1

33 + · · ·+ 13n

+ · · ·19

+ 192 + 1

93 + · · ·+ 19n

+ · · ·

0.5 + 0.25 + 0.125 + 0.0625 + · · ·

1.1 + 1.21 + 1.331 + 1.4641 + · · ·910

+ 9100

+ 91000

+ 910000

+ · · ·25

+ 425

+ 8125

+ 16625

+ · · ·√

22

+ 12

+√

24

+ 14

+ · · ·

Hay una relacion estrecha entre las series geometricas y los numeros ra-cionales, que podemos describir como sigue. Sabemos que si expresamos elnumero 2

3en forma decimal tenemos

2

3= 0.6666 · · · ,

donde la lista de numeros 6 es infinita. Una manera abreviada de escribir0.6666 · · · consiste en poner una lınea arriba del numero que se repite unainfinidad de veces, ası: 0.6. Veamos que este numero se puede escribir comouna serie, para lo que consideramos la sucesion

0.6, 0.66, 0.666, 0.6666, 0.66666, . . .

que tambien puede escribirse como

6

10,

66

100,

666

1000,

6666

10000, . . . .


Observemos que cada uno de los terminos se expresa como sigue:

6

10,

66

100=

6

10+

6

100,

666

1000=

6

10+

6

100+

6

1000,

6666

10000=

6

10+

6

100+

6

1000+

6

10000;

de hecho, el numero decimal que esta en el lugar n-esimo de esta ultimasucesion se escribe como la suma

0.666 · · · 6 =6

10+

6

100+

6

1000+ · · ·+ 6

1000 · · · 0=

6

10+

6

102+

6

103+ · · ·+ 6

10n.

Esto sugiere averiguar si 23

=∞∑n=1

610n

. Para contestar, primero veremos a

la serie como lımite de la sucesion de las sumas parciales, esto es,

∞∑n=1

6

10n= lım

n→∞

(6

10+

6

102+

6

103+ · · ·+ 6

10n

).

Por otro lado tenemos

6

10+

6

102+

6

103+ · · ·+ 6

10n=

6

10

(1 +

1

10+

1

102+ · · ·+ 1

10n−1

)=

6

10

1−(

110

)n1− 1

10

=2

3

(1−

(1

10

)n).

Al pasar al lımite,

lımn→∞

(6

10+

6

102+

6

103+ · · ·+ 6

10n

)= lım

n→∞

2

3

(1−

(1

10

)n)=

2

3,

de modo que, en efecto, 23

=∞∑n=1

610n

; en otras palabras, hemos podido escribir

al numero 0.6 = 23

como el lımite de una serie geometrica.

Consideremos ahora al numero decimal 0.27272727 · · · = 0.27. Veamos sipodemos escribirlo como el lımite de una serie geometrica. Primero construi-mos una sucesion que se va aproximando a este numero:

0.27, 0.2727, 0272727, . . .


y a su vez esta sucesion la escribimos como una sucesion de sumas parciales

27

100,

27

100+

27

10000,

27

100+

27

10000+

27

1000000, . . .

o tambien27

102,

27

102+

27

104,

27

102+

27

104+

27

106, . . . .

Veamos entonces el comportamiento del n-esimo termino de la sucesion:

27102 + 27

104 + 27106 + · · ·+ 27

102n = 27102

(1 + 1

102 + 1104 + · · ·+ 1

102n−2

)= 27

102

(1 + 1

102 +(

1102

)2+ · · ·+

(1

102

)n−1)

= 27102

(1−( 1

102 )n

1− 1102

)= 27

99

(1−

(1

102

)n);

por lo tanto tenemos

0.27 = lımn→∞

(27

102+

27

104+

27

106+ · · ·+ 27

102n

)= lım

n→∞

27

99

(1−

(1

102

)n)=

3

11

(1− lım

n→∞

(1

102

)n)y podemos escribir

0.27 =∞∑n=1

27

102n=

3

11.

Ası, hemos podido escribir a los numeros 0.6 = 23

y 0.27 = 311

como seriesgeometricas

∑∞n=1 ar

n−1, donde r es una potencia de 10.

Veamos si podemos escribir el numero decimal 0.9 como una serie geome-trica. Ya sabemos que el numero 0.999 · · · 9 (n nueves) tiene la forma

0.999 · · · 9 =9

10+

9

102+

9

103+ · · ·+ 9

10n

=9

10

(1 +

1

10+

1

102+ · · ·+ 1

10n−1

)=

9

10

1− 110n

1− 110

;

entonces

0.999 · · · 9 = 1− 1

10n.


Por lo tanto,

0.9 =∞∑n=1

9

10n= lım

n→∞

(1− 1

10n

)= 1.

¡El numero 1 tiene dos representaciones decimales, una como 1.000 · · · yotra con una infinidad de nueves!

De igual manera, cualquier entero tiene dos representaciones decimales;cualquier numero entero p tambien se escribe como (p − 1).99999 (nota elpunto decimal), donde p− 1 es la parte entera de esta representacion.

¿Que pasa con las representaciones decimales que tienen una infinidad de9, como 2.1249999 . . .? En este ejemplo, intuitivamente el numero “se parece”a 2.125. Para confirmar esta sospecha, primeramente consideremos el numero2.1249999 · · · 9 (n nueves) y escribamoslo ası:

2.1249999 · · · 9 = 2 +1

10+

2

102+

4

103+

9

104+

9

105+

9

106+ · · ·+ 9

104+(n−1).

Al factorizar obtenemos

2.1249999 · · · 9 = 2 + 110

+ 2102 + 4

103 + 9104 + 9

105 + 9106 + · · ·+ 9

104+(n−1)

= 2 + 110

+ 2102 + 4

103 + 9104

(1 + 1

10+ 1

102 + · · ·+ 110n−1

)= 2 + 1

10+ 2

102 + 4103 + 9

104

(1− 1

10n

1− 110

)= 2 + 1

10+ 2

102 + 4103 + 9

104

(109

(1− 1

10n

))= 2 + 1

10+ 2

102 + 4103 + 1

103 − 109· 1

10n

= 2 + 110

+ 2102 + 5

103 − 1103 − 10

9· 1

10n;

pasando al lımite cuando n tiende a infinito, se obtiene

2.1249999 · · · = 2 +1

10+

2

102+

5

103= 2.125

de modo que nuestra sospecha era cierta.

Ejercicios

1. Comprueba que 0.001 = 0.000999 · · · , 3.458 = 3.457999 · · · y 27.79 =27.78999 · · · .

2. Demuestra que el numero decimal 0.a1a2a3 · · · am, (am 6= 0) se puedeescribir como 0.a1a2a3 · · · (am − 1)99999 · · ·

3. Representa cada uno de los siguientes numeros como el lımite de unaserie:

174

100,

35

175,1

3,2

7,

7

16, 75

5

11,13

25y 3.1416.

Hemos visto varios ejemplos de series geometricas, que tienen la forma

a+ ar + ar2 + ar3 + · · ·+ arn−1 + · · · ,

con a 6= 0. La n-esima suma parcial es

a+ ar+ ar2 + ar3 + · · ·+ arn−1 = a(1 + r+ r2 + r3 + · · ·+ rn−1) = a1− rn

1− r,

siempre que r 6= 1. Sabemos que esta ultima expresion converge si |r| < 1;es decir,

lımn→∞

(a+ ar + ar2 + ar3 + · · ·+ arn−1) = lımn→∞

a1− rn

1− r=

a

1− r,

si |r| < 1. En este caso decimos que la serie geometrica es convergente.

Si r > 1, sabemos que rn → ∞, de modo que en este caso la seriegeometrica es divergente. Si r < −1, el termino (1 − rn) es positivo si n esimpar y negativo si n es par; por tanto, las sumas parciales divergen. Porotro lado, si r = 1 tenemos que

lımn→∞

(a+ a+ a+ a+ · · ·+ a) = lımn→∞

na =∞

Por ultimo, veamos el caso en que r = −1. La n-esima suma parcial es

1− 1 + 1− 1 + · · ·+ (−1)n,

la cual toma el valor 0 si n es par y 1 si n es impar. Por lo tanto, la serie

∞∑n=1

(−1)n−1

es divergente. En resumen, la serie geometrica∞∑n=1

rn−1 converge si |r| < 1 y

diverge si |r| ≥ 1. En general, diremos lo siguiente:


Definicion 6.1. Una serie∞∑n=1

an es convergente si la sucesion de las sumas

parcialesSn = a1 + a2 + a3 + · · ·+ an

es convergente y escribimos

lımn→∞

Sn =∞∑n=1

an.

Puesto que la convergencia de una serie se define en terminos de la con-vergencia de sus sumas parciales, como consecuencia de las propiedades delas sucesiones convergentes obtenemos las siguientes propiedades basicas delas series convergentes.

Proposicion 6.2. Sean∞∑n=1

an y∞∑n=1

bn dos series y λ un numero real.

1. Si∞∑n=1

an y∞∑n=1

bn son convergentes, entonces la serie∞∑n=1

(an + bn) es

convergente y∞∑n=1

(an + bn) =∞∑n=1

an +∞∑n=1

bn.

2. Si∞∑n=1

an es convergente, entonces la serie∞∑n=1

λan es convergente y

∞∑n=1

λan = λ∞∑n=1

an.

Para demostrar esto, observemos que:

1. Como las sumas parciales Sn =n∑k=1

ak y S ′n =n∑k=1

bk son convergentes

y la suma de sucesiones convergentes es convergente, entonces Sn + S ′nes convergente y

lımn→∞

(Sn + S ′n) = lımn→∞

Sn + lımn→∞

S ′n;

por lo tanto,∞∑n=1

(an + bn) =∞∑n=1

an +∞∑n=1

bn


2. Como la sucesion de sumas parciales Sn =n∑k=1

ak es convergente, sabe-

mos que al multiplicar cada termino de esta sucesion obtenemos una

sucesion convergente, tenemos que la sucesion λSn =n∑k=1

λak es con-

vergente; por lo tanto la serie∞∑n=1

λan es convergente para todo λ ∈ Ry

∞∑n=1

λan = λ∞∑n=1

an.

Es posible utilizar estas propiedades basicas y lo que sabemos de las seriesgeometricas para el analisis de otras series. Por ejemplo, estudiemos la serie

∞∑n=1

nrn−1.

Esta serie no es geometrica, pues la razon

(n+ 1)rn

nrn−1=

(1 +

1

n

)r

no es constante. Sin embargo, esta razon se parece mucho a r cuando n essuficientemente grande. Analicemos la n-esima suma parcial de esta serie,

1 + 2r + 3r2 + 4r3 + · · ·+ nrn−1

que podemos descomponer de la siguiente forma:(1 + r + r2 + r3 + · · ·+ rn−2 + rn−1

)+(r + r2 + r3 + · · ·+ rn−2 + rn−1

)+(r2 + r3 + · · ·+ rn−2 + rn−1

)+ · · ·+

(rn−2 + rn−1

)+ rn−1,

lo que es igual a(1 + r + r2 + r3 + · · ·+ rn−2 + rn−1

)+ r

(1 + r + r2 + r3 + · · ·+ rn−2

)+r2

(1 + r + r2 + r3 + · · ·+ rn−3

)+ · · ·+ rn−2(1 + r) + rn−1.

Cada una de las sumas que aparece entre parentesis es una suma geometri-ca, de modo que podemos escribir

1 + 2r + 3r2 + 4r3 + · · ·+ nrn−1 =1− rn

1− r+ r

1− rn−1

1− r+ r2 1− rn−2

1− r

+ · · ·+ rn−2 1− r2

1− r+ rn−1 1− r

1− r

158 6.3. Criterios de convergencia

lo que a su vez se expresa como

1

1− r(1 + r + · · ·+ rn−2 + rn−1)− 1

1− r(rn + rn + · · ·+ rn + rn)

=1

1− r

(1− rn

1− r

)− nrn

1− r.

Ejercicio

Usa esta ultima igualdad para ver que la serie∞∑n=1

nrn−1 es convergente si

|r| < 1 y divergente si |r| > 1. De hecho, demuestra que si |r| < 1, entonces

∞∑n=1

nrn−1 =1

(1− r)2 .

Veamos que ocurre en los casos restantes. Para r = 1, la n-esima suma es

1 + 2 + 3 + · · ·+ n =n(n+ 1)

2

lo cual diverge a +∞ cuando n→∞. Si r = −1, la n-esima suma es

1− 2 + 3− 4 + · · ·+ (−1)nn,

cuyas primeras sumas parciales son 1,−1, 2,−2, 3,−3, 4,−4, 5,−5.

Ejercicio

Demuestra que la sucesion formada por las sumas parciales impares di-verge a +∞, mientras que la sucesion de sumas parciales pares diverge a−∞.

6.3. Criterios de convergencia

Comencemos esta seccion estudiando dos series parecidas a las geometri-cas:

∞∑n=1

n2rn−1 y∞∑n=1

rn−1

√n.

Analicemos la razon an+1

anpara cada una de las series. Para la primera

serie, an = n2rn−1, de modo que

(n+ 1)2 rn

n2rn−1=

(1 +

1

n

)2

r;

para la segunda, an = rn−1/√n, de modo que

rn√n+1

rn−1√n

=

√n

n+ 1r.

En los dos casos, las razones se aproximan a r cuando n es suficientementegrande, igual que en los ejemplos anteriores. Puesto que en aquellos ejemplosvimos que la serie converge cuando |r| < 1, podemos preguntarnos: Si los

terminos de una serie satisfacen que lımn→∞

∣∣∣an+1

an

∣∣∣ < 1, ¿la serie es convergente?

En los dos ultimos ejemplos se cumple que lımn→∞

∣∣∣an+1

an

∣∣∣ = r. Analicemos

esta situacion. Esto quiere decir que dada ε > 0, existe N ∈ N tal que si

n ≥ N , entonces∣∣∣an+1

an− r∣∣∣ < ε. Esta ultima desigualdad se escribe tambien

como las dos desigualdades

−ε < an+1

an− r < ε.

Por lo tanto, si n = N , tenemos que

(−ε+ r)aN < aN+1 < (ε+ r)aN ;

de la misma manera, si n = N + 1,

(−ε+ r)aN+1 < aN+2 < (ε+ r)aN+1.

De estas desigualdades se obtiene

(−ε+ r)2aN < aN+2 < (ε+ r)2aN

y en general llegamos a que

(−ε+ r)kaN < aN+k < (ε+ r)kaN .

Al sumar para n = N,N + 1, . . . , N + k, se obtiene

aN+1 + aN+2 + · · ·+ aN+k < (ε+ r)aN + (ε+ r)2aN + · · ·+ (ε+ r)kaN

y

(−ε+ r)aN + (−ε+ r)2aN + · · ·+ (−ε+ r)kaN < aN+1 + aN+2 + · · ·+ aN+k.

En los dos casos se tiene que aN+1 + · · · + aN+k esta acotada por sumasgeometricas de razones (ε+ r) y (−ε+ r) respectivamente; por lo tanto,

(−ε+r)(

1− (−ε+ r)k

1− (−ε+ r)

)aN < aN+1+· · ·+aN+k < (ε+r)

(1− (ε+ r)k

1− (ε+ r)

)aN

En los dos ejemplos que estamos analizando, los terminos son positivosy por lo tanto las sumas parciales forman sucesiones crecientes. Si probamosque las sucesiones estan acotadas, entonces seran convergentes y si no estanacotadas seran divergentes. Analizaremos por separado dos situaciones, laprimera si r < 1 y la segunda si r > 1.

En el caso en que r < 1, tomemos ε de tal manera que ε+r < 1, de modoque

aN+1+aN+2+· · ·+aN+k < (ε+r)

(1− (ε+ r)k

1− (ε+ r)

)aN < (ε+r)

(aN

1− (ε+ r)

);

entonces estas sumas estan acotadas y por lo tanto son convergentes. Pasandoal lımite,

lımk→∞

(aN+1 + aN+2 + · · ·+ aN+k) < (ε+ r)

(1

1− (ε+ r)

)aN ,

por lo que

lımk→∞

(a1 + · · ·+ aN+k) < a1 + · · ·+ aN + (ε+ r)

(1

1− (ε+ r)

)aN .

Por lo tanto los dos ejemplos son convergentes cuando r < 1.Cuando r > 1 nos conviene tomar ε de tal manera que (−ε+r) > 1, pues

entonces

(−ε+ r)aN + (−ε+ r)2aN + · · ·+ (−ε+ r)kaN < aN+1 + aN+2 + · · ·+ aN+k

y tenemos que las sumas parciales son mayores que una suma geometrica derazon mayor que uno, por lo que las sumas parciales no estan acotadas y porlo tanto divergen.

En el caso de r = 1, las series en cuestion son∞∑n=1

n2 y∞∑n=1

1√n. La primera

diverge porque

12 + 22 + 32 + · · ·+ n2 =n(n+ 1)(2n+ 1)

6.

La serie∞∑n=1

1√n

tambien diverge, pues si consideramos n sumandos,

1√1

+1√2

+1√3

+ · · ·+ 1√n>

n√n

=√n,

y la sucesion {√n} no esta acotada.

En conclusion, las series

∞∑n=1

n2rn−1 y∞∑n=1

rn−1

√n

convergen cuando r < 1 y divergen cuando r ≥ 1.

De esta manera podemos analizar otras series; por ejemplo, veamos paraque valores de α la serie

∞∑n=1

nαrn

es convergente. Basta analizar a que converge la razon

(n+ 1)αrn+1

nαrn=

(n+ 1)α

nαr =

(1 +

1

n

)αr.

Tenemos que lımn→∞

(1 + 1

n

)αr = r que no depende de α. Por lo tanto la

serie∑∞

n=1 nαrn converge para toda 0 < r < 1 y diverge para r > 1. Si r = 1,

sustituimos en la serie y se obtiene

∞∑n=1

nα

cuyo analisis realizamos mas adelante.

En resumen, para ver si cada una de las series era convergente o divergenteusamos dos hechos muy importantes: el primero, que toda sucesion creciente yacotada es convergente y el segundo que una sucesion creciente no acotada esdivergente. Esto nos permite escribir los siguientes criterios de convergenciade series:

Criterios de convergencia

1. Sean {an} y {bn} dos sucesiones con terminos positivos tales que an ≤bn para toda n.

a) Si la serie∑∞

n=1 bn es convergente, la serie∞∑n=1

an es convergente.

b) Si la serie∞∑n=1

an es divergente, la serie∞∑n=1

bn es divergente.

2. Criterio de la razon de D’Alembert. Sea {an} una sucesion de

terminos positivos y r = lımn→∞

an+1

an. Entonces la serie

∞∑n=1

an es conver-

gente si r < 1 y es divergente si r > 1.

Ejemplos

Con base en el criterio de D’Alembert analicemos la convergencia o di-vergencia de las series

∞∑n=1

nn

n!,

∞∑n=1

n2

2ny

∞∑n=1

(n+ 1)(n+ 2)

n!.

lımn→∞

an+1

an= lım

n→∞

(n+ 1)n+1

(n+ 1)!nn

n!

= lımn→∞

(n+ 1)n

nn= lım

n→∞

(1 +

1

n

)n= e;

lımn→∞

an+1

an= lım

n→∞

(n+ 1)2

2n+1

n2

2n

= lımn→∞

1

2

(n+ 1)2

n2=

1

2;


lımn→∞

an+1

an= lım

n→∞

(n+ 2)(n+ 3)

(n+ 1)!

(n+ 1)(n+ 2)

n!

= lımn→∞

(n+ 3)

(n+ 1)2= 0.

Por el criterio mencionado, tenemos que la primera serie diverge y lasotras dos convergen.

Ejercicio

Usa el criterio de D’Alembert para decidir si

∞∑n=1

(n+ 3)!

n!(3n)!3n

converge o diverge.

Cuando r = lımn→∞

an+1

an= 1, puede suceder que la serie sea convergente o

divergente. Como ya hemos visto, las series

∞∑n=1

n2 y∞∑n=1

1√n

satisfacen que este lımite es 1 y ambas son divergentes. Veamos un ejemplo

donde el lımite es 1 y la serie converge: Consideremos la serie∞∑n=1

1n2 cuyo

termino general es an = 1n2 . En este caso tenemos

lımn→∞

an+1

an= lım

n→∞

1(n+1)2

1n2

= lımn→∞

n2

(n+ 1)2= 1.

Ahora comprobaremos que la serie es convergente, mostrando una serieque este por arriba de ella y que sea convergente. Para esto analizaremosalgunos grupos de sumandos de la serie:

S3 = 1 +1

22+

1

32≤ 1 +

1

22+

1

22≤ 1 +

1

2;

por otro lado,

1

42+

1

52+

1

62+

1

72≤ 1

42+

1

42+

1

42+

1

42≤ 4

42=

1

4,


acoplando las dos sumas anteriores se obtiene

S7 = 1 +1

22+

1

32+

1

42+

1

52+

1

62+

1

72≤ 1 +

1

2+

1

4.

Ahora escribamos los siguientes sumandos empezando con 182 hasta 1

152 paraobtener

1

82+

1

92+· · ·+ 1

142+

1

152≤ 1

82+

1

82+

1

82+

1

82+

1

82+

1

82+

1

82+

1

82+

1

82=

8

82=

1

8,

de modo que

S15 = 1 +1

22+

1

32+

1

42+ · · ·+ 1

142+

1

152≤ 1 +

1

2+

1

4+

1

8.

El siguiente grupo de sumandos va de 1162 hasta 1

312 :

1

162+

1

172+ · · ·+ 1

302+

1

312≤ 1

162+

1

162+ · · ·+ 1

162+

1

162=

16

162=

1

16;

entonces la suma parcial S35 de los primeros 35 terminos de la serie cumpleque

S35 ≤ 1 +1

2+

1

4+

1

8+

1

16.

Al observar las desigualdades que usamos para acotar las sumas S3, S7,S15 y S35, empezamos con una potencia de 2 al cuadrado y terminamos conel numero anterior a la siguiente potencia de 2. Por ejemplo, si iniciamos con1/(2k)2, terminamos con 1/(2k+1 − 1)2:

1

22k+

1

(2k + 1)2+

1

(2k + 2)2+ · · ·+ 1

(2k+1 − 1)2≤ 1

22k+

1

22k+ · · ·+ 1

22k︸︷︷︸2k sumandos

,

de donde

1

22k+

1

(2k + 1)2+

1

(2k + 2)2+ · · ·+ 1

(2k + 2k − 1)2≤ 2k

22k=

1

2k,

ası que se cumple

S2k+1−1 = 1 +1

22+

1

32+ · · ·+ 1

(2k + 2k − 1)2≤ 1 +

1

2+

1

22+ · · ·+ 1

2k


y como ya vimos que la serie de la derecha converge a 2, entonces la serie∞∑n=1

1n2 esta acotada y por lo tanto es convergente.

Tratemos de generalizar este metodo. ¿Cuales son las propiedades de lasucesion

{1n2

}que nos permiten acotar la serie? La sucesion es decreciente

con terminos positivos que convergen a cero, entonces elijamos una sucesion{an} de terminos positivos, decreciente y que converja a cero, y tratemos deaplicar el metodo seguido en el ejemplo:

Como la sucesion es decreciente, en particular a3 ≤ a2 y se satisface lasiguiente desigualdad

a1 + a2 + a3 ≤ a1 + a2 + a2 = a1 + 2a2.

Ahora tomemos los terminos a4, a5, a6, a7. Como a4 es mayor que cadauno de estos elementos se cumple

a4 + a5 + a6 + a7 ≤ a4 + a4 + a4 + a4 = 4a4.

Al considerar los siguientes 8 terminos y dado que a8 es mayor que cadauno, se obtiene

a8+a9+a10+a11+a12+a13+a14+a15 ≤ a8+a8+a8+a8+a8+a8+a8+a8 = 8a8.

Si acoplamos estas tres sumas tenemos la suma parcial

a1 + a2 + a3 + · · ·+ a15 ≤ a1 + 2a2 + 4a4 + 8a8;

continuando de esta forma, en el k−esimo paso tendremos que a2k es mayorque cada uno de los sumandos anteriores:

a2k + a2k+1 + a2k+2 + · · ·+ a2k+1−1 ≤ a2k + a2k + a2k + · · ·+ a2k︸︷︷︸2k sumandos

= 2ka2k .

Acoplando todas estas sumas obtenidas tenemos:

S2k+1−1 = a1 + a2 + a3 + · · ·+ a2k+1−1 ≤ a1 + 2a2 + 4a4 + · · ·+ 2ka2k .

Con este procedimiento hemos construido la serie∞∑n=1

2na2n , que es mayor

que la serie∞∑n=1

an. Ahora podemos afirmar que la serie∞∑n=1

an es convergente

si la serie∞∑n=1

2na2n es convergente.


Una pregunta que se antoja es la recıproca: Si la sucesion {an} es de-

creciente, con terminos positivos que convergen a cero y la serie∞∑n=1

an es

convergente, ¿sera convergente la serie∞∑n=1

2na2n?

Para contestar esta pregunta, consideraremos sumas parciales con ındicepotencia de 2, por ejemplo,

S8 = a1 + a2 + a3 + a4 + a5 + a6 + a7 + a8

= a1 + a2 + (a3 + a4) + (a5 + a6 + a7 + a8)

≥ 2a2 + 2a4 + 4a8.

Si le agregamos

a9 + a10 + a11 + a12 + a13 + a14 + a15 + a16 ≥ 8a16

a la suma anterior podemos ver que hay una regularidad: Para cada k secumple

a2k+1 + a2k+2 + a2k+3 + · · ·+ a2k+1 ≥ 2ka2k+1 .

Al ensamblar todas estas sumas para tener la suma parcial con ındice2k+1 obtenemos

S2k+1 = a1 + a2 + a3 + · · ·+ a2k+1 + a2k+2 + a2k+3 + · · ·+ a2k+1

≥ 2a2 + 2a4 + 4a8 + · · ·+ 2ka2k+1

= a2 +1

2

(2a2 + 4a4 + 8a8 + · · ·+ 2k+1a2k+1

)y al pasar al lımite,

lımk→∞

S2k+1 ≥ a2 +1

2lımk→∞

(2a2 + 4a4 + 8a8 + · · ·+ 2k+1a2k+1

);

por lo tanto,∞∑n=1

an ≥ a2 +1

2

∞∑n=1

2na2n

y como la serie∞∑n=1

an es convergente, la serie∞∑n=1

2na2n es convergente.

Criterio de convergencia de las potencias de 2. (Cauchy)

Sea {an} una sucesion positiva, decreciente y que converge a cero. La

serie∞∑n=1

an es convergente si y solo si∞∑n=1

2na2n es convergente. De hecho, se

satisfacen las desigualdades

a2 +1

2

∞∑n=1

2na2n ≤∞∑n=1

an ≤∞∑n=1

2na2n

En forma equivalente,∞∑n=1

an es divergente si y solo si∞∑n=1

2na2n es divergente.

Ejemplo

La sucesion{

1nα

}, con α > 0, es una sucesion positiva, decreciente y

converge a cero. ¿Para que valores de α la serie∞∑n=1

1nα

es convergente?

Para contestar usaremos el criterio de Cauchy. Primero construimos la

serie∞∑n=1

2na2n donde an = 1nα

; entonces a2n = 1(2n)α

, y la serie por analizar

es:∞∑n=1

2n1

2nα=∞∑n=1

1

2nα−n=∞∑n=1

1

2n(α−1).

Esta serie es geometrica, con la razon 12α−1 . Como sabemos, para que la

serie sea convergente la razon debe ser menor que 1, por lo tanto la serie∞∑n=1

1nα

es convergente cuando α > 1. Por otro lado,

Si α = 1,∞∑n=1

2n 12n

=∞∑n=1

1 = lımn→∞

n =∞.

Si α < 1,∞∑n=1

2n 12nα

=∞∑n=1

12nα−n

=∞∑n=1

2n(1−α) y esta serie es geometrica

con razon 21−α > 1. Por lo tanto la serie∞∑n=1

1nα

es divergente en este caso.

En resumen:

Proposicion 6.3. La serie∞∑n=1

1nα

es convergente si α > 1 y es divergente si

α ≤ 1.


Antes de continuar, aprovecharemos resaltaremos una propiedad de lasseries convergentes.

Observacion 6.4. Si una serie∞∑n=1

an es convergente, entonces lım ann→∞

= 0.

Esto es facil de probar; como

Sn = a1 + a2 + · · ·+ an−1 + an = (a1 + a2 + · · ·+ an−1) + an = Sn−1 + an

y lımn→∞

Sn = lımn→∞

Sn−1, entonces

lımn→∞

an = lımn→∞

Sn − lımn→∞

Sn−1 = 0.

Esto nos da una condicion necesaria para la convergencia, pero que no es

suficiente, ya que la serie armonica∞∑n=1

1n

es divergente y lımn→∞

1n

= 0.

Otra manera de formular esta propiedad es: Si una sucesion {an} no

converge a cero o no es convergente entonces la serie∞∑n=1

an es divergente.

Ejemplo

Las series∞∑n=1

(−1)n,∞∑n=1

2n,∞∑n=1

n

n+ 1,

son divergentes, porque lımn→∞

(−1)n no existe; lımn→∞

2n =∞ y lımn→∞

nn+1

= 1.

Ejemplo

Usaremos el criterio de las potencias de 2 para verificar la convergencia o

divergencia de la serie∞∑n=2

1n logn

.

El n-esimo termino de la sucesion es 1n logn

, de modo que el 2n-esimo

termino es 12n log 2n

. Sustituyendo en∞∑n=1

2na2n obtenemos la serie

∞∑n=1

2n1

2n log 2n=∞∑n=1

1

n log 2=

1

log 2

∞∑n=1

1

n.

Esta ultima serie es divergente, por lo tanto∞∑n=2

1n logn

es divergente.


Ejemplo

¿Para que valores de α la serie∞∑n=2

1logα n

converge?

Primero observemos que la sucesion {log n} es creciente. Como α > 0, la

sucesion {logα n} es creciente y por tanto la sucesion{

1logα n

}es decreciente.

Ademas, como lımn→∞

1logα n

= 0, esta sucesion satisface las primeras hipotesis

del criterio de las potencias de 2.Ahora, si an = 1

logα n, entonces a2n = 1

logα 2n= 1

(n log 2)αy

∞∑n=1

2na2n =∞∑n=1

2n

(n log 2)α=

1

logα 2

∞∑n=1

2n

nα.

Para determinar la convergencia o divergencia de esta serie usamos elcriterio de la razon:

2n+1

(n+ 1)α

2n

nα

= 2

(n

n+ 1

)α.

Puesto que lımn→∞

2(

nn+1

)α= 2 para toda α, la serie

∞∑n=2

1logα n

diverge para

toda α > 0.

Ejercicio

Verifica la convergencia o divergencia de las siguientes series:

1.∞∑n=2

1

n2 log2 n;

2.∞∑n=2

log n

n2;

3.∞∑n=2

1

n log n(log log n)2.

Teniendo en cuenta el criterio de convergencia de D’Alembert podemosdar un nuevo criterio de convergencia:

Criterio de comparacion por cociente de dos series con terminospositivos

Si lımn→∞

anbn

= r 6= 0, entonces las series∞∑n=1

an y∞∑n=1

bn son convergentes o

divergentes en forma simultanea.

Demostracion. Dada ε = r2, existe un numero N tal que si n > N , entonces∣∣∣∣anbn − r

∣∣∣∣ < r

2

de modo que (−r

2+ r)bn < an <

(r2

+ r)bn, si n > N.

Si sumamos a partir de N + 1 obtenemos

r

2

∞∑n=N+1

bn <∞∑

n=N+1

an <3r

2

∞∑n=N+1

bn

Si la serie∞∑n=1

bn es convergente, entonces∞∑

n=N+1

bn y∞∑

n=N+1

an son conver-

gentes y por lo tanto la serie∞∑n=1

an es convergente. De manera analoga si la

serie∞∑

n=N+1

an es convergente la serie∞∑

n=N+1

bn tambien lo es.

¿Que ocurre en el caso r = 0? Consideremos las series∞∑n=1

1

n,

∞∑n=1

1

n2,

∞∑n=1

1

n3,

∞∑n=2

1

n log n.

La primera y la ultima son series divergentes, mientras que la segunda yla tercera son convergentes. Al calcular los lımites de los cocientes, tenemosque

lımn→∞

1n2

1n

= lımn→∞

1

n= 0;

lımn→∞

1n3

1n2

= lımn→∞

1

n= 0;

lımn→∞

1n logn

1n

= lımn→∞

1

log n= 0.

Con estos ejemplos podemos concluir que lımn→∞

anbn

= 0 no nos da informa-

cion sobre la convergencia o divergencia de las series.

Ejemplo

Comparemos la serie∞∑n=1

1n4−n2+n+1

con∞∑n=1

1n4 , que sabemos es convergen-

te. Tenemos que

lımn→∞

1n4

1n4−n2+n+1

= lımn→∞

(1− 1

n2+

1

n3+

1

n4

)= 1.

Por lo tanto, la serie∞∑n=1

1n4−n2+n+1

es convergente.

Ejercicios

1. Usa el hecho de que la serie∞∑n=1

1nk

es convergente para toda k > 1 y

demuestra que la serie∞∑n=1

1p(n)

converge. Aquı, p(n) es un polinomio

positivo de grado k.

2. Si p(x) y q(x) son polinomios, ¿que condiciones deben cumplir estos

para que la serie∞∑n=1

q(n)p(n)

sea convergente?

Una manera de reconocer una serie geometrica de terminos positivos con-

siste en calcular la raız n-esima del termino general; esto es, si la serie es∞∑n=1

an

calculamos n√an. Si para cada n obtenemos el mismo valor r entonces la serie

es geometrica, convergente si n√an = r < 1 y divergente si n

√an = r ≥ 1.

Observando lo anterior se antoja conjeturar que si lımn→∞

n√an < 1 la serie

∞∑n=1

an converge; mientras que si lımn→∞

n√an ≥ 1 la serie

∞∑n=1

an diverge.

Para verificar nuestra conjetura apliquemos este criterio a las series

∞∑n=1

1

n,

∞∑n=1

1

n2,

∞∑n=1

nαrn; (6.1)


observa que ya sabemos que la primera serie es divergente y la segunda esconvergente.

Sera suficiente calcular lımn→∞

n√n, porque

lımn→∞

n

√1

n2=

1(lımn→∞

n√n)2 y lım

n→∞n√nαrn = r

(lımn→∞

n√n)α.

Estudiemos entonces la sucesion 1, 2√

2, 3√

3, . . . , n√n, . . .; en la siguiente

tabla tenemos algunos de sus terminos:

n n√n Valor aproximado

2 2√

2 1.414213562

3 3√

3 1.442249570...

......

25 25√

25 1.13741146175

50 50√

50 1.0813826568

102 102√102 1.047128548050

103 103√103 1.00693166885

106 106√106 1.0000138156

1010 1010√1010 1.0000000002

Con estos calculos observamos la tendencia de la sucesion y esta se apro-xima a 1. Ademas, los elementos de la sucesion son mayores a 1, de modoque para cada n existe un numero hn > 0 tal que n

√n = 1 + hn. Tenemos

ahora una sucesion {hn} de numeros positivos; probaremos que esta sucesionconverge a cero, lo cual mostrara que nuestra sucesion original converge a 1.Puesto que n

√n = 1 + hn, esto implıca que n = (1 + hn)n. Desarrollando el

binomio obtenemos

n = 1 + nhn +n(n− 1)

2h2n +

n(n− 1)(n− 2)

3!h3n + · · ·+ hnn.

Como todos los sumandos son positivos, tenemos que n ≥ nhn, lo queimplica que hn ≤ 1 y por lo tanto

1 ≤ n√n ≤ 2.

Por otro lado, tenemos tambien la desigualdad

n ≥ n(n− 1)

2h2n

que implica

h2n ≤

2

n− 1y

0 ≤ lımn→∞

h2n ≤ lım

n→∞

2

n− 1= 0.

Como hn > 0 tenemos lımn→∞

hn = 0 y podemos afirmar que

lımn→∞

n√n = 1;

ası, para las dos primeras series de (6.1),

lımn→∞

n

√1

n=

1

lımn→∞

n√n

= 1 y lımn→∞

n

√1

n2= 1.

Estos ejemplos muestran que lımn→∞

n√an = 1 no nos da informacion sobre

la convergencia o divergencia de una serie. Veamos que ocurre cuando estelımite es diferente de 1.

Sea r = lımn→∞

n√an. Dada ε > 0, existe N ∈ N tal que si n ≥ N entonces∣∣ n√an − r∣∣ < ε. Esto es equivalente a

r − ε < n√an < r + ε, si n ≥ N

o bien,(r − ε)n < an < (r + ε)n , si n ≥ N ;

por lo tanto,

aN + aN+1 + · · ·+ aN+k < (r + ε)N + (r + ε)N+1 + · · ·+ (r + ε)N+k

y

(r − ε)N + (r − ε)N+1 + · · ·+ (r − ε)N+k < aN + aN+1 + · · ·+ aN+k;

de estas dos desigualdades podemos concluir la convergencia o la divergenciade la serie, como veremos a continuacion:

Supongamos que r < 1 y sea ε tal que r + ε < 1; entonces usamos laprimera de estas desigualdades para obtener

∞∑n=N

an ≤ (r + ε)N1

1− (r + ε);

por lo tanto la serie∞∑n=1

an es convergente.

Si r > 1, elegimos ε tal que (r − ε) > 1 y tenemos de la segunda de estas

desigualdades que la serie∞∑n=N

an es mayor que la serie (r − ε)N∞∑n=1

(r − ε)n

que es divergente, por lo tanto la serie∞∑n=N

an es divergente.

Criterio de la raız (Cauchy)

Sean∞∑n=1

an una serie de terminos positivos y r = lımn→∞

n√an.

Si r < 1, la serie es convergente.

Si r > 1, la serie es divergente.

Si r = 1, no podemos concluir la convergencia o divergencia de la serie.

Ejemplos

¿Para que valores de k y b la serie∞∑n=1

nk

bnes convergente?

Supongamos que b > 0 y calculemos primero la raız n-esima del terminogeneral de la serie:

n

√nk

bn=

n√nk

n√bn

=n√nk

b;

en el lımite,

lımn→∞

n√nk

b=

1

b.

Por lo tanto:

Si b > 1, la serie converge para toda k;

Si b > 1, la serie diverge.para toda k;

Si b = 1, sabemos que la serie∞∑n=1

nk converge si k < −1 y diverge si

k ≥ −1.

Tenemos dos criterios de convergencia (o divergencia) que surgen del com-portamiento de las series geometricas, el primero es el criterio de la razon yel segundo el de la raız. Si aplicamos el criterio de la razon a la ultima serieobtenemos

lımn→∞

(n+1)k

bn+1

nk

bn

= lımn→∞

1

b

(n+ 1

n

)k=

1

b,

de modo que obtenemos el mismo valor que nos permite decidir la conver-gencia o divergencia de la serie. ¿Habra una sucesion {an} tal que existiendolos lımites

lımn→∞

n√an y lım

n→∞

anbn,

estos sean diferentes? Analicemos dos ejemplos aplicando los dos metodos.

Ejemplo

Consideremos la serie generada por la sucesion{

1+n2

nn

}y apliquemos pri-

mero el criterio de la razon:

lımn→∞

1 + (n+ 1)2

(n+ 1)n+1

1 + n2

nn

= lımn→∞

(n2 + 2n+ 2)nn

(n2 + 1) (n+ 1)n+1

= lımn→∞

(n2 + 2n+ 2)

(n2 + 1) (n+ 1)lımn→∞

nn

(n+ 1)n

= lımn→∞

(n2 + 2n+ 2)

(n2 + 1) (n+ 1)lımn→∞

1(1 + 1

n

)n= 0 · 1

e= 0.

Ahora pasamos al criterio de la raız:

lımn→∞

n

√1 + n2

nn= lım

n→∞

1

nn√

1 + n2 = lımn→∞

1

n· lımn→∞

n√

1 + n2 = 0 · 1 = 0;

y obtuvimos el mismo numero.

Ejemplo

Veamos que ocurre con la serie generada por la sucesion{

1nan

}:

lımn→∞

1(n+1)an+1

1nan

=1

alımn→∞

n

n+ 1=

1

a;

por otro lado,

lımn→∞

n

√1

nan= lım

n→∞

1

a n√n

=1

alımn→∞

1n√n

=1

a

y nuevamente son iguales los lımites.

Ejercicios

1. Demuestra que para la serie generada por la sucesion{

5n

n2+4

}los lımites

que aparecen en los criterios de la razon y de la raız coinciden.

2. Demuestra que para la serie generada por la sucesion

1,1

2,

1

2 · 3,

1

22 · 3,

1

22 · 32,

1

23 · 32,

1

23 · 33, . . .

no se verifica la igualdad de los lımites que aparecen en los criterios dela razon y de la raız.

Ahora comprobaremos que los lımites son iguales cuando ambos existen.

Para mostrar esto, supongamos que la serie∞∑n=1

an es tal que

r = lımn→∞

n√an y R = lım

n→∞

an+1

an

existen y son diferentes. Para fijar ideas, supongamos que r < R. Sea ρ unnumero real tal que r < ρ < R. Definimos bn = an

ρnpara toda n, entonces

aplicamos los criterios de la razon y de la raız a la serie generada por estaultima sucesion. Por un lado,

lımn→∞

n√bn = lım

n→∞n

√anρn

=lımn→∞

n√an

ρ=r

ρ< 1

lo que dice que la serie∞∑n=1

bn es convergente. Por otro lado,

lımn→∞

bn+1

bn= lım

n→∞

an+1

ρn+1

anρn

=1

ρlımn→∞

an+1

an=R

ρ> 1

lo que dice que la serie∞∑n=1

bn es divergente. Puesto que no puede ser que la

serie sea convergente y divergente, nuestra hipotesis de que r < R es falsa.De manera analoga se muestra que no puede ocurrir que r > R, por lo que ry R deben ser iguales. (¿Por que el ejercicio 2 no contradice este resultado?)Podemos resumir nuestro analisis como sigue.

Proposicion 6.5. Sea∞∑n=1

an una serie de terminos positivos. Si los lımites

lımn→∞

n√an y lım

n→∞

an+1

an

existen, entonces son iguales.

6.4. La serie armonica

Ahora veremos algunas propiedades especiales de la serie armonica.

Proposicion 6.6. Ninguna suma parcial de la serie armonica es un numeroentero.

Demostracion. Analicemos

Sn = 1 +1

2+

1

3+ · · ·+ 1

n, con n > 1.

Sea k el mayor entero tal que 2k ≤ n < 2k+1. Observa que k ≥ 1 y ningunode los numeros 2k + 1, 2k + 2, . . . , n es divisible entre 2k. De hecho, solo unode los denominadores de Sn es divisible entre 2k. Sea M el mınimo comunmultiplo de 1, 2, 3, . . . , n; observemos que M es divisible entre 2k pero noentre 2k+1. Ahora escribimos Sn en terminos del comun denominador como

Sn =M + M

2+ M

3+ · · ·+ M

n

M.

Todos excepto uno de los numeros del numerador son numeros pares, porlo tanto el numerador es un numero impar, mientras que el numero M espar, por lo tanto Sn no es entero.

178 6.4. La serie armonica

Ahora veremos otra demostracion de la divergencia de la serie armonica.Consideremos las sumas parciales

S2n = 1 +1

2+

1

3+ · · ·+ 1

2ny Sn = 1 +

1

2+

1

3+ · · ·+ 1

n.

Supongamos que la serie armonica es convergente, de modo que

lımn→∞

S2n = lımn→∞

Sn o bien lımn→∞

(S2n − Sn) = 0.

Analicemos la diferencia

S2n − Sn =1

n+ 1+

1

n+ 2+ · · ·+ 1

n+ n.

De los n sumandos, el menor es 12n

, de modo que

S2n − Sn >1

2n+

1

2n+ · · ·+ 1

2n=

n

2n=

1

2.

Esto dice que lımn→∞

(S2n − Sn) ≥ 12, lo que es una contradiccion; por lo

tanto, la serie es divergente.

De hecho, el crecimiento de la serie armonica es extremadamente lento.Para ver esto, recordemos como demostramos la primera vez que la seriearmonica es divergente:

2

(1

2

)+2

(1

4

)+4

(1

8

)≤ 1+

1

2+

1

3+

1

4+

1

5+

1

6+

1

7+

1

8≤ 1+2

(1

2

)+4

(1

4

)+

1

8

y en general,

2

(1

2

)+ 2

(1

4

)+ 4

(1

8

)+ · · ·+ 2n−1

(1

2n

)≤ 1 +

1

2+

1

3+ · · ·+ 1

2n+1 − 1+

1

2n+1

≤ 1 + 2

(1

2

)+ 4

(1

4

)+ · · ·+ 2n

(1

2n

)+

1

2n+1,

de modo que1

2(n+ 1) ≤ S2n ≤ n+

1

2n+1;

por ejemplo,


si n = 5, S32 ≤ 5 + 164

;

si n = 10, S1024 ≤ 10 + 1211 ;

si n = 20, S1048576 ≤ 20 + 1221 ; y

si n = 64, S18446744073709551616 ≤ 64 + 1265 .

Como se ve, el crecimiento de las sumas parciales es sumamente lento.Podrıamos preguntarnos que suma parcial es del orden de 106, pero serıa muyengorroso encontrar una potencia de 2 para obtener esta estimacion. Veamosotra manera de estimar las sumas parciales de la serie armonica:

En 1734, Leonhard Euler escribio el artıculo De Progressionibus harmo-nics observationes, donde calculo los 6 primeros dıgitos de un numero que esel lımite de la sucesion

1 +1

2+

1

3+ · · ·+ 1

n+ 1− log n.

Este numero se conoce como la constante de Euler-Mascheroni y su valoraproximado es

0.577215664901532860606.

Se ha podido demostrar que esta constante no es un numero racional.La existencia de esta constante nos dice que las sumas parciales de la seriearmonica se comportan como el logaritmo. Podemos usar este hecho pararesponder a nuestra pregunta anterior: ¿Que suma parcial es del orden de106? Notemos que log 264 = 64 log 2 = 44.36141956, que todavıa es menorque el numero 64 + 1

265 y S264 ≈ 44.8, 224 log 2 ≈ 106 entonces n es del orden

de 2224y la suma parcial con este ındice tambien.

En conclusion, podemos decir que la serie armonica es una sucesion denumeros racionales no enteros que diverge a∞ y crece muy lentamente cercade log n.

Veamos ahora una suma muy peculiar que se construye quitando a la seriearmonica todos los numeros que tienen al menos un 9 en el denominador,por ejemplo 1

9, 1

19, 1

29, · · · , 1

99, · · · . La serie que se obtiene es

1 +1

2+ · · ·+ 1

8+

1

10+ · · ·+ 1

88+

1

100+

1

101+ · · ·+ 1

888+ · · ·

180 6.4. La serie armonica

Veamos que esta serie es convergente. Agrupemos de la siguiente maneray estimemos la suma parcial(

1 +1

2+ · · ·+ 1

8

)+

(1

10+ · · ·+ 1

88

)+

(1

100+

1

101+ · · ·+ 1

888

)

+ · · ·+

1

100 · · · 0︸︷︷︸n ceros

+ · · ·+ 1

888 · · · 8︸︷︷︸(n+1) ochos

.

Las sumas que aparecen en cada uno de estos parentesis se pueden acotarde la siguiente manera:

1 +1

2+ · · ·+ 1

8≤ 1 + 1 + · · ·+ 1︸︷︷︸

8 sumandos

,

1

10+ · · ·+ 1

88≤ 1

10+ · · ·+ 1

10︸︷︷︸8×9 sumandos

,

1

100+

1

101+ · · ·+ 1

888≤ 1

100+

1

100+ · · ·+ 1

100︸︷︷︸8×92 sumandos

,

1

100 · · · 0︸︷︷︸n ceros

+ · · ·+ 1

888 · · · 8︸︷︷︸n+1 ochos

≤ 1

10n+

1

10n+ · · ·+ 1

10n︸︷︷︸8×9n sumandos

.

De aquı se obtiene que la suma de todos los elementos del lado izquierdode estas desigualdades es menor o igual a

8× 90 + 8× 9

10+ 8×

(9

10

)2

+ 8×(

9

10

)3

+ · · ·+ 8×(

9

10

)n= 8×

1−(

910

)n+1

1− 910

= 80×

(1−

(9

10

)n+1),

que es una suma geometrica con razon menor que 1. Por lo tanto, la serie

1 +1

2+ · · ·+ 1

8+

1

10+ · · ·+ 1

88+

1

100+

1

101+ · · ·+ 1

888+ · · ·


es convergente. Esta serie converge lentamente, por ejemplo la suma parcialcon los 105 primeros terminos esta cerca de 12.0908, que esta relativamentelejos del numero al que converge la serie (aproximadamente 22.921).

Si el numero n tiene al menos un dıgito 9 escribimos 9 ∈ n; en casocontrario escribimos 9 /∈ n. Entonces la serie armonica se descompone comola suma

∞∑n=1

1

n=∑n∈9

1

n+∑n/∈9

1

n

donde el segundo sumando es convergente, y el primer sumando es divergente.De hecho, en el analisis anterior el 9 no juega un papel central y se puedeextender el resultado:

Proposicion 6.7. Para cualquier numero r = 0, 1, 2, . . . , 8, 9 se tiene que laserie

∑n∈r

1n

es divergente y la serie∑n/∈r

1n

es convergente.

Los lectores interesados en este tema pueden consultar el artıculo [1] queaparece en la bibliografıa.

6.5. Series alternantes

Ahora analizaremos la serie

∞∑n=1

(−1)n−1

n.

Veamos el comportamiento de algunas de sus sumas parciales:

S1 = 1,

S2 = 1− 1

2,

S3 = 1− 1

2+

1

3,

S4 = 1− 1

2+

1

3− 1

4,

S5 = 1− 1

2+

1

3− 1

4+

1

5, . . .

Al graficar las sumas parciales observamos que las sumas impares decreceny que las sumas pares crecen:

182 6.5. Series alternantes

De hecho,

S2n+1 = S2n−1 −1

2n+

1

2n+ 1= S2n−1 −

1

2n(2n+ 1);

por lo tanto se tiene S2n−1 ≥ S2n+1. De manera analoga se tiene la otradesigualdad:

S2n = S2n−2 +

(1

2n− 1− 1

2n

)= S2n−2 +

1

2n(2n− 1);

entonces S2n ≥ S2n−2, de modo que las sumas parciales pares e impares sonsucesiones monotonas. Ademas es facil ver que estan acotadas entre 1 y 1

2.

Por lo tanto, son convergentes y convergen al mismo numero, pues

lımn→∞

S2n = lımn→∞

(S2n−1 −1

2n) = lım

n→∞S2n−1;

por lo tanto la serie∞∑n=1

(−1)n−1

n

es convergente.Demostremos que la serie converge a log 2. Para esto recordemos (pagina

179) que la sucesion

γn = 1 +1

2+

1

3+ · · ·+ 1

n− log n

converge a la constante de Euler-Mascheroni que denotaremos por γ. Agru-pemos los terminos positivos y los negativos de la siguiente manera:

1−1

2+

1

3− 1

4+

1

5− 1

6+

1

7− 1

8+ · · ·+ 1

2n− 1− 1

2n

=

(1 +

1

3+

1

5+

1

7+ · · ·+ 1

2n− 1

)−(

1

2+

1

4+

1

6+

1

8+ · · ·+ 1

2n

)=

(1 +

1

2+

1

3+

1

4+ · · ·+ 1

2n− 1+

1

2n

)−(

1 +1

2+

1

3+

1

4+ · · ·+ 1

n

)=

(1 +

1

2+

1

3+ · · ·+ 1

2n− 1+

1

2n− log 2n

)−(

1 +1

2+

1

3+

1

4+ · · ·+ 1

n− log n

)+ log 2n− log n;


por lo tanto,

lımn→∞

(1− 1

2+

1

3− 1

4+

1

5− 1

6+

1

7− 1

8+ · · ·+ 1

2n− 1− 1

2n

)= γ−γ+log 2

y entonces∞∑n=1

(−1)n−1

n= log 2.

De manera mas general, consideremos una serie alternante; es decir, una

serie de la forma∞∑n=1

(−1)n−1an, donde an ≥ 0 para toda n. ¿Que condiciones

pedimos a la sucesion an para que la serie sea convergente? Si hacemos una

analogıa con la serie∞∑n=1

(−1)n−1

n, Podemos pedir a {an} que sea una suce-

sion de terminos positivos, decreciente y que tienda a cero. Recordemos la

demostracion de la convergencia de∞∑n=1

(−1)n−1

ny sustituyamos an por 1

n:

S1 = a1;

S2 = a1 − a2;

S3 = a1 − a2 + a3;

S4 = a1 − a2 + a3 − a4;

S5 = a1 − a2 + a3 − a4 + a5, . . .

Comprobemos que la sucesion de las sumas parciales impares es decre-ciente y la de sumas parciales pares es creciente:

S2n+1 = S2n−1 − a2n + a2n+1 = S2n−1 − (a2n − a2n+1).

Como {an} es decreciente, a2n − a2n+1 > 0 y ası S2n+1 ≤ S2n−1. Para lassumas parciales pares tenemos que

S2n = S2n−2 + (a2n−1 − a2n) ≥ S2n−2.

Tenemos que efectivamente las sucesiones {S2n} y {S2n−1} son monoto-nas. Como ademas son acotadas, se tiene que son convergentes y

lımn→∞

S2n = lımn→∞

(S2n−1 − a2n) = lımn→∞

S2n−1 − lımn→∞

a2n = lımn→∞

S2n−1;

por lo tanto, la serie∞∑n=1

(−1)n−1an es convergente. A continuacion resumimos

esta informacion:

184 6.6. Convergencia absoluta

Proposicion 6.8 (Criterio de Leibnitz). La serie∞∑n=1

(−1)n−1an es conver-

gente si la sucesion {an} es positiva, decreciente y converge a cero.

Ejercicio

Comprueba que las siguientes series satisfacen las hipotesis del criterio deLeibnitz:

1.∞∑n=1

(−1)n−1

n2 ,

2.∞∑n=1

(−1)n−1

log(n+1),

3.∞∑n=1

(−1)n−1

(n+1) log(n+1),

4.∞∑n=1

(−1)n−1

log log(n+1).

6.6. Convergencia absoluta

Los criterios de convergencia que hemos establecido hasta ahora corres-ponden a series con terminos positivos o series alternantes. Sin embargo notenemos criterios de convergencia o divergencia para series del tipo de

∞∑n=1

senn

n,

∞∑n=1

cosn

n2,∞∑n=1

(−1)n−1

2n+ n3

∞∑n=1

(−1)n−1√n

n+ 1,

∞∑n=1

(−1)n−13n

2n + 1.

Recuerda que una condicion necesaria para que una serie sea convergentees que la sucesion que la genera tienda a cero, de modo que primero verifica-remos esta condicion para nuestros ejemplos.

Para la primera serie, puesto que −1 ≤ senn ≤ 1, tenemos que

lımn→∞

−1

n≤ lım

n→∞

senn

n≤ lım

n→∞

1

n,

de modo que

lımn→∞

senn

n= 0.


De manera analoga se prueba que

lımn→∞

cosn

n2= 0.

Pasemos a los siguientes lımites:

lımn→∞

(−1)n−1

2n+ n3= lım

n→∞

(−1)n−1

n3

2nn3 + n3

n3

=0

0 + 1= 0;

para el segundo,

lımn→∞

(−1)n−1√n

n+ 1= lım

n→∞

(−1)n−1√nnn+1n

=0

1 + 0= 0

y

lımn→∞

(−1)n−13n

2n + 1= lım

n→∞

(−1)n−1

2n

3n+ 1

3n

.

Este ultimo lımite no existe, porque si n es impar la sucesion diverge a+∞, mientras que si n es par la sucesion diverge a −∞. Despues de ha-ber calculado los lımites, podemos afirmar que la ultima serie es divergente.Ahora analicemos que sucede con las otras cuatro series.

Necesitamos otro tipo de criterio para determinar si convergen o divergen.¿Con que herramienta contamos para contestar la pregunta? Tenemos basi-camente dos herramientas: los criterios para la convergencia de series conterminos positivos o el criterio de convergencia de Leibnitz para las seriesalternantes.

Una primera pregunta es ¿que pasa con la serie∞∑n=1

an si la serie∞∑n=1

|an| es

convergente? Al calcular la serie de los valores absolutos en nuestros cuatroejemplos, tenemos que

∞∑n=1

∣∣∣senn

n

∣∣∣ =∞∑n=1

|senn|n

,

∞∑n=1

∣∣∣cosn

n2

∣∣∣ =∞∑n=1

|cosn|n2

≤∞∑n=1

1

n2,

∞∑n=1

∣∣∣∣(−1)n−1

2n+ n3

∣∣∣∣ =∞∑n=1

1

2n+ n3≤

∞∑n=1

1

n3,

∞∑n=1

∣∣∣∣(−1)n−1√n

n+ 1

∣∣∣∣ =∞∑n=1

√n

n+ 1.


En el primer caso, no es claro a primera vista si la serie del lado derechoes convergente o divergente. La segunda y tercera series son convergentes yla ultima es divergente, lo que puede verse al compararla con la serie

∑1√n

y usar el criterio de comparacion por cociente de dos series con terminospositivos:

lımn→∞

√n

n+11√n

= lımn→∞

n

n+ 1= 1.

Regresemos a nuestro primer ejemplo. Como la serie∑ |senn|

nes muy

parecida a la serie armonica, conjeturamos que es divergente. Para probaresto usaremos la desigualdad

|sen(x− 1)|+ |senx| ≥ sen 1;

para justificarla, basta observar que

sen 1 = | sen 1| = | sen(1− x+ x)|= | sen(1− x) cosx+ cos(1− x) senx|≤ | sen(1− x)| | cosx|+ | cos(1− x)| | senx|≤ | sen(x− 1)|+ | senx|,

donde hemos usado el hecho de que sen(−y) = − sen y y que | cos y| ≤ 1.Regresando al analisis de la serie, tenemos que

lımn→∞

(|sen 1|

1+|sen 2|

2+ · · ·+ |sen(2n− 1)|

2n− 1+|sen 2n|

2n

)= lım

n→∞

((|sen 1|

1+|sen 2|

2

)+ · · ·+

(|sen(2n− 1)|

2n− 1+|sen 2n|

2n

))≥ lım

n→∞

((|sen 1|+ |sen 2|

2

)+ · · ·+

(|sen(2n− 1)|+ |sen 2n|

2n

))≥ lım

n→∞

(|sen 1|

2+|sen 1|

4+ · · ·+ |sen 1|

2n

),

de modo que∞∑n=1

|senn|n

≥ |sen 1|2

∞∑n=1

1

n

efectivamente es divergente.


En resumen, estamos comparando una serie con otra serie cuyos terminosson los valores absolutos de la serie original. Hay casos en que la serie definidapor los valores absolutos converge y la serie original es convergente, como∑ (−1)n−1

n2 . Por otro lado, hay series convergentes cuya serie correspondiente

con los valores absolutos es divergente, como∑ (−1)n−1

n.

Diremos que una serie∞∑n=1

an es absolutamente convergente si la serie

∞∑n=1

|an| es convergente.

A continuacion veremos la relacion entre la convergencia de una serie ysu convergencia absoluta:

Proposicion 6.9. Si una serie es absolutamente convergente, entonces esconvergente.

Esta afirmacion es una consecuencia del siguiente hecho:

Ejercicio

Si a+ = max(a, 0) y a− = max(−a, 0) entonces a+ y a− son positivos y

1. |a| = a+ + a−;

2. a = a+ − a−;

3. a+ ≤ |a|, a− ≤ |a|.

Demostracion de la proposicion. Del hecho anterior tenemos:

N∑n=1

a+n ≤

N∑n=1

|an| yN∑n=1

a−n ≤N∑n=1

|an| .

Como∞∑n=1

|an| es convergente, tenemos que las series∞∑n=1

a+n y

∞∑n=1

a−n son

convergentes y ademas

∞∑n=1

an =∞∑n=1

(a+n − a−n ) =

∞∑n=1

a+n −

∞∑n=1

a−n ,

de modo que la serie∞∑n=1

an es convergente.

En cuanto a nuestros ejemplos, tenemos que las series

∞∑n=1

cosn

n2y

∞∑n=1

(−1)n−1

2n+ n3

son absolutamente convergentes y por tanto convergentes; por otro lado, lasseries

∞∑n=1

senn

ny

∞∑n=1

(−1)n−1√n

n+ 1

no son absolutamente convergentes.

Definicion 6.10. Si una serie converge y la serie formada con los valoresabsolutos de los terminos de la primera es divergente, decimos que la serie escondicionalmente convergente.

Podemos extender nuestros criterios para las series con terminos positivosy negativos, lo que agrupamos en la siguiente proposicion.

Proposicion 6.11 (Criterios de convergencia para series absolutamente con-

vergentes). Consideremos una serie∞∑n=1

an.

1. Criterio de la razon de D’Alembert. Sea r = lımn→∞

|an+1||an| , entonces

la serie∞∑n=1

an es absolutamente convergente si r < 1 y diverge si r > 1.

2. Criterio de la raız (Cauchy). Sea r = lımn→∞

n√|an|. Si r < 1 la serie

∞∑n=1

an converge absolutamfente, mientras que si r > 1 la serie diverge.

Agregaremos a estos criterios el siguiente:

Proposicion 6.12 (Criterio de Dirichlet). Supongamos que la sucesion An =n∑k=1

ak esta acotada y bn es una sucesion decreciente que converge a cero.

Entonces la serie∞∑n=1

anbn es convergente.

El criterio de Dirichlet es una generalizacion del criterio de Leibnitz que

aparece en la pagina 184; en ese caso, An =n∑k=1

(−1)k−1. Esta sucesion

esta acotada y si bn es una sucesion decreciente a cero, entonces la serie∞∑n=1

(−1)n−1bn es convergente.

Demostracion del criterio de Dirichlet. Observa que se cumple la siguienteigualdad (ejercicio):

n∑k=1

akbk = Anbn+1 +n∑k=1

Ak(bk − bk+1),

donde An =n∑k=1

ak y definimos A0 = 0.

Sea Sn = a1b1 + · · ·+ anbn y analicemos la diferencia Sn − Sm. Si n > mentonces Sn − Sm = am+1bm+1 + · · ·+ anbn y usando la igualdad anterior setiene

Sn − Sm = Anbn+1 − Ambm+1 +n∑

k=m+1

Ak(bk − bk+1)

Como 0 ≤ bn+1 ≤ bn y |An| ≤M , entonces

|Sn − Sm| ≤ Mbn+1 +Mbm+1 +Mn∑k=1

(bk − bk+1)

= M(bn+1 + bm+1 + bm+1 − bn+1) = 2Mbm+1.

Como la sucesion {bn} converge a cero, entonces dada ε > 0 existe N talque bm < ε

2Mpara m > N ; por lo tanto, si n,m > N entonces |Sn − Sm| < ε;

es decir, la sucesion de sumas parciales es una sucesion de Cauchy y por la

Proposicion 4.7 tenemos que la serie∞∑n=1

anbn es convergente, como querıamos

demostrar.

Ejemplo

Ya demostramos que la serie∞∑n=1

|senn|n

es divergente, por lo que la serie

∞∑n=1

sennn

no es absolutamente convergente. Sin embargo, esta ultima serie es

convergente, lo que probaremos ahora usando el criterio de Dirichlet.


Hagamos An =n∑k=1

senn y bn = 1n. Para ver que An es una sucesion

acotada, multiplicamos y dividimos por 2 sen 1, usando ademas la identidad

2 senα sen β = cos(α− β)− cos(α + β)

para obtener

An = sen 1 + sen 2 + sen 3 + sen 4 + · · ·+ sen(n− 1) + senn

=1

2 sen 1(2 sen 1 sen 1 + 2 sen 1 sen 2 + 2 sen 1 sen 3 + 2 sen 1 sen 4

+ · · ·+ 2 sen 1 sen(n− 1) + 2 sen 1 senn)

=1

2 sen 1(cos 0− cos 2 + cos 1− cos 3 + cos 2− cos 4 + cos 3− cos 5

+ · · ·+ cos(n− 2)− cosn+ cos(n− 1)− cos(n+ 1))

=1

2 sen 1(1 + cos 1− cos(n+ 1)− cosn)

por lo tanto

|An| ≤2

sen 1.

Como la sucesion 1n

es decreciente y convergente a cero, se satisfacen lashipotesis del criterio de Dirichlet y por tanto la serie es condicionalmenteconvergente.

Ejercicio

¿Para que valores de α la serie∞∑n=1

sennnα

converge absolutamente y para

que valores es condicionalmente convergente?

Ejemplo

Veamos que ocurre con la serie

∞∑n=1

(−1)n−1√n

n+ 1.

Esta serie no es absolutamente convergente; de hecho, la serie∞∑n=1

√n

n+1no

es convergente porque es mayor que la serie armonica. Para probar que la


serie es convergente es suficiente ver que la sucesion√n

n+1es decreciente y que

converge a cero:

√n

n+ 1−√n+ 1

n+ 2

=

√n(n+ 2)− (n+ 1)

√n+ 1

(n+ 1)(n+ 2)

=(√n(n+ 2)− (n+ 1)

√n+ 1)(

√n(n+ 2) + (n+ 1)

√n+ 1)

(n+ 1)(n+ 2)(√n(n+ 2) + (n+ 1)

√n+ 1)

=n(n+ 2)2 − (n+ 1)3

(n+ 1)(n+ 2)(√n(n+ 2) + (n+ 1)

√n+ 1)

=n2 + n− 1

(n+ 1)(n+ 2)(√n(n+ 2) + (n+ 1)

√n+ 1)

> 0;

entonces la sucesion es decreciente y cumple las hipotesis del criterio de Leib-nitz; por lo tanto, la serie es convergente.

Ejercicios

Utiliza los criterios de convergencia para analizar cada una de las siguien-tes series:

∞∑n=1

1

n3/2

∞∑n=1

1

n(n+ 1)

∞∑n=1

1

n log n∞∑n=1

1

n log n log log n

∞∑n=1

cosn

n

∞∑n=1

log n

n2

∞∑n=1

(−1)n5n

k!

∞∑n=1

(−1)n1010n

n!

∞∑n=1

nn

n!

∞∑n=1

n

n2 + 1

∞∑n=1

(−1)n−1√n

n2 + 1

∞∑n=1

n2

2n

∞∑n=1

2n

n3 + n2 + 1

∞∑n=1

(n+ 1)(n+ 2)

n!

∞∑n=1

(n+ 3)!

n!(3n)!3n

∞∑n=1

nk

an,

∞∑n=1

1

n1+ 1n

,∞∑n=1

(−1)[√n]

n1+ 1n

192 6.7. Series telescopicas

6.7. Series telescopicas

Una serie∞∑n=1

an es telescopica si se puede escribir como la serie

∞∑n=1

(bn − bn+1)

generada por la sucesion

b1 − b2, (b1 − b2) + (b2 − b3), (b1 − b2) + (b2 − b3) + (b3 − b4), . . .

y el n-esimo termino es

(b1 − b2) + (b2 − b3) + (b3 − b4) + · · ·+ (bn−2 − bn−1) + (bn−1 − bn).

Si efectuamos las operaciones se observa que se van cancelando los termi-nos intermedios y sobran el primero y el ultimo sumando, ası que la sucesionse puede escribir como

b1 − b2, b1 − b3, b1 − b4, . . . , b1 − bn, . . .

Podemos afirmar que silımn→∞

bn = b

entonces la serie telescopica converge a b1 − b.Un ejemplo de serie telescopica es

1

1 · 2+

1

2 · 3+

1

3 · 4+

1

4 · 5+ · · ·+ 1

n · (n+ 1)+ · · · ,

ya que1

n · (n+ 1)=

1

n− 1

n+ 1;

entonces

1

1 · 2+

1

2 · 3+

1

3 · 4+ · · ·+ 1

n · (n+ 1)+ · · ·

=

(1− 1

2

)+

(1

2− 1

3

)+

(1

3− 1

4

)+ · · ·+

(1

n− 1

n+ 1

)+ · · ·

= lımn→∞

(1− 1

n+ 1

)= 1.


Ejercicios

1. Verifica que la serie

1

1 · 2 · 3+

1

2 · 3 · 4+

1

3 · 4 · 5+

1

4 · 5 · 6+ · · ·+ 1

n · (n+ 1) · (n+ 2)+ · · ·

es telescopica, comprobando la siguiente igualdad:

1

k · (k + 1) · (k + 2)=

1

2

(1

k · (k + 1)− 1

(k + 1) · (k + 2)

);

ademas, usa esta igualdad para demostrar que la serie converge a 14.

2. Comprueba que las siguientes series son telescopicas y calcula sus lımi-tes.

a)∞∑n=1

1

(a+ n+ 1) (a+ n).

b)∞∑n=1

1

(a+ n+ 2) (a+ n+ 1) (a+ n).

c)1

1 · 2 · 3 · 4+ · · ·+ 1

n · (n+ 1) · (n+ 2) · (n+ 3)+ · · ·

d)1

1 · 2 · 3 · 4 · 5+ · · ·+ 1

n · (n+ 1) · (n+ 2) · (n+ 3) · (n+ 4)+ · · ·

e)∞∑n=1

1

4n2 − 1.

f )∞∑n=1

1√n+√n+ 1

.

Bibliografıa

[1] H. Behforooz. Thinning Out the Harmonic Series. Mathematics Maga-zine, Vol. 68, No. 4 (Oct. 1995), paginas 289-293.

[2] V. Berinde. Exploring, Investigating and Discovering in Mathematics.Birkhauser, 2004.

[3] R. Courant. Differential & Integral Calculus, Vol. I. Wiley, 1988.

[4] R. Courant y F. John. Introduccion al Calculo y al Analisis Matematico.Limusa, 1999.

[5] R. Courant y H. Robbins. ¿Que son las matematicas? Fondo de CulturaEconomica, 2002.

[6] G. Exner. Inside Calculus. Springer, 2000.

[7] S. Friedberg, A. Insel y L. Spence. Algebra lineal. Publicaciones cultural,1982.

[8] S. I. Gelfand, M. Gerver, A. Kirillov, N. Konstantinov y A. Kushnirenko.Sequences, Combinations, Limits. Dover, 2002.

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[11] I. Lakatos. Pruebas y refutaciones. La logica del descubrimiento ma-tematico. Alianza Editorial, 1994.

[12] G. Polya. Como plantear y resolver problemas. Trillas, 1984.

195

196 Bibliografıa

[13] G. Polya. Matematicas y razonamiento plausible. Tecnos, 1966.

[14] W. Rudin. Principios de Analisis Matematico. McGraw-Hill, 1980.

[15] I. Sominskii. El metodo de la induccion matematica. Limusa, 1976.

Indice alfabetico

Antecesor, 68, 70

Conjetura, 5Constante de Euler-Mascheroni, 179,

182Convergencia

absoluta, 187condicional, 188de la serie geometrica, 155de series, 156de sucesiones, 87

Criterio de convergenciade Dirichlet, 188de la raız

de Cauchy, 174, 188de la razon

de D’Alembert, 162, 188de las potencias de 2

de Cauchy, 167de Leibnitz, 184por comparacion, 170

Desigualdadde Cauchy, 52del triangulo, 63entre las medias

aritmetica y armonica, 48aritmetica y geometrica, 45aritmetica, geometrica

y armonica, 50, 51armonica y geometrica, 48

Distancia, 62Divergencia a ±∞, 108

Formula del binomio de Newton, 28Factorial, 23Fraccion infinita, 134

Lımite de una sucesion, 87

Mayor o igual que, 42Mayor que, 42Media

aritmetica, 46armonica, 47geometrica, 46

Menor o igual que, 42Menor que, 42

Numeroirracional, 124negativo, 42positivo, 42racional, 124real, 42

Operaciones cerradas, 42Orden de los numeros reales, 42

Principio de induccion, 14

Regla de correspondencia, 67

Serie

197

198 Indice alfabetico

absolutamenteconvergente, 187

alternante, 183convergente, 156geometrica, 150telescopica, 192

Subsucesion, 75Sucesion

acotada, 85alternante, 72constante, 71creciente, 111decreciente, 111definicion, 69monotona, 111no creciente, 111no decreciente, 111numerica, 71recurrente, 127

Sucesionde Cauchy, 106

Sucesor, 68, 70

Tendencia de una sucesion, 82Terminos de una sucesion, 71Triangulo

de Pascal, 25de Sierpinski, 122

Valor absoluto, 56

una mirada al cálculo a través de las sucesiones.pdf

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