Cálculo · tema 02

Sucesiones y series

Convergencia, monotonía y acotación. Y por qué los cien primeros términos no deciden nada.

Una sucesión es una lista infinita de números con un orden. Nada más. Lo que la hace interesante —y lo que se examina— es una sola pregunta: ¿hacia dónde va?

Y hay una idea que atraviesa el tema entero y que decide la mitad de los ejercicios: el final de la lista no depende del principio. Puedes cambiar los mil primeros términos por lo que quieras y el límite no se entera.

Qué significa exactamente converger

La definición formal parece una fórmula que memorizar y no lo es. Dice esto:

\lim_{n\to\infty} a_n = L \iff \forall \varepsilon > 0 \;\; \exists\, m \in \mathbb{N} : \; n > m \Rightarrow |a_n - L| < \varepsilon

Léelo como un juego entre dos. Tú eliges un margen $\varepsilon$ , tan pequeño como quieras. Yo tengo que responderte con un momento $m$ a partir del cual todos los términos están a menos de $\varepsilon$ del límite. Si puedo hacerlo siempre, sea cual sea tu margen, la sucesión converge.

Tú pones la franja de anchura ε; yo te señalo el término m. Lo que la definición exige es que a partir de ahí no se salga ni uno.

Dos detalles que son los que se puntúan:

El $m$ depende de $\varepsilon$ . Cuanto más apretado sea el margen, más tarde empezará a cumplirse. Escribir un $m$ que no dependa de $\varepsilon$ es no haber entendido la definición.
«Todos» los términos a partir de $m$ , no «alguno». Una sucesión que se acerca y se aleja, aunque pase muy cerca infinitas veces, no converge.

Ese segundo detalle da la herramienta más rápida que existe para negar una convergencia. Si de una sucesión extraes dos subsucesiones —los términos pares por un lado, los impares por otro, o cualquier otra selección infinita de términos respetando el orden— y cada una tiende a un sitio distinto, la sucesión original no converge. No hace falta $\varepsilon$ ni nada: si el todo converge, cualquier trozo infinito converge a lo mismo, y basta exhibir dos trozos que discrepen para tumbarlo.

Es lo que liquida las alternadas en una línea. En $a_n = (-1)^n$ los pares dan constantemente $1$ y los impares $-1$ ; dos límites, luego no hay ninguno. Y marca la diferencia con las sucesiones a trozos del apartado siguiente: ahí el cambio ocurre una sola vez y la cola entera es un único trozo, así que no hay dos subsucesiones que discrepen y la sucesión sí converge.

Basta encontrar dos trozos infinitos que vayan a sitios distintos. No hace falta ningún épsilon: si el todo convergiera, cualquier trozo convergería a lo mismo.

Error típico · mirar los primeros términos

Ante una sucesión definida a trozos —« $n^3$ si $n<1000$ , y $1-\frac1n$ a partir de ahí»— la tentación es calcular $a_1, a_2, a_3$ y concluir que crece sin límite.

Pero la convergencia solo mira la cola. Da igual lo que hagan los mil primeros términos: si a partir de un momento la sucesión se comporta como $1-\frac1n$ , converge a 1.

Los exámenes usan esto a propósito. Cuando veas un $n<100$ o un $n<1000$ en la definición, el enunciado te está tendiendo la mano: esa parte no decide la convergencia. Lo que sí puede decidir es la monotonía y la acotación, que miran la sucesión entera.

Creciente, decreciente, acotada

Tres definiciones cortas que hay que saber escribir, porque los exámenes las piden literalmente:

Creciente: $a_{n+1} > a_n$ para todo $n \in \mathbb{N}$ .
Decreciente: $a_{n+1} < a_n$ para todo $n \in \mathbb{N}$ .
Acotada: existen $p, q \in \mathbb{R}$ con $p \le a_n \le q$ para todo $n$ .
Divergente hacia $-\infty$ : para todo $M \in \mathbb{R}$ existe $n_0$ tal que $a_n < M$ para todo $n > n_0$ .

Fíjate en el «para todo $n$ » de las cuatro primeras palabras clave. Ahí está la diferencia con la convergencia, que solo pide «a partir de un momento». Por eso una sucesión definida a trozos puede ser convergente y no monótona a la vez: el salto entre los dos trozos rompe la monotonía pero no toca el límite.

Faltan dos que se piden en el mismo apartado y que no son lo mismo que máximo y mínimo. El supremo es la menor de las cotas superiores, y el ínfimo la mayor de las inferiores. La diferencia que puntúa: el supremo no tiene por qué alcanzarse. En $a_n = 1 - \frac1n$ el supremo es $1$ y ningún término vale $1$ ; el ínfimo es $0$ y ese sí se alcanza, en $n=1$ . Cuando un enunciado pregunta «¿se alcanza?», está preguntando exactamente esto.

Error típico · confundir «no creciente» con «decreciente»

Que una sucesión no sea creciente no la hace decreciente. Puede no ser ninguna de las dos cosas: basta con que suba en un sitio y baje en otro.

Cuando un examen pregunta por el crecimiento de una sucesión a trozos, la respuesta correcta suele ser precisamente esa: ni creciente ni decreciente. Y hay que justificarlo enseñando dos parejas de términos consecutivos, una que suba y otra que baje.

Monótona y acotada implica convergente

Es el teorema con más rentabilidad del tema. Si una sucesión crece y está acotada por arriba, converge; y su límite es el supremo del conjunto de sus términos.

La utilidad práctica: te da la convergencia sin calcular el límite. En un ejercicio donde el término general es incómodo, demostrar que crece y que no pasa de cierto valor ya cierra la respuesta.

Ojo al sentido de la implicación: convergente no implica monótona. La sucesión $\frac{(-1)^n}{n}$ converge a 0 y va saltando de signo en signo.

El límite, si existe, es único

Parece obvio y es un ejercicio de examen recurrente. La demostración es un razonamiento por reducción al absurdo que conviene tener escrito:

Si hubiera dos límites distintos $L_1 \neq L_2$ , tomando $\varepsilon = \frac{|L_1-L_2|}{2}$ los términos tendrían que estar, a partir de un momento, a la vez a menos de $\varepsilon$ de los dos. Pero esas dos condiciones son incompatibles, porque los entornos son disjuntos. Contradicción.

El truco —elegir $\varepsilon$ como la mitad de la distancia entre los dos candidatos— es el mismo que aparece en media docena de demostraciones del tema.

El teorema que más cae: el signo se conserva en el límite

De los once cursos, diez traen una demostración de este tipo, y en cinco de ellos el enunciado es literalmente el mismo: si $a_n \ge 0$ para todo $n$ y $a_n \to L$ , entonces $L \ge 0$ . Con sus variantes: si $x_n \le y_n$ entonces $\lim x_n \le \lim y_n$ , o si $a_n > b$ entonces $L \ge b$ .

Todas se demuestran con la misma plantilla, y merece la pena aprenderse la plantilla y no las demostraciones sueltas:

Supón lo contrario. Aquí, que $L < 0$ .
Elige el $\varepsilon$ que fabrica la contradicción, no uno cualquiera. Como $L<0$ , la elección que funciona es $\varepsilon = |L| = -L$ .
Aplica la definición: existe un $m$ tal que $|a_n - L| < \varepsilon$ para todo $n > m$ .
Desarrolla el valor absoluto y saca la desigualdad que choca con la hipótesis. Con ese $\varepsilon$ sale $a_n < L + |L| = 0$ , es decir, $a_n < 0$ para infinitos términos. Contradice que todos sean $\ge 0$ .
Cierra: la suposición era falsa, luego $L \ge 0$ .

El paso 2 es el que separa un aprobado de un sobresaliente. Un $\varepsilon$ elegido a ojo no lleva a ninguna parte; el que sirve es siempre la distancia exacta entre lo que supones y la frontera que quieres cruzar — $|L|$ aquí, y $\frac{|L_1-L_2|}{2}$ en la unicidad de arriba.

Error típico · concluir con desigualdad estricta

La hipótesis dice $a_n \ge 0$ , o incluso $a_n > 0$ , y la tentación es rematar con $L > 0$ . La conclusión correcta es $L \ge 0$ en los dos casos, y este es el punto que el examen evalúa año tras año.

El contraejemplo cabe en una línea: $a_n = \frac1n$ es estrictamente positiva para todo $n$ y su límite es $0$ . El paso al límite conserva las desigualdades anchas, no las estrictas. Si tu demostración parece dar $L > 0$ , es que has usado en algún punto un $\varepsilon$ concreto como si valiera para todos.

Escribe el contraejemplo en la respuesta aunque no te lo pidan: es la forma más corta de demostrar que sabes por qué la conclusión no puede ser más fuerte.

Series: sumar infinitos términos

Una serie $\sum a_n$ es el límite de sus sumas parciales. Converge cuando ese límite existe.

De ahí sale la condición necesaria más usada: si $\sum a_n$ converge, entonces $a_n \to 0$ . En contrapositivo, que es como se usa: si el término general no tiende a cero, la serie no converge, y eso cierra el ejercicio en una línea.

Error típico · creer que el recíproco también vale

Que $a_n \to 0$ no garantiza que la serie converja. El contraejemplo clásico es la serie armónica $\sum \frac1n$ : su término general tiende a cero y la suma crece sin límite.

La condición sirve para descartar, nunca para confirmar.

La serie geométrica es la que hay que tener en la punta de los dedos:

\sum_{n=0}^{\infty} r^{n} = \frac{1}{1-r} \qquad \text{si } |r| < 1

Y si la suma no empieza en $n=0$ sino en $n=k$ , basta sacar factor común:

\sum_{n=k}^{\infty} r^{n} = \frac{r^{k}}{1-r}

Eso resuelve de un plumazo los problemas de «un móvil que recorre cada vez una fracción de lo anterior»: son geométricas disfrazadas.

Las otras tres que caen

Hasta 2020-2021 el examen se conformaba con la geométrica. Desde 2021-2022 el último ejercicio es una serie de verdad, y ha caído tres de los últimos cinco cursos. Estas son las tres formas que han salido.

Falta una herramienta que aquí no se usa y más adelante sí: el criterio del cociente. En esta evaluación las series que caen se suman —geométricas, telescópicas— o se descartan con la condición necesaria, y para eso no hace falta. Donde sí hace falta es al calcular el radio de convergencia de una serie de potencias, que es material de Taylor: está explicado en su apartado del tema 4.

Telescópicas: casi todo se cancela

Cuando el término general se descompone en fracciones simples, la suma parcial se derrumba y solo sobreviven los extremos:

\sum_{n=1}^{N}\left(\frac{1}{n}-\frac{1}{n+1}\right) = 1-\frac{1}{N+1} \xrightarrow[N\to\infty]{} 1

La señal para reconocerlas es un denominador factorizable en términos consecutivos: $n(n+1)$ , o $(2n-1)(2n+1)(2n+3)$ . Se descompone, se escriben tres o cuatro sumandos completos y se ve qué se cancela.

Cada resta se empareja con la suma de la fila siguiente. Con dos factores en el denominador sobrevive uno en cada punta; con tres, sobreviven dos, y ahí es donde se falla.

Error típico · cancelar antes de mirar cuántos quedan

Con tres factores en el denominador no sobrevive un solo término en cada punta: sobreviven dos, porque cada denominador aparece tres veces con coeficientes que suman cero, y eso deja descolgados los del principio.

Escribe siempre los cuatro primeros sumandos desarrollados antes de decidir qué queda.

Alternadas: el criterio de Leibniz

Si los signos alternan y el valor absoluto del término general decrece y tiende a cero, la serie converge:

\sum_{n=1}^{\infty}\frac{(-1)^{n+1}}{n} = \ln 2

Las dos condiciones son necesarias las dos: decrecer no basta si el límite no es cero, y tender a cero no basta si no decrece.

Error típico · confundir converger con converger absolutamente

La armónica alternada converge, pero la serie de sus valores absolutos —la armónica— diverge. Se dice que converge condicionalmente, y no es un tecnicismo: significa que reordenar sus términos puede cambiar la suma.

Si te preguntan «¿converge?», la respuesta es sí. Si te preguntan «¿converge absolutamente?», es no.

Cuando el término lleva una n delante

$\sum n\,r^{n}$ no es geométrica, pero sale de ella derivando. Partiendo de $\sum_{n\ge0} r^{n} = \frac{1}{1-r}$ y derivando respecto de $r$ :

\sum_{n=1}^{\infty} n\,r^{\,n} = \frac{r}{(1-r)^{2}} \qquad \text{si } |r|<1

Es la que cayó en 2024-2025, con la razón leída de una gráfica.

Y el que te regalan en el enunciado

Los criterios exóticos —hipergeométrica, cociente, raíz— el examen los da escritos dentro del enunciado cuando los necesita. Lo que se puntúa entonces no es recordarlos: es comprobar sus hipótesis y aplicarlos sin saltarse pasos. Pasó en 2025-2026 con la hipergeométrica, donde el enunciado traía la fórmula de la suma y los diez puntos estaban en identificar bien $\alpha$ , $\beta$ y $\gamma$ .

Lo que hay que llevar sabido

Como en el tema 1: todo esto está explicado arriba y esta lista no es la fuente, es lo que se relee la última hora. Con una diferencia, y es que aquí las definiciones se piden literales. «Definir formalmente los siguientes conceptos» es un apartado que ha caído en cuatro de los once cursos, y se corrige por el orden de los cuantificadores.

Las siete definiciones formales

concepto	con cuantificadores
creciente	$a_{n+1} > a_n \;\; \forall n \in \mathbb{N}$
decreciente	$a_{n+1} < a_n \;\; \forall n \in \mathbb{N}$
acotada	$\exists\, p,q \in \mathbb{R} : p \le a_n \le q \;\; \forall n$
convergente a $L$	$\forall \varepsilon>0 \;\; \exists\, m : n>m \Rightarrow \lvert a_n-L\rvert<\varepsilon$
divergente a $-\infty$	$\forall M \in \mathbb{R} \;\; \exists\, n_0 : n>n_0 \Rightarrow a_n < M$
supremo	la menor de las cotas superiores; puede no alcanzarse
ínfimo	la mayor de las cotas inferiores; puede no alcanzarse

El orden importa: en la convergencia primero se da el $\varepsilon$ y después se busca el $m$ . Escribirlo al revés dice algo distinto y falso.

La plantilla de la demostración

Suponer lo contrario · elegir el $\varepsilon$ que fabrica la contradicción — $|L|$ contra el cero, $\frac{|L_1-L_2|}{2}$ entre dos candidatos, $\frac{x-y}{2}$ entre dos límites— · aplicar la definición · desarrollar el valor absoluto · chocar con la hipótesis. Y cerrar recordando que la conclusión es con $\ge$ , nunca con $>$ , con $a_n = \frac1n$ de contraejemplo.

Las cuatro sumas

\sum_{n=0}^{\infty} r^{n} = \frac{1}{1-r}, \qquad \sum_{n=k}^{\infty} r^{n} = \frac{r^{k}}{1-r}, \qquad \sum_{n=1}^{\infty} n\,r^{\,n} = \frac{r}{(1-r)^{2}}

todas con $|r|<1$ ; y la telescópica, que no tiene fórmula: se descompone en fracciones simples, se escriben cuatro sumandos y se mira qué sobrevive.

Y las dos frases que resuelven medio tema

Los primeros términos no cuentan para el límite, pero sí para la suma. Y si el término general no tiende a cero, la serie no converge — pero que tienda a cero no demuestra nada, que para eso está la armónica.

Practica lo que acabas de leer

Leer la definición de límite en un caso concreto

Ejemplo introductorio, para entrar de cero. Cada paso equivocado recibe su diagnóstico, no un «incorrecto».

Hacer el ejercicio →

nivel: ejemploEjemplo introductorio · Road to Ingeniería. No es de examen ni del boletín.

Leer la definición de límite en un caso concreto

paso 1 de 4

1.er intento a pelo · al 2.º aparece la pista, al 3.º el desarrollo — la solución nunca se da al fallar: se te dice en qué te has ido y por qué.

Enunciado

Para la sucesión $a_n = \dfrac{1}{n}$ , que converge a $0$ , encontrar un $m$ que sirva en la definición de límite cuando $\varepsilon = 0{,}01$ .

El menor m natural a partir del cual todos los términos distan de 0 menos de 0,01.

01
Reconocer el camino
COMP1
En la definición de límite, ¿quién elige primero, $\varepsilon$ o $m$ ?
02
La desigualdad que hay que resolver
COMP2
$\left|a_n - 0\right| < 0{,}01$ es $\dfrac{1}{n} < 0{,}01$ . ¿A partir de qué valor de $n$ se cumple? Da el menor natural que la cumple.
Tu respuesta al paso 2un número natural — vale la forma exacta: pi/4, sqrt(3)/2, (e^2-1)/2…
03
Y con un margen diez veces menor
COMP2
Si ahora te piden $\varepsilon = 0{,}001$ , ¿cuál es el menor $n$ que sirve?
Tu respuesta al paso 3un número natural — vale la forma exacta: pi/4, sqrt(3)/2, (e^2-1)/2…
04
Justificar el argumento
COMP4
Ordena la respuesta formal. Una pieza no debe entrar.
1. Ve eligiendo las piezas en orden.
El razonamiento, en orden
1. Sea $\varepsilon > 0$ cualquiera.
2. $\left|a_n - 0\right| = \frac1n$ , porque todos los términos son positivos.
3. $\frac1n < \varepsilon$ equivale a $n > \frac{1}{\varepsilon}$ .
4. Basta tomar $m$ como el primer natural mayor que $\frac{1}{\varepsilon}$ .

¿Esto está mal? Dilo →La resolución es nuestra y puede tener fallos. El enunciado es el original.

nivel: ejemploEjemplo introductorio · Road to Ingeniería. No es de examen ni del boletín.

Por qué el límite de términos positivos no tiene por qué ser positivo

paso 1 de 3

1.er intento a pelo · al 2.º aparece la pista, al 3.º el desarrollo — la solución nunca se da al fallar: se te dice en qué te has ido y por qué.

Enunciado

Se sabe que $a_n > 0$ para todo $n$ y que $a_n \to L$ . Decidir si se puede afirmar que $L > 0$ , y en caso contrario dar un contraejemplo.

Si la conclusión es L > 0 o L ≥ 0, con un contraejemplo que lo justifique.

01
Reconocer el camino
COMP1
¿Qué se puede afirmar del límite?
02
El contraejemplo
COMP2
Toma $a_n = \dfrac{1}{n}$ , que cumple $a_n > 0$ para todo $n$ . ¿Cuánto vale su límite?
Tu respuesta al paso 2un número — vale la forma exacta: pi/4, sqrt(3)/2, (e^2-1)/2…
03
Justificar el argumento
COMP4
Ordena el razonamiento completo. Una pieza es falsa.
1. Ve eligiendo las piezas en orden.
El razonamiento, en orden
1. Supón que fuera $L < 0$ , y toma $\varepsilon = \left|L\right|$ .
2. Existiría un $m$ con $\left|a_n-L\right| < \left|L\right|$ para todo $n>m$ .
3. Eso daría $a_n < L + \left|L\right| = 0$ , contra la hipótesis $a_n>0$ .
4. Luego $L \ge 0$ ; y $a_n = \frac1n$ enseña que la igualdad puede darse.

¿Esto está mal? Dilo →La resolución es nuestra y puede tener fallos. El enunciado es el original.

nivel: ejemploEjemplo introductorio · Road to Ingeniería. No es de examen ni del boletín.

Sumar una serie geométrica

paso 1 de 4

1.er intento a pelo · al 2.º aparece la pista, al 3.º el desarrollo — la solución nunca se da al fallar: se te dice en qué te has ido y por qué.

Enunciado

Calcular la suma de la serie

\sum_{n=0}^{\infty}\left(\frac{1}{2}\right)^{n} = 1+\frac12+\frac14+\frac18+\cdots

La suma, y por qué la serie converge.

01
Reconocer el camino
COMP1
¿Por qué esta serie converge?
02
La razón
COMP2
¿Cuánto vale la razón $r$ , es decir, por cuánto se multiplica cada término para obtener el siguiente?
Tu respuesta al paso 2en forma exacta, o con dos decimales — vale la forma exacta: pi/4, sqrt(3)/2, (e^2-1)/2…
03
La suma
COMP2
Con $\displaystyle\sum_{n=0}^{\infty} r^{n} = \frac{1}{1-r}$ , ¿cuánto suma la serie?
Tu respuesta al paso 3un número — vale la forma exacta: pi/4, sqrt(3)/2, (e^2-1)/2…
04
Justificar el argumento
COMP4
Ordena la respuesta. Una pieza sobra.
1. Ve eligiendo las piezas en orden.
El razonamiento, en orden
1. La serie es geométrica, con $r = \frac12$ .
2. Como $\left|r\right| < 1$ , converge.
3. Su suma vale $\frac{1}{1-r} = \frac{1}{1/2} = 2$ .
4. Empieza en $n=0$ , así que la fórmula se aplica tal cual.

¿Esto está mal? Dilo →La resolución es nuestra y puede tener fallos. El enunciado es el original.

nivel: ejemploEjemplo introductorio · Road to Ingeniería. No es de examen ni del boletín.

Una serie telescópica, término a término

paso 1 de 4

1.er intento a pelo · al 2.º aparece la pista, al 3.º el desarrollo — la solución nunca se da al fallar: se te dice en qué te has ido y por qué.

Enunciado

Calcular

\sum_{n=1}^{\infty}\frac{1}{n(n+1)}

La descomposición en fracciones simples y la suma.

01
Reconocer el camino
COMP1
¿Qué señal indica que esta serie es telescópica?
02
La descomposición
COMP2
Se escribe $\dfrac{1}{n(n+1)} = \dfrac{A}{n} + \dfrac{B}{n+1}$ . ¿Cuánto vale $A$ ?
Tu respuesta al paso 2un número — vale la forma exacta: pi/4, sqrt(3)/2, (e^2-1)/2…
03
La suma
COMP2
Escribiendo los primeros sumandos de $\left(\frac11-\frac12\right)+\left(\frac12-\frac13\right)+\cdots$ , ¿cuánto vale la suma total?
Tu respuesta al paso 3un número — vale la forma exacta: pi/4, sqrt(3)/2, (e^2-1)/2…
04
Justificar el argumento
COMP4
Ordena el desarrollo. Una pieza es falsa.
1. Ve eligiendo las piezas en orden.
El razonamiento, en orden
1. El denominador $n(n+1)$ son dos factores consecutivos, así que se descompone.
2. $\frac{1}{n(n+1)} = \frac1n - \frac{1}{n+1}$ .
3. En la suma parcial se cancela todo menos el primer y el último término.
4. $S_N = 1 - \frac{1}{N+1} \to 1$ , luego la serie suma 1.

¿Esto está mal? Dilo →La resolución es nuestra y puede tener fallos. El enunciado es el original.

nivel: practicaEjercicio 2.1 · Problemas complementarios, tema 2 · Cálculo, UPV/EHU (2011/2012 4E)

Una sucesión creciente que tiende a cero

paso 1 de 3

1.er intento a pelo · al 2.º aparece la pista, al 3.º el desarrollo — la solución nunca se da al fallar: se te dice en qué te has ido y por qué.

Enunciado

Supongamos que $\{a_n\}_{n\in\mathbb{N}}$ es una sucesión creciente cuyo límite es 0.

Decidir cuál de las afirmaciones es cierta, y para la sucesión $a_n = \frac{n-3}{n+1}$ con $\varepsilon = 10^{-10}$ , encontrar el menor $m$ tal que $|a_n - L| < \varepsilon$ para todo $n>m$ .

01
Reconocer el camino
COMP1
De las cuatro afirmaciones del enunciado, ¿cuál es la única cierta?
02
Justificar el argumento
COMP4
Ordena el razonamiento que demuestra la afirmación cierta. Una de las piezas no debe entrar.
1. Ve eligiendo las piezas en orden.
El razonamiento, en orden
1. Se razona por reducción al absurdo: supongamos que existe $n_0$ con $a_{n_0} \ge 0$ .
2. Al ser creciente, $a_n > a_{n_0} \ge 0$ para todo $n > n_0$ : a partir de ahí todos los términos son estrictamente positivos.
3. El límite de una sucesión creciente es el supremo de sus términos, y en particular es mayor o igual que cualquiera de ellos: $L \ge a_{n_0+1} > 0$ .
4. Pero el enunciado dice que $L = 0$ , y $0 > 0$ es falso. Contradicción, luego $a_n < 0$ para todo $n$ .
La imagen que hay que tener: una sucesión creciente sube hacia su límite y se queda siempre por debajo. Si el límite es 0, vive entera en los negativos.
03
El menor m del apartado (e)
COMP2
Para $a_n = \dfrac{n-3}{n+1}$ y $\varepsilon = 10^{-10}$ , ¿cuál es el menor $m$ tal que $|a_n - L| < \varepsilon$ para todo $n > m$ ?
Tu respuesta al paso 3un número entero — vale la forma exacta: pi/4, sqrt(3)/2, (e^2-1)/2…

Resolución completa

Datos. $\{a_n\}$ creciente con $\lim a_n = 0$ .

1 · Qué obliga la combinación «creciente» + «límite 0»

Las dos condiciones por separado no dicen gran cosa; juntas fijan el signo de todos los términos.

Afirmación: $a_n < 0$ para todo $n$ . Por reducción al absurdo, supongamos que existe $n_0$ con $a_{n_0} \ge 0$ . Al ser creciente,

a_n > a_{n_0} \ge 0 \qquad \forall n > n_0

Además, el límite de una sucesión creciente es el supremo de sus términos, así que $L \ge a_{n_0+1} > 0$ . Pero $L = 0$ . Contradicción.

Por tanto (b) es la única cierta, y con ella caen las otras tres: no hay ningún término positivo (a), no puede haber términos de los dos signos (c), y ninguno vale exactamente cero (d).

El ejemplo que fija la idea: $a_n = -\frac1n$ es creciente, tiende a 0 y es siempre negativa.

2 · El apartado (e)

Para $a_n = \dfrac{n-3}{n+1}$ , el límite es $L=1$ : numerador y denominador son de grado 1 con el mismo coeficiente principal.

La distancia al límite se simplifica de golpe:

|a_n - L| = \left|\frac{n-3}{n+1} - 1\right| = \left|\frac{(n-3)-(n+1)}{n+1}\right| = \frac{4}{n+1}

Se impone la condición de la definición de límite:

\frac{4}{n+1} < 10^{-10} \;\Longleftrightarrow\; n+1 > \frac{4}{10^{-10}} = 4\cdot 10^{10} \;\Longleftrightarrow\; n > 4\cdot 10^{10} - 1

Como se pide el menor $m$ tal que la desigualdad valga para todo $n > m$ :

m = 4\cdot 10^{10} - 1 = 39\,999\,999\,999

3 · Comprobación

Con $n = m+1 = 4\cdot10^{10}$ : $\frac{4}{4\cdot10^{10}+1} < 10^{-10}$ ✔

Con $n = m = 4\cdot10^{10}-1$ : $\frac{4}{4\cdot10^{10}} = 10^{-10}$ , que no es menor estricto que $\varepsilon$ . Por eso $m$ no puede ser más pequeño.

Resultado

\boxed{\;\text{Solo es cierta } a_n<0 \;\forall n; \qquad m = 4\cdot 10^{10}-1 = 39\,999\,999\,999\;}

¿Esto está mal? Dilo →La resolución es nuestra y puede tener fallos. El enunciado es el original.

nivel: practicaEjercicio 2.12 · Problemas complementarios, tema 2 · Cálculo, UPV/EHU (2013/2014 7E)

Comparar sucesiones que tienden a cero

paso 1 de 3

1.er intento a pelo · al 2.º aparece la pista, al 3.º el desarrollo — la solución nunca se da al fallar: se te dice en qué te has ido y por qué.

Enunciado

Se consideran las sucesiones

\text{(a) } \left\{\frac{1}{n}\right\} \quad \text{(b) } \left\{\frac{1}{n^{2}}\right\} \quad \text{(c) } \left\{\frac{(-1)^{n}}{n}\right\} \quad \text{(d) } \left\{\frac{1}{n+100}\right\}

Calcular sus límites y elegir, para cada caso, dos de ellas tales que (i) $\lim \frac{x_n}{y_n}=0$ ; (ii) $=1$ ; (iii) $=\infty$ ; (iv) no exista pero la sucesión esté acotada.

01
Reconocer el camino
COMP1
Las cuatro tienden a 0. Entonces, ¿por qué sus cocientes dan cosas distintas?
02
El cociente que da infinito
COMP2
Para el caso (iii), $\lim \frac{x_n}{y_n} = \infty$ , se toman $x_n = \frac1n$ e $y_n = \frac{1}{n^{2}}$ . ¿A qué es igual ese cociente, simplificado, para $n = 7$ ?
Tu respuesta al paso 2un número — vale la forma exacta: pi/4, sqrt(3)/2, (e^2-1)/2…
03
Justificar el argumento
COMP4
Ordena el razonamiento del caso (iv): un cociente cuyo límite no existe pero que está acotado. Una de las piezas no debe entrar.
1. Ve eligiendo las piezas en orden.
El razonamiento, en orden
1. Se toman $x_n = \frac{(-1)^{n}}{n}$ e $y_n = \frac{1}{n}$ , las dos con límite 0.
2. Al dividir, los factores $\frac1n$ se cancelan y queda $\frac{x_n}{y_n} = (-1)^{n}$ .
3. La sucesión $(-1)^{n}$ va saltando entre $-1$ y $1$ sin estabilizarse: no tiene límite.
4. Pero está acotada: todos sus términos están entre $-1$ y $1$ .
Convergente $\Rightarrow$ acotada. Acotada $\not\Rightarrow$ convergente. La flecha va en un solo sentido, y este apartado existe para comprobar que lo sabes.

Resolución completa

Datos. Cuatro sucesiones: $\frac1n$ , $\frac{1}{n^{2}}$ , $\frac{(-1)^{n}}{n}$ y $\frac{1}{n+100}$ .

1 · Los límites

Las cuatro tienden a 0. Para la tercera conviene decir por qué: $\left|\frac{(-1)^{n}}{n}\right| = \frac1n \to 0$ , y una sucesión cuyo valor absoluto tiende a cero tiende a cero.

2 · Por qué los cocientes dan cosas distintas

Todas son infinitésimos, pero no todos van a la misma velocidad. El cociente de dos de ellas es una indeterminación $\frac{0}{0}$ que se resuelve simplificando, y el resultado mide cuál se hace pequeña antes.

3 · Los cuatro casos

(i) Límite 0. Se pone arriba la que tiende a cero más deprisa:

\frac{1/n^{2}}{1/n} = \frac{1}{n} \longrightarrow 0

(ii) Límite 1. Dos que van a la misma velocidad:

\frac{1/n}{1/(n+100)} = \frac{n+100}{n} = 1 + \frac{100}{n} \longrightarrow 1

El $+100$ es irrelevante en el infinito: por eso el límite es exactamente 1.

(iii) Límite infinito. El caso (i) al revés:

\frac{1/n}{1/n^{2}} = n \longrightarrow \infty

(iv) Sin límite, pero acotada.

\frac{(-1)^{n}/n}{1/n} = (-1)^{n}

Los factores $\frac1n$ se cancelan y queda una sucesión que alterna entre $-1$ y $1$ . No tiene límite —no se estabiliza en ningún valor— pero está acotada entre $-1$ y $1$ .

4 · La moraleja del apartado (iv)

Es la que el ejercicio quiere dejar clara: toda sucesión convergente está acotada, pero no toda acotada converge. La implicación va en un solo sentido, y $(-1)^{n}$ es el contraejemplo estándar.

5 · Comprobación

Los cuatro cocientes, evaluados en un $n$ grande, tienen que apuntar al límite anunciado:

cociente	$n=10$	$n=1000$	límite
(i) $\frac{1/n^{2}}{1/n}$	$0{,}1$	$0{,}001$	$0$ ✔
(ii) $\frac{1/n}{1/(n+100)}$	$11$	$1{,}1$	$1$ ✔
(iii) $\frac{1/n}{1/n^{2}}$	$10$	$1000$	$\infty$ ✔
(iv) $\frac{(-1)^{n}/n}{1/n}$	$1$	$1$	no existe

El (ii) merece un vistazo: en $n=10$ vale 11, muy lejos de 1. Converge, pero despacio, porque el $+100$ tarda en hacerse irrelevante. Que un término esté lejos del límite no dice nada; lo que cuenta es a dónde va.

Y el (iv) enseña por qué evaluar en un solo $n$ no basta: en $n=1000$ vale $1$ , pero en $n=999$ vale $-1$ . Mirando un único término parecería convergente.

Resultado

\boxed{\;L=0 \text{ en las cuatro};\quad \text{(i) } \tfrac{1/n^{2}}{1/n};\; \text{(ii) } \tfrac{1/n}{1/(n+100)};\; \text{(iii) } \tfrac{1/n}{1/n^{2}};\; \text{(iv) } \tfrac{(-1)^{n}/n}{1/n}\;}

¿Esto está mal? Dilo →La resolución es nuestra y puede tener fallos. El enunciado es el original.

nivel: practicaEjercicio 2.15 · Problemas complementarios, tema 2 · Cálculo, UPV/EHU (2019/2020 1E)

Una serie que no puede converger

paso 1 de 3

1.er intento a pelo · al 2.º aparece la pista, al 3.º el desarrollo — la solución nunca se da al fallar: se te dice en qué te has ido y por qué.

Enunciado

Sea la sucesión

\{a_n\}_{n\in\mathbb{N}} = \begin{cases} n^{3} & n < 1000 \\[2pt] 1 & 1000 \le n < 2000 \\[2pt] 1-\dfrac{1}{n} & n \ge 2000 \end{cases}

¿Es convergente la serie $\sum_{n=1}^{\infty} a_n$ ?

01
Reconocer el camino
COMP1
La sucesión tiene tres tramos y el primero crece como $n^{3}$ . ¿Por dónde se ataca la pregunta sobre la serie?
02
El límite del término general
COMP2
¿A qué tiende $a_n$ cuando $n \to \infty$ ?
Tu respuesta al paso 2un número — vale la forma exacta: pi/4, sqrt(3)/2, (e^2-1)/2…
03
Justificar el argumento
COMP4
Ordena el razonamiento que responde a la pregunta. Una de las piezas no debe entrar.
1. Ve eligiendo las piezas en orden.
El razonamiento, en orden
1. Condición necesaria de convergencia: si $\sum a_n$ converge, entonces $a_n \to 0$ .
2. En contrapositivo: si $a_n \not\to 0$ , la serie no converge.
3. Aquí $a_n \to 1 \neq 0$ , porque la cola de la sucesión es $1-\frac{1}{n}$ .
4. Luego la serie $\sum a_n$ no es convergente.
Cuidado con el recíproco: que $a_n \to 0$ no garantiza que la serie converja. La armónica $\sum\frac1n$ es el contraejemplo. La condición sirve para descartar, nunca para confirmar.

¿Esto está mal? Dilo →La resolución es nuestra y puede tener fallos. El enunciado es el original.

nivel: practicaEjercicio 2.7 · Problemas complementarios, tema 2 · Cálculo, UPV/EHU (2014/2015 4E)

Una sucesión con un pico en medio

paso 1 de 4

1.er intento a pelo · al 2.º aparece la pista, al 3.º el desarrollo — la solución nunca se da al fallar: se te dice en qué te has ido y por qué.

Enunciado

a_n = \begin{cases} -\dfrac{1}{n^{2}} & n < 100 \\[6pt] n & 100 \le n \le 200 \\[6pt] 1-\dfrac{1}{n} & n > 200 \end{cases}

Estudiar si es creciente, decreciente, acotada y convergente.

01
Reconocer el camino
COMP1
El tramo de en medio llega hasta 200 y el último baja a valores cercanos a 1. ¿Qué tramo decide la convergencia?
02
El límite
COMP2
¿A qué converge la sucesión?
Tu respuesta al paso 2un número — vale la forma exacta: pi/4, sqrt(3)/2, (e^2-1)/2…
03
La cota superior
COMP2
¿Cuál es el valor más grande que alcanza la sucesión?
Tu respuesta al paso 3un número — vale la forma exacta: pi/4, sqrt(3)/2, (e^2-1)/2…
1 es el límite, no el máximo. La sucesión pasa por valores mucho mayores antes de estabilizarse: en $n=200$ vale exactamente 200.
En $n=100$ empieza el tramo creciente, pero sigue subiendo hasta $n=200$ . El máximo está al final de ese tramo, no al principio.
Ese sería el máximo si la sucesión fuera solo el primer tramo, donde todos los valores son negativos. El segundo tramo la manda muy por encima.
El segundo tramo es $a_n = n$ con $100 \le n \le 200$ : crece hasta el final del intervalo.
Desarrollo
- Primer tramo ( $n<100$ ): $-\frac{1}{n^{2}}$ toma valores entre $-1$ (en $n=1$ ) y casi 0. Todos negativos.
- Segundo tramo ( $100 \le n \le 200$ ): $a_n = n$ , que va de 100 a 200.
- Tercer tramo ( $n>200$ ): $1-\frac1n$ , siempre menor que 1.
El máximo es $a_{200} = 200$ y el mínimo, $a_1 = -1$ . Por tanto
$-1 \le a_n \le 200 \qquad \forall n$
y la sucesión está acotada.
Que exista una cota, por grande que sea, es lo único que pide la definición de acotada. No hace falta que sea ajustada.
04
Justificar el argumento
COMP4
Ordena el razonamiento sobre el crecimiento. Una de las piezas no debe entrar.
1. Ve eligiendo las piezas en orden.
El razonamiento, en orden
1. Ser creciente exige $a_{n+1} > a_n$ para todo $n$ , sin excepciones.
2. Entre $n=1$ y $n=2$ la sucesión sube: $-1 < -\frac14$ . Así que no es decreciente.
3. Entre $n=200$ y $n=201$ baja de golpe: de $200$ a $1-\frac{1}{201} \approx 0{,}995$ . Así que tampoco es creciente.
4. Al fallar las dos condiciones, la sucesión no es creciente ni decreciente.
Para justificar que no es monótona basta una pareja de términos consecutivos de cada tipo. No hace falta estudiar los tres tramos enteros.

Resolución completa

Datos. Una sucesión definida en tres tramos. Se pide estudiar crecimiento, acotación y convergencia.

Cómo se ataca una sucesión a trozos. Las tres preguntas se responden con herramientas distintas, y conviene tenerlo claro antes de empezar porque cada una mira una parte diferente de la sucesión:

pregunta	qué hay que mirar
¿monótona?	todos los pares consecutivos, y sobre todo los empalmes
¿acotada?	todos los tramos, buscando el mayor y el menor valor
¿converge?	solo la cola: el último tramo

La monotonía es la más frágil de las tres: basta un par que falle. Y los pares que fallan casi siempre están en los empalmes, porque dentro de cada tramo la fórmula suele ser monótona. Por eso se empieza por ahí.

1 · Crecimiento

Ser creciente exige $a_{n+1} > a_n$ para todo $n$ ; decreciente, lo contrario. Basta un contraejemplo de cada tipo para descartar las dos.

Sube en $n=1 \to 2$ : de $-1$ a $-\frac14$ .
Baja en $n=200 \to 201$ : de $200$ a $1-\frac{1}{201} \approx 0{,}995$ .

Luego no es creciente ni decreciente. Conviene decirlo así, con las dos palabras: «no creciente» por sí solo no descarta que sea decreciente.

2 · Acotación

Tramo a tramo:

tramo	valores
$n<100$	$-\frac{1}{n^{2}}$ , entre $-1$ y casi 0
$100\le n\le 200$	de 100 a 200
$n>200$	$1-\frac1n$ , entre $0{,}995$ y 1

El mínimo es $a_1 = -1$ y el máximo $a_{200} = 200$ :

-1 \le a_n \le 200 \qquad \forall n \in \mathbb{N}

La sucesión está acotada.

3 · Convergencia

La convergencia depende solo de la cola. Los dos primeros tramos cubren 200 términos —un número finito— y son irrelevantes. Para $n>200$ :

\lim_{n\to\infty} a_n = \lim_{n\to\infty}\left(1-\frac{1}{n}\right) = 1

La sucesión es convergente con límite 1.

4 · Una observación que merece la pena escribir

Este ejercicio es un contraejemplo vivo de dos confusiones habituales:

Una sucesión puede converger sin ser monótona. El teorema dice que monótona y acotada implica convergente, no al revés.
Una sucesión puede alcanzar valores enormes —200— y converger a un número pequeño. El tamaño de los términos no dice nada del límite.

5 · Comprobación

Las tres respuestas, contrastadas con la definición:

No monótona. Basta exhibir los dos pares que la rompen, y están exhibidos: $a_1 < a_2$ y $a_{200} > a_{201}$ .
Acotada. Las cotas $-1$ y $200$ se alcanzan las dos, en $a_1$ y $a_{200}$ : son mínimo y máximo, no solo ínfimo y supremo.
Límite 1. Con $\varepsilon = 10^{-3}$ hace falta $\left|1-\frac1n-1\right| = \frac1n < 10^{-3}$ , es decir $n>1000$ . Como $1000 > 200$ , la condición cae de lleno en el tercer tramo y no hay que preocuparse por los otros dos.

Esa última comprobación es la que conviene escribir en un examen: enseña que se ha entendido que la cola es lo único que interviene.

Resultado

\boxed{\;\text{Ni creciente ni decreciente. Acotada: } -1 \le a_n \le 200. \text{ Convergente con } L=1\;}

¿Esto está mal? Dilo →La resolución es nuestra y puede tener fallos. El enunciado es el original.

nivel: practicaEjercicio 2.8 · Problemas complementarios, tema 2 · Cálculo, UPV/EHU (2016/2017 3E)

Alternar infinitas veces o cambiar una sola vez

paso 1 de 3

1.er intento a pelo · al 2.º aparece la pista, al 3.º el desarrollo — la solución nunca se da al fallar: se te dice en qué te has ido y por qué.

Enunciado

a_n = \begin{cases} 2+\dfrac{1}{n} & n \text{ impar} \\[6pt] -2-\dfrac{1}{n} & n \text{ par} \end{cases} \qquad b_n = \begin{cases} 2+\dfrac{1}{n} & n < 50 \\[6pt] -2-\dfrac{1}{n} & n \ge 50 \end{cases}

Definir el concepto de convergencia y estudiar, de forma argumentada, la convergencia de las dos sucesiones.

01
Reconocer el camino
COMP1
Las dos sucesiones usan las mismas dos fórmulas. ¿Qué las diferencia?
02
El límite de la segunda
COMP2
¿A qué converge $b_n$ ?
Tu respuesta al paso 2un número — vale la forma exacta: pi/4, sqrt(3)/2, (e^2-1)/2…
03
Justificar el argumento
COMP4
Ordena el razonamiento de por qué $a_n$ no converge. Una de las piezas no debe entrar.
1. Ve eligiendo las piezas en orden.
El razonamiento, en orden
1. Convergir a $L$ significa que, fijado cualquier $\varepsilon>0$ , todos los términos a partir de un momento distan de $L$ menos que $\varepsilon$ .
2. Los términos impares de $a_n$ están siempre por encima de 2, y los pares siempre por debajo de $-2$ .
3. Sea cual sea el candidato $L$ , tomando $\varepsilon = 1$ es imposible que los términos impares y los pares estén a la vez a distancia menor que 1 de $L$ : están separados más de 4.
4. Por muy grande que se tome $m$ , siempre quedan términos de los dos tipos después: nunca se cumple la condición. Luego $a_n$ no converge.
La diferencia entre las dos sucesiones no es de valores, es de estructura: una alterna para siempre y la otra se decide de una vez.

Resolución completa

Datos. Dos sucesiones construidas con las mismas dos expresiones, repartidas de forma distinta.

1 · La definición, que el enunciado pide explícitamente

\lim_{n\to\infty} a_n = L \iff \forall \varepsilon>0 \;\exists\, m\in\mathbb{N}:\; n>m \Rightarrow |a_n - L| < \varepsilon

Lo importante para este ejercicio son dos palabras: todos los términos a partir de $m$ , y para cualquier $\varepsilon$ .

2 · La sucesión $a_n$ no converge

Sus términos impares valen $2+\frac1n > 2$ y los pares $-2-\frac1n < -2$ : dos grupos infinitos separados por una distancia mayor que 4.

Sea cual sea el candidato $L$ , se toma $\varepsilon = 1$ . Para que la definición se cumpliera, a partir de cierto $m$ todos los términos deberían estar en el intervalo $(L-1, L+1)$ , que mide 2. Pero después de cualquier $m$ siguen apareciendo términos por encima de 2 y por debajo de $-2$ , y no caben los dos en un intervalo de longitud 2.

Luego $a_n$ no es convergente.

Nótese que sí está acotada: $-3 \le a_n \le 3$ . Acotada y no convergente: el recíproco del teorema es falso.

3 · La sucesión $b_n$ sí converge

Aquí el cambio de rama ocurre una sola vez. Para todo $n \ge 50$ ,

b_n = -2-\frac{1}{n}

y por tanto

\lim_{n\to\infty} b_n = -2

Los 49 primeros términos —que van de $b_1 = 3$ bajando hacia $b_{49} = 2+\frac{1}{49} \approx 2{,}02$ , todos por encima de 2— son un número finito y no afectan al límite. Da igual cuántos sean y cuánto valgan: mientras sean finitos, la cola manda.

4 · La comparación, que es la lección

Las dos sucesiones toman valores casi idénticos; lo que cambia es cuándo los toman. Una alterna infinitas veces y no puede estabilizarse; la otra cambia una vez y a partir de ahí ya solo hace una cosa.

Convergir no es «tomar valores pequeños» ni «estar acotada»: es estabilizarse.

5 · Comprobación

Para $b_n$ , con $\varepsilon = 10^{-2}$ :

$\left|b_n - (-2)\right| = \left|-2-\frac1n+2\right| = \frac1n < 10^{-2} \;\Longleftrightarrow\; n > 100$

Sirve $m = 100$ , que además es mayor que 50: la condición cae de lleno en la segunda rama, como tenía que ser.

Para $a_n$ , la comprobación es al revés: hay que ver que ningún $L$ vale. Con $\varepsilon = 1$ , si existiera ese $m$ , tomando un índice par $n>m$ y uno impar $n'>m$ se tendría

$\left|a_n - a_{n'}\right| \le |a_n - L| + |L - a_{n'}| < 1 + 1 = 2$

pero $\left|a_n - a_{n'}\right| > 4$ . Contradicción sin necesidad de saber cuánto vale $L$ , que es lo elegante del argumento: se descarta la convergencia sin buscar candidato.

Resultado

\boxed{\;\{a_n\} \text{ no converge}; \qquad \{b_n\} \text{ converge con } L = -2\;}

¿Esto está mal? Dilo →La resolución es nuestra y puede tener fallos. El enunciado es el original.

nivel: practicaEjercicio 2.9 · Problemas complementarios, tema 2 · Cálculo, UPV/EHU (2018/2019 5E)

De crecer como un cubo a estabilizarse en cinco

paso 1 de 3

1.er intento a pelo · al 2.º aparece la pista, al 3.º el desarrollo — la solución nunca se da al fallar: se te dice en qué te has ido y por qué.

Enunciado

\{a_n\}_{n\in\mathbb{N}} = \begin{cases} 5-\dfrac{2}{n} & n \ge 100 \\[6pt] n^{3} & n < 100 \end{cases}

Definir formalmente sucesión creciente y sucesión convergente, y estudiar el crecimiento y la convergencia de $\{a_n\}$ .

01
Reconocer el camino
COMP1
¿Qué hay que mirar para decidir si es creciente?
02
El tamaño del salto
COMP2
¿Cuánto vale $a_{99}$ , el último término del primer tramo?
Tu respuesta al paso 2un número — vale la forma exacta: pi/4, sqrt(3)/2, (e^2-1)/2…
03
Justificar el argumento
COMP4
Ordena el estudio completo. Una de las piezas no debe entrar.
1. Ve eligiendo las piezas en orden.
El razonamiento, en orden
1. Definiciones. Creciente: $a_{n+1} > a_n$ para todo $n \in \mathbb{N}$ . Convergente a $L$ : para todo $\varepsilon>0$ existe $m$ tal que $|a_n - L| < \varepsilon$ si $n>m$ .
2. Dentro de cada tramo la sucesión crece: $n^{3}$ es creciente, y $5-\frac2n$ también, porque lo que se resta se hace más pequeño.
3. Pero en el empalme baja: $a_{99} = 970\,299$ y $a_{100} = 4{,}98$ . Como falla un solo par consecutivo, no es creciente.
4. La convergencia solo mira la cola: para $n \ge 100$ la sucesión es $5-\frac2n$ , que tiende a 5.
No creciente y convergente a la vez. Los dos conceptos miran cosas distintas: uno la sucesión entera, el otro solo el final.

Resolución completa

Datos. Una sucesión que crece como $n^{3}$ hasta $n=99$ y a partir de $n=100$ vale $5-\frac{2}{n}$ .

1 · Las definiciones que pide el apartado (a)

Creciente:

\{a_n\} \text{ es creciente} \iff a_{n+1} > a_n \quad \forall n \in \mathbb{N}

Convergente:

\lim_{n\to\infty} a_n = L \iff \forall\varepsilon>0\;\exists\, m\in\mathbb{N}:\; n>m \Rightarrow |a_n-L|<\varepsilon

Merece la pena subrayar el contraste, porque es de lo que va el apartado (b): la primera exige algo de todos los términos; la segunda, solo de los que hay a partir de cierto punto.

2 · Crecimiento

Dentro de cada tramo la sucesión crece:

$n^{3}$ es creciente para $n \ge 1$ ;
$5-\frac{2}{n}$ también, porque al aumentar $n$ se resta cada vez menos.

Pero en el empalme se desploma:

a_{99} = 99^{3} = 970\,299, \qquad a_{100} = 5-\frac{2}{100} = 4{,}98

Un solo par consecutivo que incumple $a_{n+1}>a_n$ basta para que no sea creciente. Tampoco es decreciente, porque sube en todo lo demás.

3 · Convergencia

Solo cuenta la cola. Para $n\ge 100$ :

\lim_{n\to\infty}\left(5-\frac{2}{n}\right) = 5

La sucesión es convergente con límite 5.

4 · Por qué las dos cosas son compatibles

El teorema «monótona y acotada $\Rightarrow$ convergente» es una condición suficiente, no necesaria. Hay sucesiones convergentes que no son monótonas, y esta es una: converge a 5 después de dar un salto de casi un millón hacia abajo.

5 · Comprobación

Con $\varepsilon = 0{,}01$ : hace falta $\left|5-\frac2n-5\right| = \frac2n < 0{,}01$ , es decir $n > 200$ . En efecto, a partir de $n=201$ todos los términos están a menos de una centésima de 5.

Resultado

\boxed{\;\text{No creciente (ni decreciente). Convergente con } L = 5\;}

¿Esto está mal? Dilo →La resolución es nuestra y puede tener fallos. El enunciado es el original.

nivel: practicaEjercicio 2.10 · Problemas complementarios, tema 2 · Cálculo, UPV/EHU (2018/2019 7E)

Dos parámetros a partir del supremo y el ínfimo

paso 1 de 4

1.er intento a pelo · al 2.º aparece la pista, al 3.º el desarrollo — la solución nunca se da al fallar: se te dice en qué te has ido y por qué.

Enunciado

Dados $a, b \in \mathbb{R}$ , se considera la sucesión

x_n = \begin{cases} -\dfrac{a}{n} & n < 10 \\[6pt] b\,(-1)^{n} & n \ge 10 \end{cases}

Se sabe que $M=3$ es el supremo, $m=-2$ el ínfimo, y que $|x_{10}-x_{9}| = \dfrac{7}{3}$ .

Determinar $a$ y $b$ , y estudiar el crecimiento y la convergencia de la sucesión.

01
Reconocer el camino
COMP1
Tres datos y dos incógnitas. ¿Cuál conviene usar primero?
02
El primer parámetro
COMP2
El supremo es 3. ¿Cuánto vale $a$ ?
Tu respuesta al paso 2un número — vale la forma exacta: pi/4, sqrt(3)/2, (e^2-1)/2…
03
El segundo parámetro
COMP2
Con el ínfimo $-2$ y el salto $|x_{10}-x_9| = \frac73$ , ¿cuánto vale $b$ ?
Tu respuesta al paso 3un número — vale la forma exacta: pi/4, sqrt(3)/2, (e^2-1)/2…
04
Justificar el argumento
COMP4
Ordena el estudio del crecimiento y la convergencia. Una de las piezas no debe entrar.
1. Ve eligiendo las piezas en orden.
El razonamiento, en orden
1. Con $a=-3$ y $b=-2$ , la sucesión es $\frac3n$ para $n<10$ y alterna entre $-2$ y $2$ para $n \ge 10$ .
2. El primer tramo decrece: $3,\ \frac32,\ 1,\ \dots,\ \frac13$ .
3. El segundo tramo alterna: sube de $-2$ a $2$ y baja de $2$ a $-2$ , infinitas veces.
4. Al haber tramos que suben y tramos que bajan, la sucesión no es creciente ni decreciente; y al alternar para siempre entre dos valores distintos, tampoco converge.
Ni creciente, ni decreciente, ni convergente. Los tres «no» son la respuesta del apartado (b).

Resolución completa

Datos. $x_n = -\frac{a}{n}$ si $n<10$ y $x_n = b(-1)^{n}$ si $n \ge 10$ , con supremo 3, ínfimo $-2$ y $|x_{10}-x_9| = \frac73$ .

La estrategia. Hay dos incógnitas y tres datos, así que el problema está sobredeterminado: sobra información. Eso no es un descuido del enunciado, es la estructura del ejercicio, y la forma de resolverlo es repartir los datos, no plantear un sistema.

El reparto sale de mirar qué puede producir cada cosa. El supremo y el ínfimo son valores extremos, y cada tramo solo puede aportar uno de los dos: el primero es monótono y su extremo está en $n=1$ ; el segundo solo toma dos valores, $b$ y $-b$ . Identificar de qué tramo viene cada extremo es el paso que decide el ejercicio; lo demás es despejar.

El tercer dato, el salto, no da un valor nuevo: desempata un signo que los otros dos dejan indeterminado. Conviene verlo desde el principio para no buscarle otra utilidad.

1 · El supremo fija $a$

El segundo tramo solo toma los valores $b$ y $-b$ . Si el supremo es 3 y $|b|$ resultara ser 3, el ínfimo sería $-3$ y no $-2$ . Así que el 3 tiene que venir del primer tramo.

En ese tramo, $x_n = -\frac{a}{n}$ . Para que tome valores positivos hace falta $a<0$ , y entonces el mayor es el de $n=1$ :

x_1 = -a = 3 \;\Longrightarrow\; a = -3

El primer tramo queda $x_n = \frac{3}{n}$ : nueve términos que van de 3 a $\frac13$ .

2 · El ínfimo fija $|b|$

Para $n\ge10$ los valores son $b$ y $-b$ , y el menor es $-|b|$ . Como el primer tramo es todo positivo, el ínfimo tiene que salir de aquí:

-|b| = -2 \;\Longrightarrow\; |b| = 2

3 · El salto desempata el signo

x_9 = \frac{3}{9} = \frac13, \qquad x_{10} = b\,(-1)^{10} = b

|x_{10}-x_9| = \left|b-\frac13\right| = \frac73

Con $b=2$ : $\left|2-\frac13\right| = \frac53 \neq \frac73$ ✗

Con $b=-2$ : $\left|-2-\frac13\right| = \frac73$ ✔

Luego $b = -2$ .

4 · Crecimiento y convergencia

La sucesión es $3,\ \frac32,\ 1,\ \frac34,\ \dots,\ \frac13$ y a partir de $n=10$ alterna $-2,\ 2,\ -2,\ 2,\dots$

No es creciente: decrece en todo el primer tramo.
No es decreciente: sube de $-2$ a $2$ infinitas veces.
No converge: los términos se quedan pegados a $-2$ y a $2$ alternativamente. Con $\varepsilon=1$ , ningún valor $L$ puede tener a la vez cerca a los dos.

Está acotada —entre $-2$ y 3— y aun así no converge: otro recordatorio de que la acotación por sí sola no basta.

5 · Comprobación

Con $a=-3$ y $b=-2$ se reconstruye la sucesión y se contrastan los tres datos del enunciado, que es la única forma de saber que no se ha colado un signo:

$x_1,\dots,x_9 = 3,\ \tfrac32,\ 1,\ \tfrac34,\ \tfrac35,\ \tfrac12,\ \tfrac37,\ \tfrac38,\ \tfrac13 \qquad x_{10},x_{11},\dots = -2,\ 2,\ -2,\ 2,\dots$

Supremo 3 ✔ — es $x_1$ , y ningún término del segundo tramo pasa de 2.
Ínfimo $-2$ ✔ — el primer tramo es todo positivo, así que solo puede venir del segundo.
Salto $\frac73$ ✔ — $\left|-2 - \frac13\right| = \frac73$ .

Los tres datos son necesarios: sin el del salto quedarían dos soluciones, $b=2$ y $b=-2$ , y solo una da el salto que pide el enunciado.

Resultado

\boxed{\;a=-3,\quad b=-2;\quad \text{ni creciente, ni decreciente, ni convergente}\;}

¿Esto está mal? Dilo →La resolución es nuestra y puede tener fallos. El enunciado es el original.

nivel: practicaEjercicio 2.11 · Problemas complementarios, tema 2 · Cálculo, UPV/EHU (2019/2020 4E)

Una sucesión decreciente y la serie que forma

paso 1 de 3

1.er intento a pelo · al 2.º aparece la pista, al 3.º el desarrollo — la solución nunca se da al fallar: se te dice en qué te has ido y por qué.

Enunciado

\{a_n\}_{n\in\mathbb{N}} = \begin{cases} 4+\dfrac{1}{n} & n < 10 \\[6pt] \left(\dfrac{2}{3}\right)^{n} & n \ge 10 \end{cases}

Estudiar el crecimiento, el supremo, el ínfimo y la convergencia, y decidir si la serie $\sum_{n=1}^{\infty} a_n$ converge.

01
Reconocer el camino
COMP1
El primer tramo vale algo más de 4 y el segundo, para $n=10$ , vale $0{,}017$ . ¿Rompe eso la monotonía?
02
El supremo
COMP2
¿Cuál es el supremo de la sucesión?
Tu respuesta al paso 2un número — vale la forma exacta: pi/4, sqrt(3)/2, (e^2-1)/2…
03
Justificar el argumento
COMP4
Ordena el razonamiento sobre la serie del apartado (c). Una de las piezas no debe entrar.
1. Ve eligiendo las piezas en orden.
El razonamiento, en orden
1. La serie se parte en dos: los nueve primeros términos y la cola desde $n=10$ .
2. La suma de los nueve primeros es un número finito, así que no puede impedir la convergencia.
3. La cola es $\sum_{n\ge10}\left(\frac23\right)^{n}$ , una serie geométrica de razón $r=\frac23$ .
4. Como $|r| = \frac23 < 1$ , esa geométrica converge, y por tanto la serie completa también.
La misma condición que en el 2.15 cerraba el ejercicio en una línea aquí no sirve para nada: allí se usaba para descartar, que es lo único que permite.

Resolución completa

Datos. Una sucesión que vale $4+\frac1n$ en sus nueve primeros términos y $\left(\frac23\right)^{n}$ a partir del décimo.

1 · Las definiciones que pide el apartado (a)

Creciente: $a_{n+1} > a_n$ para todo $n$ . Decreciente: al revés.
Supremo: la menor de las cotas superiores. Ínfimo: la mayor de las cotas inferiores.
Convergente a $L$ : para todo $\varepsilon>0$ existe $m$ tal que $|a_n-L|<\varepsilon$ si $n>m$ .

2 · Crecimiento

Tres comprobaciones:

Primer tramo: $4+\frac1n$ decrece, porque lo que se suma es cada vez menor: $5,\ 4{,}5,\ 4{,}33,\ \dots,\ 4{,}11$ .
El salto: $a_9 = 4{,}11$ y $a_{10} = \left(\frac23\right)^{10} \approx 0{,}017$ . Baja.
Segundo tramo: $\left(\frac23\right)^{n}$ decrece, porque la razón está entre 0 y 1.

Los tres van hacia abajo, así que la sucesión es decreciente en todo su recorrido. Conviene compararlo con el ejercicio 2.9: allí el salto iba en contra de los tramos y rompía la monotonía; aquí va a favor y la conserva.

3 · Supremo, ínfimo y límite

Al ser decreciente, el supremo es el primer término:

\sup = a_1 = 4+1 = 5 \qquad (\text{y es máximo, porque se alcanza})

Los términos se acercan a 0 sin alcanzarlo, luego

\inf = 0 \qquad (\text{no es mínimo})

\lim_{n\to\infty} a_n = \lim_{n\to\infty}\left(\frac{2}{3}\right)^{n} = 0

porque una potencia de base entre 0 y 1 tiende a cero. La sucesión es convergente con límite 0, cosa que también garantizaba el teorema: decreciente y acotada inferiormente.

4 · La serie

Se parte en dos trozos:

\sum_{n=1}^{\infty} a_n = \underbrace{\sum_{n=1}^{9}\left(4+\frac1n\right)}_{\text{finita}} + \sum_{n=10}^{\infty}\left(\frac{2}{3}\right)^{n}

La primera parte es una suma de nueve números: finita, y por tanto irrelevante para la convergencia.

La segunda es una serie geométrica de razón $r=\frac23$ , con $|r|<1$ , así que converge. Su valor es

\sum_{n=10}^{\infty}\left(\frac23\right)^{n} = \frac{\left(\frac23\right)^{10}}{1-\frac23} = 3\left(\frac{2}{3}\right)^{10} \approx 0{,}052

Luego la serie converge.

Resultado

\boxed{\;\text{Decreciente};\; \sup = 5,\; \inf = 0,\; L = 0;\; \text{la serie converge}\;}

¿Esto está mal? Dilo →La resolución es nuestra y puede tener fallos. El enunciado es el original.

nivel: practicaEjercicio 2.13 · Problemas complementarios, tema 2 · Cálculo, UPV/EHU (2017/2018 3E) · El boletín remite al libro para la demostración del apartado (a): la que aquí se da es propuesta nuestra, pendiente de revisión.

La serie geométrica, y cómo empezar a sumar más tarde

paso 1 de 3

1.er intento a pelo · al 2.º aparece la pista, al 3.º el desarrollo — la solución nunca se da al fallar: se te dice en qué te has ido y por qué.

Enunciado

Demostrar que el límite de la serie geométrica $\sum_{n=0}^{\infty} r^{n}$ es $\dfrac{1}{1-r}$ y, como aplicación, obtener el valor de $\sum_{n=3}^{\infty} r^{n}$ .

Demostrar la fórmula y calcular la suma que empieza en $n=3$ .

01
Reconocer el camino
COMP1
¿Cómo se demuestra el valor de una serie?
02
La suma desde n = 3
COMP2
Con $r = \frac12$ , ¿cuánto vale $\sum_{n=3}^{\infty} r^{n}$ ?
Tu respuesta al paso 2un número — vale la forma exacta: pi/4, sqrt(3)/2, (e^2-1)/2…
03
Justificar el argumento
COMP4
Ordena la demostración de la fórmula. Una de las piezas no debe entrar.
1. Ve eligiendo las piezas en orden.
El razonamiento, en orden
1. Se llama $S_N = 1 + r + r^{2} + \dots + r^{N}$ a la suma parcial $N$ -ésima.
2. Se multiplica por $r$ y se resta: $S_N - rS_N = 1 - r^{N+1}$ , porque todos los términos intermedios se cancelan.
3. Si $r \neq 1$ se puede despejar: $S_N = \dfrac{1-r^{N+1}}{1-r}$ .
4. Si $|r|<1$ , entonces $r^{N+1} \to 0$ , y por tanto $S_N \to \dfrac{1}{1-r}$ .
Escribir la condición $|r|<1$ no es un formalismo: sin ella la fórmula devuelve resultados imposibles, como una suma de positivos que sale negativa.

Resolución completa

Aviso. El boletín remite al libro para la demostración del apartado (a). Lo que sigue es una demostración propuesta, pendiente de revisión.

1 · Qué hay que demostrar

Una serie es, por definición, el límite de sus sumas parciales:

\sum_{n=0}^{\infty} r^{n} = \lim_{N\to\infty} S_N, \qquad S_N = \sum_{n=0}^{N} r^{n}

Así que demostrar el valor de la serie es encontrar $S_N$ en forma cerrada y tomar el límite.

2 · La suma parcial

El truco es multiplicar por $r$ y restar, porque casi todo se cancela:

S_N = 1 + r + r^{2} + \dots + r^{N}

rS_N = \phantom{1 + {}} r + r^{2} + \dots + r^{N} + r^{N+1}

Restando:

S_N - rS_N = 1 - r^{N+1} \;\Longrightarrow\; S_N(1-r) = 1-r^{N+1}

Para despejar hace falta $r \neq 1$ —si $r=1$ la suma es $N+1$ y diverge—:

S_N = \frac{1-r^{N+1}}{1-r}

3 · El límite

Si $|r| < 1$ , entonces $r^{N+1} \to 0$ cuando $N\to\infty$ , y por tanto

\sum_{n=0}^{\infty} r^{n} = \lim_{N\to\infty}\frac{1-r^{N+1}}{1-r} = \frac{1}{1-r}

La condición $|r|<1$ es imprescindible: si $|r|\ge1$ el término $r^{N+1}$ no tiende a cero y la serie no converge. $\blacksquare$

4 · La aplicación: empezar en $n=3$

Sacando factor común el primer término que sí entra:

\sum_{n=3}^{\infty} r^{n} = r^{3} + r^{4} + r^{5} + \dots = r^{3}\left(1 + r + r^{2} + \dots\right) = r^{3}\sum_{k=0}^{\infty} r^{k}

\boxed{\;\sum_{n=3}^{\infty} r^{n} = \frac{r^{3}}{1-r}, \qquad |r|<1\;}

La misma idea vale en general: una serie geométrica que empieza donde sea vale el primer término dividido entre $1-r$ .

5 · Comprobación

Con $r=\frac12$ , la fórmula da $\frac{1/8}{1/2} = \frac14$ . Y por la otra vía: la suma completa vale 2, y los tres términos que se quitan suman $1+\frac12+\frac14 = \frac74$ . En efecto, $2-\frac74 = \frac14$ .

Resultado

$\boxed{\;\sum_{n=0}^{\infty} r^{n} = \frac{1}{1-r} \qquad\text{y}\qquad \sum_{n=3}^{\infty} r^{n} = \frac{r^{3}}{1-r}, \qquad\text{ambas para } |r|<1\;}$

¿Esto está mal? Dilo →La resolución es nuestra y puede tener fallos. El enunciado es el original.

nivel: practicaEjercicio 2.14 · Problemas complementarios, tema 2 · Cálculo, UPV/EHU (2019/2020 5E)

El alpinista que nunca llega

paso 1 de 3

1.er intento a pelo · al 2.º aparece la pista, al 3.º el desarrollo — la solución nunca se da al fallar: se te dice en qué te has ido y por qué.

Enunciado

Un alpinista quiere escalar una pared de 200 m. Es capaz de ascender 100 m en el primer intento, pero se va cansando, por lo que su ascensión en cada intento es más pequeña que en el anterior según la relación $a_{n+1} = a_n\,r$ , donde $a_n$ es la altura que asciende en el intento $n$ -ésimo. El tercer intento avanza 25 m.

Averiguar la razón $r$ y si el alpinista conseguirá llegar a la cima.

01
Reconocer el camino
COMP1
«Cada intento es una fracción fija del anterior». ¿Qué tipo de sucesión es?
02
La razón
COMP2
¿Cuánto vale $r$ ?
Tu respuesta al paso 2un número — vale la forma exacta: pi/4, sqrt(3)/2, (e^2-1)/2…
03
Justificar el argumento
COMP4
Ordena el razonamiento sobre si llega a la cima. Una de las piezas no debe entrar.
1. Ve eligiendo las piezas en orden.
El razonamiento, en orden
1. Lo que ha subido tras $N$ intentos es la suma parcial $S_N = 100\left(1 + \frac12 + \dots + \left(\frac12\right)^{N-1}\right)$ .
2. Esa suma vale $S_N = 100\,\dfrac{1-(1/2)^{N}}{1-1/2} = 200\left(1-\left(\tfrac12\right)^{N}\right)$ .
3. Como $\left(\frac12\right)^{N} > 0$ para todo $N$ finito, se tiene $S_N < 200$ siempre: nunca alcanza la cima.
4. El límite de $S_N$ es exactamente 200, así que se acerca tanto como se quiera pero necesitaría infinitos intentos.
La respuesta honesta es la del boletín: necesitaría infinitos intentos. En la práctica, tras 11 intentos le faltarían menos de 10 centímetros.

Resolución completa

Datos. $a_1 = 100$ m, $a_{n+1} = a_n r$ , $a_3 = 25$ m, pared de 200 m.

1 · Qué tipo de sucesión es

La relación $a_{n+1} = a_n r$ define una progresión geométrica de razón $r$ . Lo que el alpinista ha subido tras $N$ intentos es la suma de los $N$ primeros términos.

2 · La razón

Aplicando la relación dos veces, $a_3 = a_1 r^{2}$ :

25 = 100\,r^{2} \;\Longrightarrow\; r^{2} = \frac14 \;\Longrightarrow\; r = \frac12

Se descarta $r=-\frac12$ porque las alturas ascendidas son positivas. Y $r<1$ , coherente con que cada intento sea menor que el anterior.

Los intentos son entonces $100,\ 50,\ 25,\ 12{,}5,\ 6{,}25,\ \dots$

3 · ¿Llega a la cima?

Tras $N$ intentos ha subido

S_N = 100\sum_{k=0}^{N-1}\left(\frac12\right)^{k} = 100\,\frac{1-\left(\frac12\right)^{N}}{1-\frac12} = 200\left(1-\left(\frac{1}{2}\right)^{N}\right)

Como $\left(\frac12\right)^{N} > 0$ para cualquier $N$ finito,

S_N < 200 \qquad \text{para todo } N

El alpinista nunca alcanza la cima en un número finito de intentos, aunque se acerque tanto como quiera:

\lim_{N\to\infty} S_N = 200

4 · La distinción que evalúa el problema

La serie converge a 200, pero converger no es alcanzar. Es el mismo error que confundir el ínfimo con el mínimo: 200 es la menor cota superior de las sumas parciales, y ninguna suma parcial la alcanza.

Con números: tras 10 intentos lleva $199{,}80$ m; tras 20, $199{,}9998$ m. Siempre le falta algo.

5 · Comprobación

La razón se contrasta con el dato que no se usó para calcularla. Con $r=\frac12$ , los intentos son $100,\ 50,\ 25,\dots$ , y el tercero avanza en efecto 25 m ✔, que es lo que dice el enunciado.

Y la fórmula de la suma, en un caso pequeño donde se puede sumar a mano:

$S_3 = 100+50+25 = 175 \qquad\text{frente a}\qquad 200\left(1-\tfrac{1}{8}\right) = 200\cdot\tfrac78 = 175 \;\checkmark$

Conviene además descartar la otra raíz por escrito: con $r=-\frac12$ el segundo intento sería de $-50$ m —bajaría—, lo que no describe a alguien que escala cansándose. El enunciado no lo prohíbe con una fórmula, lo prohíbe con su significado físico, y eso hay que argumentarlo.

Resultado

\boxed{\;r = \tfrac12;\quad \text{no llega: necesitaría infinitos intentos}\;}

¿Esto está mal? Dilo →La resolución es nuestra y puede tener fallos. El enunciado es el original.

nivel: practicaEjercicio 2.2 · Problemas complementarios, tema 2 · Cálculo, UPV/EHU (2018/2019 1E)

Tres definiciones que hay que saber escribir

paso 1 de 3

1.er intento a pelo · al 2.º aparece la pista, al 3.º el desarrollo — la solución nunca se da al fallar: se te dice en qué te has ido y por qué.

Enunciado

Definir formalmente los siguientes conceptos: sucesión creciente, sucesión acotada, sucesión divergente hacia $-\infty$ .

Escribir las tres definiciones con cuantificadores.

01
Reconocer el camino
COMP1
¿Qué distingue una definición formal de una explicación con palabras?
02
La definición, aplicada
COMP2
Para $a_n = -n^{2}$ , que diverge hacia $-\infty$ , y tomando $M = -100$ : ¿cuál es el menor $n_0$ tal que $a_n < M$ para todo $n > n_0$ ?
Tu respuesta al paso 2un número entero — vale la forma exacta: pi/4, sqrt(3)/2, (e^2-1)/2…
03
Justificar el argumento
COMP4
Ordena las tres definiciones, cada una con su estructura. Una de las piezas no debe entrar.
1. Ve eligiendo las piezas en orden.
El razonamiento, en orden
1. Creciente: $\{a_n\}$ es creciente si $a_{n+1} > a_n$ para todo $n \in \mathbb{N}$ .
2. Acotada: $\{a_n\}$ es acotada si existen $p, q \in \mathbb{R}$ tales que $p \le a_n \le q$ para todo $n \in \mathbb{N}$ .
3. Divergente hacia $-\infty$ : para todo $M \in \mathbb{R}$ existe $n_0 \in \mathbb{N}$ tal que $a_n < M$ para todo $n > n_0$ .
4. En las dos primeras el cuantificador es «para todo $n$ », sin excepciones; en la tercera basta con que ocurra a partir de un índice.
Fíjate en el contraste que marca la última pieza: crecer y estar acotada son propiedades de todos los términos; divergir y converger solo miran el final.

Resolución completa

Enunciado. Definir formalmente sucesión creciente, sucesión acotada y sucesión divergente hacia $-\infty$ .

1 · Sucesión creciente

\{a_n\} \text{ creciente} \iff a_{n+1} > a_n \quad \forall n \in \mathbb{N}

Sin excepciones: basta un par consecutivo que no lo cumpla para que deje de serlo.

2 · Sucesión acotada

\{a_n\} \text{ acotada} \iff \exists\, p, q \in \mathbb{R} \;:\; p \le a_n \le q \quad \forall n \in \mathbb{N}

Las dos cotas. Con solo la de arriba se tiene «acotada superiormente», que es una propiedad más débil: $a_n = -n^{2}$ la cumple y no está acotada.

Equivalentemente, y a veces más cómodo: $\exists\, K > 0 : |a_n| \le K$ para todo $n$ .

3 · Sucesión divergente hacia $-\infty$

\lim a_n = -\infty \iff \forall M \in \mathbb{R} \;\exists\, n_0 \in \mathbb{N} \;:\; n > n_0 \Rightarrow a_n < M

4 · Lo que de verdad se evalúa: el orden de los cuantificadores

En la tercera definición, $n_0$ va después de $M$ , y eso significa que puede depender de él. Escribirlo al revés —«existe $n_0$ tal que para todo $M$ …»— diría que un mismo índice sirve para todas las cotas, que es falso y además imposible.

Se ve con el ejemplo: para $a_n = -n^{2}$ , con $M=-100$ basta $n_0=10$ ; con $M=-10\,000$ hace falta $n_0=100$ . El índice crece con la exigencia.

5 · El contraste entre las tres

Las dos primeras hablan de todos los términos; la tercera, solo de los que hay a partir de cierto punto. Es la misma diferencia que separa la monotonía de la convergencia, y explica por qué una sucesión definida a trozos puede converger sin ser monótona.

6 · Comprobación

Una definición se comprueba usándola. Con $a_n = -n^{2}$ :

definición	¿la cumple?	por qué
creciente	no	$a_2 = -4 < -1 = a_1$
acotada	no	no hay cota inferior: $a_n \to -\infty$
acotada superiormente	sí	$a_n \le -1$ para todo $n$
divergente a $-\infty$	sí	dado $M$ , basta $n_0 = \lceil\sqrt{\lvert M\rvert}\rceil$

La tercera y la cuarta fila son la razón de ser de la definición de acotada: si bastara la cota superior, esta sucesión estaría acotada y divergiría a la vez.

Resultado

$\boxed{ \begin{aligned} \text{creciente:}\;\; & a_{n+1} > a_n \;\; \forall n \ \text{acotada:}\;\; & \exists\, p,q \in \mathbb{R} : p \le a_n \le q \;\; \forall n \ \text{divergente a } -\infty:\;\; & \forall M \in \mathbb{R}\; \exists\, n_0 : n>n_0 \Rightarrow a_n < M \end{aligned}}$

¿Esto está mal? Dilo →La resolución es nuestra y puede tener fallos. El enunciado es el original.

nivel: practicaEjercicio 2.3 · Problemas complementarios, tema 2 · Cálculo, UPV/EHU (2016/2017 1E) · El boletín remite al libro: la demostración es propuesta nuestra, pendiente de revisión.

El límite de una sucesión de términos no negativos

paso 1 de 3

1.er intento a pelo · al 2.º aparece la pista, al 3.º el desarrollo — la solución nunca se da al fallar: se te dice en qué te has ido y por qué.

Enunciado

Demostrar la siguiente propiedad: si $a_n \ge 0$ para todo $n \in \mathbb{N}$ y $\{a_n\}$ converge hacia $L$ , entonces $L \ge 0$ .

Demostrar formalmente la propiedad.

01
Reconocer el camino
COMP1
¿Cómo se demuestra que un número no puede ser negativo?
02
El épsilon que hace saltar la contradicción
COMP2
Si se supone $L = -0{,}4$ , sirve cualquier $\varepsilon$ que deje el intervalo $(L-\varepsilon,\,L+\varepsilon)$ entero por debajo de cero. ¿Cuál es el mayor que sirve?
Tu respuesta al paso 2un número — vale la forma exacta: pi/4, sqrt(3)/2, (e^2-1)/2…
03
Justificar el argumento
COMP4
Ordena la demostración. Una de las piezas no debe entrar.
1. Ve eligiendo las piezas en orden.
El razonamiento, en orden
1. Por reducción al absurdo, supongamos que $L < 0$ .
2. Se toma $\varepsilon = \dfrac{|L|}{2} = -\dfrac{L}{2} > 0$ , que es positivo precisamente porque $L$ es negativo.
3. Por definición de límite existe $m$ tal que $|a_n - L| < \varepsilon$ para todo $n>m$ ; en particular $a_n < L + \varepsilon = \dfrac{L}{2} < 0$ .
4. Pero el enunciado dice que $a_n \ge 0$ para todo $n$ . Contradicción, luego $L \ge 0$ .
Esa es la moraleja del ejercicio: al tomar límites, « $>$ » se degrada a « $\ge$ ». Es la razón de que el enunciado esté escrito así.

Resolución completa

Aviso. El boletín remite al libro para este ejercicio. Lo que sigue es una demostración propuesta, pendiente de revisión.

Enunciado. Si $a_n \ge 0$ para todo $n$ y $a_n \to L$ , entonces $L \ge 0$ .

1 · Estrategia

Se trata de descartar que $L$ sea negativo. Como la conclusión es una desigualdad no estricta, el camino natural es la reducción al absurdo: se supone $L<0$ y se busca una contradicción con la hipótesis $a_n \ge 0$ .

2 · La demostración

Supongamos $L < 0$ . Entonces $-L > 0$ , y se puede tomar

\varepsilon = \frac{-L}{2} = \frac{|L|}{2} > 0

Por la definición de límite, existe $m \in \mathbb{N}$ tal que para todo $n > m$

|a_n - L| < \varepsilon

lo que en particular implica

a_n < L + \varepsilon = L - \frac{L}{2} = \frac{L}{2} < 0

Es decir: todos los términos a partir de $m$ serían estrictamente negativos. Pero la hipótesis dice que $a_n \ge 0$ para todo $n$ . Contradicción.

Por tanto la suposición era falsa y $L \ge 0$ . $\blacksquare$

3 · Por qué $\ge$ y no $>$

La conclusión no puede reforzarse: $a_n = \frac1n$ tiene todos sus términos estrictamente positivos y su límite es exactamente 0.

La regla general que conviene recordar: al pasar al límite, las desigualdades estrictas se debilitan. De $a_n > 0$ solo se deduce $L \ge 0$ .

4 · Sobre la elección de $\varepsilon$

Se ha tomado la mitad de la distancia de $L$ a 0. Con $\varepsilon = |L|$ el intervalo llegaría justo hasta 0 y la desigualdad $a_n < 0$ dejaría de ser estricta, con lo que el choque no sería limpio. Ese «tomar la mitad» reaparece en los ejercicios 2.4, 2.5 y 2.6.

5 · Comprobación

No demuestra nada —la demostración ya está hecha—, pero sirve para ver la maquinaria funcionando y detectar un signo cambiado. Se construye una sucesión que tienda a un límite negativo y se cuenta cuántos términos consigue mantener no negativos:

$a_n = -0{,}4 + \frac{1}{n} \;\longrightarrow\; L = -0{,}4$

$a_1 = 0{,}6 \ge 0, \qquad a_2 = 0{,}1 \ge 0, \qquad a_3 = -0{,}067 < 0, \qquad a_4 = -0{,}15 < 0,\;\dots$

Solo dos. Y con el $\varepsilon = \frac{|L|}{2} = 0{,}2$ de la demostración, la cuenta sale igual: $\frac1n < 0{,}2$ desde $n=6$ , y en efecto desde ahí todos los términos son menores que $-0{,}2$ .

Por muy despacio que se construya la sucesión, los términos no negativos son siempre finitos. Eso es exactamente lo que la hipótesis $a_n \ge 0$ para todo $n$ prohíbe.

Resultado

$\boxed{\;a_n \ge 0 \;\;\forall n \;\;\text{y}\;\; a_n \to L \;\;\Longrightarrow\;\; L \ge 0\;}$

¿Esto está mal? Dilo →La resolución es nuestra y puede tener fallos. El enunciado es el original.

nivel: practicaEjercicio 2.4 · Problemas complementarios, tema 2 · Cálculo, UPV/EHU (2012/2013 1E) · El boletín no publica solución: la demostración es propuesta nuestra, pendiente de revisión.

Infinitos positivos e infinitos negativos

paso 1 de 3

1.er intento a pelo · al 2.º aparece la pista, al 3.º el desarrollo — la solución nunca se da al fallar: se te dice en qué te has ido y por qué.

Enunciado

Supongamos que $\{a_n\}_{n\in\mathbb{N}}$ es una sucesión convergente que tiene infinitos términos positivos e infinitos términos negativos.

Demostrar formalmente que su límite es 0.

01
Reconocer el camino
COMP1
La hipótesis dice «infinitos» de cada signo. ¿Por qué es importante que sean infinitos y no solo «algunos»?
02
El épsilon
COMP2
Si se supone que el límite es $L = 0{,}6$ , sirve cualquier $\varepsilon$ que deje el intervalo $(L-\varepsilon,\,L+\varepsilon)$ entero a la derecha del cero. ¿Cuál es el mayor que sirve?
Tu respuesta al paso 2un número — vale la forma exacta: pi/4, sqrt(3)/2, (e^2-1)/2…
03
Justificar el argumento
COMP4
Ordena la demostración. Una de las piezas no debe entrar.
1. Ve eligiendo las piezas en orden.
El razonamiento, en orden
1. Sea $L$ el límite, que existe por hipótesis. Se descartan por separado los casos $L>0$ y $L<0$ .
2. Si $L>0$ : tomando $\varepsilon = \frac{L}{2}$ , existe $m$ tal que $a_n > L - \frac{L}{2} = \frac{L}{2} > 0$ para todo $n>m$ .
3. Eso deja como mucho $m$ términos negativos, un número finito, y contradice que haya infinitos. Luego $L$ no puede ser positivo.
4. Si $L<0$ : el mismo argumento con $\varepsilon = -\frac{L}{2}$ da $a_n < \frac{L}{2} < 0$ a partir de cierto índice, contradiciendo que haya infinitos positivos.
5. Descartados los dos casos, $L = 0$ .
Descartar dos casos por separado y concluir el tercero es un esquema que se repite. Lo importante es que cada caso choque con una hipótesis concreta del enunciado.

Resolución completa

Aviso. El boletín no publica solución de este ejercicio. Lo que sigue es una demostración propuesta, pendiente de revisión.

Enunciado. Si $\{a_n\}$ converge y tiene infinitos términos positivos e infinitos términos negativos, su límite es 0.

1 · Qué hace fuerte a la hipótesis

Que los términos de cada signo sean infinitos significa que, por grande que sea un índice $m$ , siempre hay términos de los dos signos después de $m$ . Eso es justo lo que choca con la definición de límite, que afirma algo sobre todos los términos a partir de cierto punto.

Si solo hubiera unos cuantos negativos, desaparecerían y no dirían nada del límite.

2 · La demostración

Sea $L = \lim a_n$ , que existe por hipótesis. Se descartan los dos casos.

Caso $L > 0$ . Se toma $\varepsilon = \frac{L}{2} > 0$ . Por definición de límite, existe $m$ tal que para todo $n>m$

|a_n - L| < \frac{L}{2} \;\Longrightarrow\; a_n > L - \frac{L}{2} = \frac{L}{2} > 0

Es decir, todos los términos a partir de $m$ son positivos, y por tanto hay como mucho $m$ términos negativos: un número finito. Eso contradice la hipótesis de que hay infinitos negativos.

Caso $L < 0$ . Simétrico: con $\varepsilon = -\frac{L}{2} > 0$ se obtiene $a_n < \frac{L}{2} < 0$ para todo $n>m$ , y solo habría finitos términos positivos. Contradicción.

Descartados los dos, la única posibilidad es

L = 0 \qquad \blacksquare

3 · El ejemplo que acompaña

$a_n = \frac{(-1)^{n}}{n}$ cumple las hipótesis: converge, y tiene infinitos términos de cada signo. Su límite es, en efecto, 0.

4 · Lo que no vale como argumento

Decir que «los positivos y los negativos se compensan» no demuestra nada: los límites no promedian signos, la hipótesis no afirma que haya la misma cantidad de cada tipo, y los términos no tienen por qué ser simétricos. Todo el peso lo lleva la definición.

5 · Comprobación

Se intenta construir un contraejemplo y se ve que no sale, que es la mejor forma de comprobar una demostración por reducción al absurdo. Para que el límite fuera $L = 0{,}6$ con infinitos negativos, habría que mantener términos por debajo de cero sin dejar de acercarse a $0{,}6$ :

$a_n = 0{,}6 + \frac{(-1)^{n}}{n} \;\longrightarrow\; 0{,}6$

$a_1 = -0{,}4 < 0, \qquad a_2 = 1{,}1, \qquad a_3 = 0{,}27, \qquad a_4 = 0{,}85,\;\dots$

Un solo término negativo. Y no es mala suerte: con $\varepsilon = \frac{L}{2} = 0{,}3$ , a partir de $n>\frac{1}{0{,}3}$ todos los términos superan $0{,}3$ . La oscilación que sobrevive al límite es cada vez más pequeña, y por eso no puede cruzar el cero infinitas veces si el límite no es cero.

Frente a esto, $a_n = \frac{(-1)^{n}}{n}$ sí cruza infinitas veces, y su límite es 0.

Resultado

$\boxed{\;\{a_n\}\text{ convergente con infinitos términos de cada signo} \;\;\Longrightarrow\;\; \lim a_n = 0\;}$

¿Esto está mal? Dilo →La resolución es nuestra y puede tener fallos. El enunciado es el original.

nivel: practicaEjercicio 2.5 · Problemas complementarios, tema 2 · Cálculo, UPV/EHU (2018/2019 1E) · El boletín no publica solución: la demostración es propuesta nuestra, pendiente de revisión.

Las desigualdades sobreviven al límite, pero debilitadas

paso 1 de 4

1.er intento a pelo · al 2.º aparece la pista, al 3.º el desarrollo — la solución nunca se da al fallar: se te dice en qué te has ido y por qué.

Enunciado

Sean $\{x_n\}$ e $\{y_n\}$ dos sucesiones tales que $x_n \le y_n$ para todo $n \in \mathbb{N}$ , con $\lim x_n = x$ y $\lim y_n = y$ .

Demostrar formalmente que $x \le y$ .

01
Reconocer el camino
COMP1
¿Qué hay que suponer para la reducción al absurdo?
02
El épsilon
COMP2
Suponiendo $x = 2$ e $y = 1$ , ¿qué $\varepsilon$ conviene tomar?
Tu respuesta al paso 2un número — vale la forma exacta: pi/4, sqrt(3)/2, (e^2-1)/2…
03
Justificar el argumento
COMP4
Ordena la demostración. Una de las piezas no debe entrar.
1. Ve eligiendo las piezas en orden.
El razonamiento, en orden
1. Por reducción al absurdo, supongamos $x > y$ , y sea $\varepsilon = \dfrac{x-y}{2} > 0$ .
2. Por converger $x_n \to x$ , existe $m_1$ con $x_n > x - \varepsilon = \dfrac{x+y}{2}$ para todo $n>m_1$ .
3. Por converger $y_n \to y$ , existe $m_2$ con $y_n < y + \varepsilon = \dfrac{x+y}{2}$ para todo $n>m_2$ .
4. Tomando $n > \max(m_1, m_2)$ se cumplen las dos a la vez, y entonces $y_n < \dfrac{x+y}{2} < x_n$ .
5. Eso contradice $x_n \le y_n$ . Luego $x \le y$ .
Ese $\max(m_1,m_2)$ es la pieza que distingue una demostración cuidada de una que «se entiende».
04
Redactar la demostración
COMP4
Cierra todo lo anterior y escribe la demostración entera en papel, de principio a fin: enunciado, hipótesis, la negación de la tesis, el épsilon con su justificación, el término a partir del cual, y la contradicción.

Esta propiedad ha caído ocho de los últimos once años, y en dos parejas de cursos el enunciado era idéntico palabra por palabra. Es la demostración que más rinde de todo el examen.
Escríbela en papel antes de seguir. Aquí no hay hueco donde teclearla a propósito: lo que corrige el examen es tu folio, y compararlo es más útil que rellenar una casilla.
Lo que se puntúa
1. El enunciado completo, con sus hipótesis, antes de empezar.
  Una demostración que arranca en «supongamos que $x>y$ » deja sin decir qué se está demostrando. El corrector necesita ver que sabes qué se te da y qué tienes que llegar a probar.
2. El $\forall\varepsilon>0$ antes del $\exists m$ , en ese orden.
  Es el orden de los cuantificadores de la definición, y es lo que distingue converger de no converger. Invertirlos afirma algo mucho más fuerte y falso: que un mismo $m$ vale para todos los épsilon a la vez.
3. De qué depende el $m$ : se elige después de $\varepsilon$ y en función de él.
  Si no se dice, la demostración parece afirmar que existe un $m$ universal. Basta con escribir «existe $m$ , que dependerá de $\varepsilon$ ».
4. Por qué el épsilon elegido es positivo.
  Aquí es $\varepsilon = \frac{x-y}{2}$ , y solo es positivo porque se ha supuesto $x>y$ . Sin esa línea, la elección parece sacada de la manga — y es justo la bisagra del argumento.
5. El máximo de los dos $m$ cuando hay dos sucesiones.
  Cada sucesión da el suyo, y las dos desigualdades solo valen a la vez a partir del mayor. Es el descuido más frecuente y el más barato de evitar.
6. La contradicción explícita, y la conclusión escrita.
  Llegar a $x_n>y_n$ y parar ahí deja el trabajo a medias: hay que decir que contradice la hipótesis, que por tanto $x>y$ era imposible, y que en consecuencia $x\le y$ .
Fíjate en lo que no está en la rúbrica: ninguna cuenta. El examen reparte este ejercicio como 0 de cálculo y 8 a 10 de explicación formal, y la lista de arriba es literalmente dónde están esos puntos.

Resolución completa

Aviso. El boletín no publica solución de este ejercicio. Lo que sigue es una demostración propuesta, pendiente de revisión.

Enunciado. Si $x_n \le y_n$ para todo $n$ , $x_n \to x$ e $y_n \to y$ , entonces $x \le y$ .

1 · Estrategia

Reducción al absurdo. La negación de la tesis es $x > y$ , y de ahí sale una distancia positiva con la que fabricar el épsilon.

2 · La demostración

Supongamos $x > y$ y tomemos

\varepsilon = \frac{x-y}{2} > 0

Por la convergencia de $\{x_n\}$ , existe $m_1$ tal que para $n>m_1$

|x_n - x| < \varepsilon \;\Longrightarrow\; x_n > x - \varepsilon = \frac{x+y}{2}

Por la de $\{y_n\}$ , existe $m_2$ tal que para $n>m_2$

|y_n - y| < \varepsilon \;\Longrightarrow\; y_n < y + \varepsilon = \frac{x+y}{2}

Tomando $n > \max(m_1, m_2)$ se cumplen las dos a la vez:

y_n < \frac{x+y}{2} < x_n

es decir, $y_n < x_n$ , en contra de la hipótesis $x_n \le y_n$ . Contradicción, luego $x \le y$ . $\blacksquare$

3 · Dos detalles que valen nota

El máximo de los dos índices. Cada sucesión aporta su propio $m$ . Hay que quedarse con el mayor para que las dos desigualdades valgan simultáneamente; escribir uno solo es un descuido frecuente.

La desigualdad se debilita. Aunque la hipótesis fuera estricta, $x_n < y_n$ , la conclusión seguiría siendo $x \le y$ y no $x<y$ . El ejemplo: $x_n = 0$ e $y_n = \frac1n$ cumplen $x_n < y_n$ para todo $n$ , y sus límites son iguales, ambos 0.

4 · Relación con el ejercicio 2.3

El 2.3 es el caso particular $x_n = 0$ : si $0 \le a_n$ y ambas convergen, entonces $0 \le L$ . La misma demostración, con una de las sucesiones constante.

5 · Comprobación

Se pone a prueba la maquinaria con $x=2$ e $y=1$ , los números del paso de cálculo, y se ve que la hipótesis $x_n \le y_n$ se rompe sola:

$x_n = 2 - \frac1n \;\to\; 2, \qquad y_n = 1 + \frac1n \;\to\; 1$

$n$	$x_n$	$y_n$	¿ $x_n \le y_n$ ?
1	$1$	$2$	sí
2	$1{,}5$	$1{,}5$	sí (empate)
3	$1{,}67$	$1{,}33$	no
4	$1{,}75$	$1{,}25$	no

A partir de $n=3$ la desigualdad se invierte y ya no vuelve. Coincide con lo que anuncia la demostración: con $\varepsilon = \frac{x-y}{2} = 0{,}5$ salen $m_1 = m_2 = 2$ , y el cruce ocurre justo en $n > \max(m_1,m_2) = 2$ .

Es decir, la cuenta del $\max$ no era un tecnicismo: predice el índice exacto a partir del cual aparece la contradicción.

Resultado

$\boxed{\;x_n \le y_n \;\;\forall n,\;\; x_n \to x,\;\; y_n \to y \;\;\Longrightarrow\;\; x \le y\;}$

¿Esto está mal? Dilo →La resolución es nuestra y puede tener fallos. El enunciado es el original.

nivel: practicaEjercicio 2.6 · Problemas complementarios, tema 2 · Cálculo, UPV/EHU (2019/2020 1E) · El boletín remite al libro: la demostración es propuesta nuestra, pendiente de revisión.

Por qué el límite es único

paso 1 de 3

1.er intento a pelo · al 2.º aparece la pista, al 3.º el desarrollo — la solución nunca se da al fallar: se te dice en qué te has ido y por qué.

Enunciado

Demostrar que si el límite de una sucesión $\{x_n\}_{n\in\mathbb{N}}$ existe, entonces es único.

Demostrar la unicidad del límite.

01
Reconocer el camino
COMP1
¿Cómo se demuestra que algo es único?
02
El épsilon
COMP2
Si se suponen dos límites $L_1 = 1$ y $L_2 = 1{,}4$ , ¿qué $\varepsilon$ conviene tomar?
Tu respuesta al paso 2un número — vale la forma exacta: pi/4, sqrt(3)/2, (e^2-1)/2…
03
Justificar el argumento
COMP4
Ordena la demostración. Una de las piezas no debe entrar.
1. Ve eligiendo las piezas en orden.
El razonamiento, en orden
1. Supongamos que $\{x_n\}$ tiene dos límites $L_1 \neq L_2$ , y sea $\varepsilon = \dfrac{|L_1-L_2|}{2} > 0$ .
2. Por ser $L_1$ límite, existe $m_1$ con $|x_n - L_1| < \varepsilon$ para $n>m_1$ ; por ser $L_2$ límite, existe $m_2$ con $|x_n - L_2| < \varepsilon$ para $n>m_2$ .
3. Para $n > \max(m_1,m_2)$ se cumplen las dos, y por la desigualdad triangular $|L_1-L_2| \le |L_1-x_n| + |x_n-L_2| < \varepsilon + \varepsilon$ .
4. Es decir, $|L_1-L_2| < |L_1-L_2|$ , que es imposible. Luego $L_1 = L_2$ .
La desigualdad triangular es la que cierra el argumento: mide la distancia entre los dos candidatos pasando por un término de la sucesión, que está cerca de los dos a la vez.

Resolución completa

Aviso. El boletín remite al libro para este ejercicio. Lo que sigue es una demostración propuesta, pendiente de revisión.

Enunciado. Si el límite de $\{x_n\}$ existe, es único.

1 · Estrategia

El esquema de toda demostración de unicidad: suponer que hay dos objetos distintos con la propiedad y llegar a una contradicción.

2 · La demostración

Supongamos que $L_1$ y $L_2$ son límites de $\{x_n\}$ con $L_1 \neq L_2$ . Entonces $|L_1 - L_2| > 0$ y se puede tomar

\varepsilon = \frac{|L_1-L_2|}{2} > 0

Por ser $L_1$ límite, existe $m_1$ tal que $|x_n - L_1| < \varepsilon$ para todo $n>m_1$ . Por ser $L_2$ límite, existe $m_2$ tal que $|x_n - L_2| < \varepsilon$ para todo $n>m_2$ .

Sea $n > \max(m_1, m_2)$ : las dos desigualdades valen a la vez. Por la desigualdad triangular,

|L_1 - L_2| = |L_1 - x_n + x_n - L_2| \le |L_1 - x_n| + |x_n - L_2| < \varepsilon + \varepsilon = |L_1-L_2|

Es decir, $|L_1-L_2| < |L_1-L_2|$ , que es imposible.

La suposición era falsa, luego $L_1 = L_2$ : el límite es único. $\blacksquare$

3 · La idea geométrica

Con $\varepsilon$ igual a la mitad de la distancia, los dos entornos son disjuntos. Y un término de la sucesión tendría que estar dentro de los dos a la vez, que es imposible. La desigualdad triangular es la forma algebraica de decir exactamente eso.

4 · El épsilon de siempre

Es el cuarto ejercicio seguido —2.3, 2.4, 2.5 y este— que se resuelve tomando la mitad de la distancia entre los dos valores en conflicto. Merece la pena quedarse con el patrón: cuando dos cantidades tienen que separarse, se parte la diferencia y se usa como margen.

5 · Comprobación

Con los dos candidatos del paso de cálculo, $L_1 = 1$ y $L_2 = 1{,}4$ , y $\varepsilon = 0{,}2$ , los entornos son

$\left(0{,}8,\; 1{,}2\right) \qquad\text{y}\qquad \left(1{,}2,\; 1{,}6\right)$

disjuntos: se tocan en $1{,}2$ , que no pertenece a ninguno por ser los dos abiertos. Un término $x_n$ con $n>\max(m_1,m_2)$ tendría que estar en los dos a la vez, y no hay ningún número real que lo esté.

Conviene ver también qué falla con un $\varepsilon$ mayor. Con $\varepsilon = 0{,}4$ los entornos son $(0{,}6,\,1{,}4)$ y $(1{,}0,\,1{,}8)$ , que sí se solapan: cualquier $x_n$ entre 1 y 1,4 cumpliría las dos condiciones y no habría contradicción. Por eso el épsilon tiene que ser la mitad, y no cualquier cosa.

Resultado

$\boxed{\;\text{Si } \lim x_n \text{ existe, es único}\;}$

¿Esto está mal? Dilo →La resolución es nuestra y puede tener fallos. El enunciado es el original.

Sucesiones y series

Qué significa exactamente converger

Creciente, decreciente, acotada

Monótona y acotada implica convergente

El límite, si existe, es único

El teorema que más cae: el signo se conserva en el límite

Series: sumar infinitos términos

Las otras tres que caen

Telescópicas: casi todo se cancela

Alternadas: el criterio de Leibniz

Cuando el término lleva una n delante

Y el que te regalan en el enunciado

Lo que hay que llevar sabido

Reconocer el camino

La desigualdad que hay que resolver

Y con un margen diez veces menor

Justificar el argumento

Reconocer el camino

El contraejemplo

Justificar el argumento

Reconocer el camino

La razón

La suma

Justificar el argumento

Reconocer el camino

La descomposición

La suma

Justificar el argumento

Reconocer el camino

Justificar el argumento

El menor m del apartado (e)

1 · Qué obliga la combinación «creciente» + «límite 0»

2 · El apartado (e)

3 · Comprobación

Resultado

Reconocer el camino

El cociente que da infinito

Justificar el argumento

1 · Los límites

2 · Por qué los cocientes dan cosas distintas

3 · Los cuatro casos

4 · La moraleja del apartado (iv)

5 · Comprobación

Resultado

Reconocer el camino

El límite del término general

Justificar el argumento

1 · La herramienta: condición necesaria

2 · El límite del término general

3 · Conclusión

4 · Una advertencia sobre el recíproco

Resultado

Reconocer el camino

El límite

La cota superior

Justificar el argumento

1 · Crecimiento

2 · Acotación

3 · Convergencia

4 · Una observación que merece la pena escribir

5 · Comprobación

Resultado

Reconocer el camino

El límite de la segunda

Justificar el argumento

1 · La definición, que el enunciado pide explícitamente

2 · La sucesión ana_nan​ no converge

3 · La sucesión bnb_nbn​ sí converge

4 · La comparación, que es la lección

5 · Comprobación

Resultado

Reconocer el camino

El tamaño del salto

Justificar el argumento

1 · Las definiciones que pide el apartado (a)

2 · Crecimiento

3 · Convergencia

4 · Por qué las dos cosas son compatibles

5 · Comprobación

Resultado

2 · La sucesión $a_n$ no converge

3 · La sucesión $b_n$ sí converge

1 · El supremo fija $a$

2 · El ínfimo fija $|b|$

4 · La aplicación: empezar en $n=3$

3 · Sucesión divergente hacia $-\infty$

3 · Por qué $\ge$ y no $>$