En esta colección presentamos 20 ejercicios resueltos paso a paso sobre el teorema de comparación para sucesiones. El objetivo no es únicamente calcular límites, sino aprender a reconocer qué forma del teorema conviene emplear: la comparación entre sucesiones convergentes, el teorema del sándwich o la comparación con sucesiones divergentes a \(+\infty\) o a \(-\infty\).
En cada ejercicio prestaremos atención al sentido de las desigualdades y al hecho de que estas deben cumplirse a partir de cierto índice, es decir, desde un índice en adelante. Este punto es fundamental: para aplicar correctamente un teorema sobre límites no es necesario que una desigualdad se cumpla para todos los índices, sino que basta probar que se cumple para todos los índices suficientemente grandes.
Los ejercicios están ordenados según una dificultad creciente. En los primeros utilizaremos estimaciones inmediatas, como \(-1\le \sin n\le 1\) o \(-1\le \cos n\le 1\). En los siguientes, en cambio, será necesario construir estimaciones más finas y elegir con cuidado las sucesiones que vamos a comparar.
Ejercicio 1 — nivel ★☆☆☆☆
Calcular el límite
\[ \lim_{n\to+\infty}\frac{\sin n}{n}. \]
Resultado
\[ \lim_{n\to+\infty}\frac{\sin n}{n}=0. \]
Resolución
La dificultad del ejercicio radica en que la sucesión \(\sin n\) carece de límite. En efecto, los valores de \(\sin n\) oscilan y no se aproximan a un único número real. No obstante, sabemos que el seno está siempre comprendido entre \(-1\) y \(1\). Por tanto, para todo \(n\in\mathbb{N}\), se tiene
\[ -1\le \sin n\le 1. \]
Dado que queremos estudiar \(\displaystyle \frac{\sin n}{n}\), dividimos todos los miembros entre \(n\). Para \(n\ge 1\) el número \(n\) es positivo, de modo que el sentido de las desigualdades no cambia:
\[ -\frac{1}{n}\le \frac{\sin n}{n}\le \frac{1}{n}. \]
Estudiamos ahora las dos sucesiones exteriores. Se tiene
\[ \lim_{n\to+\infty}\left(-\frac{1}{n}\right)=0 \qquad\text{y}\qquad \lim_{n\to+\infty}\frac{1}{n}=0. \]
Así pues, la sucesión \(\displaystyle \frac{\sin n}{n}\) queda comprendida, para todo \(n\ge 1\), entre dos sucesiones que tienden ambas a \(0\). Por la teorema del sándwich se sigue que también la sucesión intermedia tiende a \(0\). Por consiguiente
\[ \lim_{n\to+\infty}\frac{\sin n}{n}=0. \]
Ejercicio 2 — nivel ★☆☆☆☆
Calcular el límite
\[ \lim_{n\to+\infty}\left(4+\frac{(-1)^n}{n}\right). \]
Resultado
\[ \lim_{n\to+\infty}\left(4+\frac{(-1)^n}{n}\right)=4. \]
Resolución
La sucesión \(((-1)^n)\) oscila entre \(1\) y \(-1\). En efecto, para todo \(n\) se tiene
\[ -1\le (-1)^n\le 1. \]
Para \(n\ge 1\) dividimos todos los miembros de la desigualdad entre \(n\). Como \(n\) es positivo, el sentido de las desigualdades no cambia:
\[ -\frac{1}{n}\le \frac{(-1)^n}{n}\le \frac{1}{n}. \]
Sumamos ahora \(4\) a todos los miembros. Sumar un mismo número no altera el sentido de las desigualdades, de modo que obtenemos
\[ 4-\frac{1}{n}\le 4+\frac{(-1)^n}{n}\le 4+\frac{1}{n}. \]
Estudiamos los límites de las dos sucesiones exteriores:
\[ \lim_{n\to+\infty}\left(4-\frac{1}{n}\right)=4 \qquad\text{y}\qquad \lim_{n\to+\infty}\left(4+\frac{1}{n}\right)=4. \]
La sucesión dada queda, por tanto, comprendida, para todo \(n\ge 1\), entre dos sucesiones que tienden ambas a \(4\). Por la teorema del sándwich, también la sucesión intermedia tiende a \(4\). Por consiguiente
\[ \lim_{n\to+\infty}\left(4+\frac{(-1)^n}{n}\right)=4. \]
Ejercicio 3 — nivel ★☆☆☆☆
Calcular el límite
\[ \lim_{n\to+\infty}\frac{\cos n}{n+1}. \]
Resultado
\[ \lim_{n\to+\infty}\frac{\cos n}{n+1}=0. \]
Resolución
También en este caso la sucesión \(\cos n\) carece de límite, porque oscila. Sin embargo, está siempre acotada entre \(-1\) y \(1\). En efecto, para todo \(n\in\mathbb{N}\),
\[ -1\le \cos n\le 1. \]
Debemos dividir entre \(n+1\). Para todo \(n\in\mathbb{N}\) se tiene \(n+1>0\). Por tanto, podemos dividir todos los miembros de la desigualdad entre \(n+1\) sin cambiar el sentido de las desigualdades:
\[ -\frac{1}{n+1}\le \frac{\cos n}{n+1}\le \frac{1}{n+1}. \]
Las sucesiones exteriores tienen ambas límite \(0\); en efecto,
\[ \lim_{n\to+\infty}\left(-\frac{1}{n+1}\right)=0 \qquad\text{y}\qquad \lim_{n\to+\infty}\frac{1}{n+1}=0. \]
La sucesión \(\displaystyle \frac{\cos n}{n+1}\) queda, pues, comprendida entre dos sucesiones que tienden al mismo límite. Por la teorema del sándwich se concluye que
\[ \lim_{n\to+\infty}\frac{\cos n}{n+1}=0. \]
Ejercicio 4 — nivel ★★☆☆☆
Calcular el límite
\[ \lim_{n\to+\infty}\left(1+\frac{\sin n}{n}\right). \]
Resultado
\[ \lim_{n\to+\infty}\left(1+\frac{\sin n}{n}\right)=1. \]
Resolución
La sucesión dada está formada por una parte constante, igual a \(1\), y una parte oscilante, igual a \(\displaystyle \frac{\sin n}{n}\). Para determinar el límite, debemos probar que la parte oscilante tiende a \(0\).
Para todo \(n\in\mathbb{N}\) sabemos que
\[ -1\le \sin n\le 1. \]
Para \(n\ge 1\), dividiendo todos los miembros entre \(n\), obtenemos
\[ -\frac{1}{n}\le \frac{\sin n}{n}\le \frac{1}{n}. \]
Sumamos ahora \(1\) a todos los miembros de la desigualdad. Sumar un mismo número a todos los miembros no cambia el sentido de las desigualdades:
\[ 1-\frac{1}{n}\le 1+\frac{\sin n}{n}\le 1+\frac{1}{n}. \]
Estudiamos los límites de las dos sucesiones exteriores:
\[ \lim_{n\to+\infty}\left(1-\frac{1}{n}\right)=1 \qquad\text{y}\qquad \lim_{n\to+\infty}\left(1+\frac{1}{n}\right)=1. \]
La sucesión dada queda, por tanto, comprendida a partir de cierto índice entre dos sucesiones que tienden ambas a \(1\). Por la teorema del sándwich,
\[ \lim_{n\to+\infty}\left(1+\frac{\sin n}{n}\right)=1. \]
Ejercicio 5 — nivel ★★☆☆☆
Calcular el límite
\[ \lim_{n\to+\infty}\frac{\sqrt{n^2+n}}{n}. \]
Resultado
\[ \lim_{n\to+\infty}\frac{\sqrt{n^2+n}}{n}=1. \]
Resolución
Observemos en primer lugar que, para \(n\ge 1\), el denominador \(n\) es positivo. Podemos, pues, reescribir la sucesión sacando \(n^2\) fuera de la raíz:
\[ \frac{\sqrt{n^2+n}}{n} = \frac{\sqrt{n^2\left(1+\frac{1}{n}\right)}}{n}. \]
Como \(n\ge 1\), se tiene \(\sqrt{n^2}=n\). Por tanto
\[ \frac{\sqrt{n^2\left(1+\frac{1}{n}\right)}}{n} = \frac{n\sqrt{1+\frac{1}{n}}}{n} = \sqrt{1+\frac{1}{n}}. \]
Debemos, pues, estudiar el límite
\[ \lim_{n\to+\infty}\sqrt{1+\frac{1}{n}}. \]
Para aplicar la teorema del sándwich, construimos una estimación por ambos lados. Como \(\displaystyle \frac{1}{n}\ge 0\), se tiene
\[ 1\le 1+\frac{1}{n}. \]
La función raíz cuadrada es creciente sobre los números reales no negativos, de modo que
\[ 1\le \sqrt{1+\frac{1}{n}}. \]
Además, para todo \(x\ge 0\) se cumple la desigualdad
\[ \sqrt{1+x}\le 1+x. \]
En efecto, ambos miembros son no negativos y, al elevar al cuadrado, la desigualdad se convierte en
\[ 1+x\le (1+x)^2. \]
Esta es cierta para \(x\ge 0\), porque
\[ (1+x)^2-(1+x)=x+x^2\ge 0. \]
Aplicando esta desigualdad con \(\displaystyle x=\frac{1}{n}\), obtenemos
\[ \sqrt{1+\frac{1}{n}}\le 1+\frac{1}{n}. \]
Disponemos, por tanto, de la estimación por ambos lados
\[ 1\le \sqrt{1+\frac{1}{n}}\le 1+\frac{1}{n}. \]
Ahora las dos sucesiones exteriores tienden ambas a \(1\):
\[ \lim_{n\to+\infty}1=1 \qquad\text{y}\qquad \lim_{n\to+\infty}\left(1+\frac{1}{n}\right)=1. \]
Por la teorema del sándwich se sigue que
\[ \lim_{n\to+\infty}\sqrt{1+\frac{1}{n}}=1. \]
Como la sucesión inicial coincide con \(\displaystyle \sqrt{1+\frac{1}{n}}\) para \(n\ge 1\), obtenemos finalmente
\[ \lim_{n\to+\infty}\frac{\sqrt{n^2+n}}{n}=1. \]
Ejercicio 6 — nivel ★★☆☆☆
Calcular el límite
\[ \lim_{n\to+\infty}\frac{n+\cos n}{n}. \]
Resultado
\[ \lim_{n\to+\infty}\frac{n+\cos n}{n}=1. \]
Resolución
La sucesión contiene el término oscilante \(\cos n\). Por sí solo, \(\cos n\) carece de límite, pero está siempre comprendido entre \(-1\) y \(1\). En efecto, para todo \(n\in\mathbb{N}\),
\[ -1\le \cos n\le 1. \]
Sumamos \(n\) a todos los miembros de la desigualdad. Obtenemos
\[ n-1\le n+\cos n\le n+1. \]
Ahora dividimos todos los miembros entre \(n\). Para \(n\ge 1\) el número \(n\) es positivo, de modo que el sentido de las desigualdades no cambia:
\[ \frac{n-1}{n}\le \frac{n+\cos n}{n}\le \frac{n+1}{n}. \]
Simplificamos las dos sucesiones exteriores:
\[ \frac{n-1}{n}=1-\frac{1}{n}, \qquad \frac{n+1}{n}=1+\frac{1}{n}. \]
Por tanto, para todo \(n\ge 1\), tenemos
\[ 1-\frac{1}{n}\le \frac{n+\cos n}{n}\le 1+\frac{1}{n}. \]
Las dos sucesiones exteriores tienden ambas a \(1\); en efecto,
\[ \lim_{n\to+\infty}\left(1-\frac{1}{n}\right)=1 \qquad\text{y}\qquad \lim_{n\to+\infty}\left(1+\frac{1}{n}\right)=1. \]
Por la teorema del sándwich, también la sucesión intermedia tiende a \(1\). Por consiguiente
\[ \lim_{n\to+\infty}\frac{n+\cos n}{n}=1. \]
Ejercicio 7 — nivel ★★☆☆☆
Calcular el límite
\[ \lim_{n\to+\infty}\frac{(-1)^n+\sin n}{\sqrt{n}}. \]
Resultado
\[ \lim_{n\to+\infty}\frac{(-1)^n+\sin n}{\sqrt{n}}=0. \]
Resolución
El numerador contiene dos términos oscilantes: \((-1)^n\) y \(\sin n\). Ninguno de los dos posee límite, pero ambos están acotados. En efecto, para todo \(n\),
\[ |(-1)^n|=1 \]
y
\[ |\sin n|\le 1. \]
Empleamos ahora la desigualdad triangular:
\[ |(-1)^n+\sin n|\le |(-1)^n|+|\sin n|. \]
Como \(|(-1)^n|=1\) y \(|\sin n|\le 1\), obtenemos
\[ |(-1)^n+\sin n|\le 2. \]
Dividiendo entre \(\sqrt{n}\), que es positivo para todo \(n\ge 1\), se sigue que
\[ \left|\frac{(-1)^n+\sin n}{\sqrt{n}}\right| = \frac{|(-1)^n+\sin n|}{\sqrt{n}} \le \frac{2}{\sqrt{n}}. \]
Además, un valor absoluto es siempre no negativo, de modo que
\[ 0\le \left|\frac{(-1)^n+\sin n}{\sqrt{n}}\right| \le \frac{2}{\sqrt{n}}. \]
Ahora las dos sucesiones exteriores tienden a \(0\):
\[ \lim_{n\to+\infty}0=0 \qquad\text{y}\qquad \lim_{n\to+\infty}\frac{2}{\sqrt{n}}=0. \]
Por la teorema del sándwich,
\[ \lim_{n\to+\infty} \left|\frac{(-1)^n+\sin n}{\sqrt{n}}\right| =0. \]
Si el valor absoluto de una sucesión tiende a \(0\), entonces también la sucesión tiende a \(0\). En efecto, la distancia de la sucesión a \(0\) tiende a \(0\). Por tanto
\[ \lim_{n\to+\infty}\frac{(-1)^n+\sin n}{\sqrt{n}}=0. \]
Ejercicio 8 — nivel ★★☆☆☆
Determinar el límite de la sucesión
\[ a_n=n^2+\sin n. \]
Resultado
\[ \lim_{n\to+\infty}\left(n^2+\sin n\right)=+\infty. \]
Resolución
La sucesión \(n^2+\sin n\) es la suma de un término que tiende a \(+\infty\), a saber, \(n^2\), y de un término oscilante, a saber, \(\sin n\). Como \(\sin n\) permanece siempre comprendido entre \(-1\) y \(1\), no puede compensar el crecimiento de \(n^2\).
Para hacer riguroso este razonamiento, empleamos la estimación
\[ \sin n\ge -1. \]
Sumando \(n^2\) a ambos miembros, obtenemos
\[ n^2+\sin n\ge n^2-1. \]
Observamos ahora que
\[ \lim_{n\to+\infty}(n^2-1)=+\infty. \]
Hemos hallado, pues, una sucesión, \(n^2-1\), que tiende a \(+\infty\) y es menor o igual que la sucesión dada:
\[ n^2-1\le n^2+\sin n. \]
Por comparación con sucesiones divergentes a \(+\infty\), si una sucesión está minorada a partir de cierto índice por una sucesión que tiende a \(+\infty\), entonces ella también tiende a \(+\infty\).
Por consiguiente
\[ \lim_{n\to+\infty}\left(n^2+\sin n\right)=+\infty. \]
Ejercicio 9 — nivel ★★☆☆☆
Determinar el límite de la sucesión
\[ b_n=-n+\cos n. \]
Resultado
\[ \lim_{n\to+\infty}\left(-n+\cos n\right)=-\infty. \]
Resolución
La sucesión \(-n+\cos n\) contiene el término \(-n\), que tiende a \(-\infty\), y el término \(\cos n\), que en cambio oscila permaneciendo siempre acotado entre \(-1\) y \(1\). Intuitivamente, la oscilación de \(\cos n\) no puede impedir que la sucesión descienda hacia \(-\infty\).
Para probarlo de manera rigurosa, empleamos la estimación superior
\[ \cos n\le 1. \]
Sumando \(-n\) a ambos miembros, obtenemos
\[ -n+\cos n\le -n+1. \]
Observamos ahora que
\[ \lim_{n\to+\infty}(-n+1)=-\infty. \]
Así pues, la sucesión dada está mayorada por una sucesión que tiende a \(-\infty\):
\[ -n+\cos n\le -n+1. \]
En la comparación con sucesiones divergentes a \(-\infty\), el sentido es fundamental: para concluir que una sucesión tiende a \(-\infty\), hay que mayorarla mediante una sucesión que tienda a \(-\infty\). Y eso es precisamente lo que hemos hecho.
Por consiguiente
\[ \lim_{n\to+\infty}\left(-n+\cos n\right)=-\infty. \]
Ejercicio 10 — nivel ★★★☆☆
Calcular el límite
\[ \lim_{n\to+\infty}\frac{\sqrt{n^2+\sin n}}{n}. \]
Resultado
\[ \lim_{n\to+\infty}\frac{\sqrt{n^2+\sin n}}{n}=1. \]
Resolución
La presencia de \(\sin n\) dentro de la raíz puede hacer el límite menos inmediato. No obstante, \(\sin n\) es un término acotado, mientras que \(n^2\) crece indefinidamente. Esperamos, pues, que el comportamiento principal de la raíz sea el de \(\sqrt{n^2}=n\), y por tanto que el cociente tienda a \(1\).
Para hacer riguroso el razonamiento, partimos de la estimación fundamental
\[ -1\le \sin n\le 1. \]
Sumando \(n^2\) a todos los miembros, obtenemos
\[ n^2-1\le n^2+\sin n\le n^2+1. \]
Para \(n\ge 1\), los términos involucrados son no negativos. Como la función raíz cuadrada es creciente sobre los números reales no negativos, podemos aplicar la raíz cuadrada a todos los miembros:
\[ \sqrt{n^2-1}\le \sqrt{n^2+\sin n}\le \sqrt{n^2+1}. \]
Dividimos ahora entre \(n\). Para \(n\ge 1\) el número \(n\) es positivo, de modo que el sentido de las desigualdades no cambia:
\[ \frac{\sqrt{n^2-1}}{n} \le \frac{\sqrt{n^2+\sin n}}{n} \le \frac{\sqrt{n^2+1}}{n}. \]
Reescribimos las dos sucesiones exteriores. Como \(n\ge 1\), se tiene \(\sqrt{n^2}=n\), de modo que
\[ \frac{\sqrt{n^2-1}}{n} = \sqrt{\frac{n^2-1}{n^2}} = \sqrt{1-\frac{1}{n^2}}, \]
y
\[ \frac{\sqrt{n^2+1}}{n} = \sqrt{\frac{n^2+1}{n^2}} = \sqrt{1+\frac{1}{n^2}}. \]
Así pues, hemos obtenido la estimación
\[ \sqrt{1-\frac{1}{n^2}} \le \frac{\sqrt{n^2+\sin n}}{n} \le \sqrt{1+\frac{1}{n^2}}. \]
Ahora
\[ \lim_{n\to+\infty}\left(1-\frac{1}{n^2}\right)=1 \qquad\text{y}\qquad \lim_{n\to+\infty}\left(1+\frac{1}{n^2}\right)=1. \]
Como la raíz cuadrada es continua en los puntos positivos, se sigue que
\[ \lim_{n\to+\infty}\sqrt{1-\frac{1}{n^2}}=1 \qquad\text{y}\qquad \lim_{n\to+\infty}\sqrt{1+\frac{1}{n^2}}=1. \]
La sucesión dada queda, por tanto, comprendida a partir de cierto índice entre dos sucesiones que tienden ambas a \(1\). Por la teorema del sándwich,
\[ \lim_{n\to+\infty}\frac{\sqrt{n^2+\sin n}}{n}=1. \]
Ejercicio 11 — nivel ★★★☆☆
Calcular el límite
\[ \lim_{n\to+\infty}\frac{n+\sin n}{n+\cos n}. \]
Resultado
\[ \lim_{n\to+\infty}\frac{n+\sin n}{n+\cos n}=1. \]
Resolución
La sucesión contiene dos términos oscilantes, \(\sin n\) y \(\cos n\). Sin embargo, ambos están acotados, mientras que el término \(n\) crece indefinidamente. Por eso esperamos que el cociente se comporte como
\[ \frac{n}{n}=1. \]
Para probarlo rigurosamente, estudiamos la distancia de la sucesión al candidato a límite \(1\):
\[ \left|\frac{n+\sin n}{n+\cos n}-1\right|. \]
Reducimos a común denominador:
\[ \left|\frac{n+\sin n}{n+\cos n}-1\right| = \left|\frac{n+\sin n-(n+\cos n)}{n+\cos n}\right|. \]
Simplificando el numerador, obtenemos
\[ \left|\frac{n+\sin n}{n+\cos n}-1\right| = \left|\frac{\sin n-\cos n}{n+\cos n}\right|. \]
Ahora debemos estimar por separado el numerador y el denominador. Para el numerador, usando la desigualdad triangular, se tiene
\[ |\sin n-\cos n|\le |\sin n|+|\cos n|\le 2. \]
Para el denominador, como \(\cos n\ge -1\), se tiene
\[ n+\cos n\ge n-1. \]
En particular, para \(n\ge 2\), el denominador es positivo y
\[ |n+\cos n|=n+\cos n\ge n-1. \]
Por tanto, para todo \(n\ge 2\),
\[ 0\le \left|\frac{n+\sin n}{n+\cos n}-1\right| \le \frac{2}{n-1}. \]
Como
\[ \lim_{n\to+\infty}\frac{2}{n-1}=0, \]
por la teorema del sándwich obtenemos
\[ \lim_{n\to+\infty} \left|\frac{n+\sin n}{n+\cos n}-1\right|=0. \]
Esto significa que la distancia entre la sucesión dada y \(1\) tiende a \(0\). Por consiguiente
\[ \lim_{n\to+\infty}\frac{n+\sin n}{n+\cos n}=1. \]
Ejercicio 12 — nivel ★★★☆☆
Calcular el límite
\[ \lim_{n\to+\infty}\frac{2n+(-1)^n}{3n+\sin n}. \]
Resultado
\[ \lim_{n\to+\infty}\frac{2n+(-1)^n}{3n+\sin n}=\frac{2}{3}. \]
Resolución
El término dominante en el numerador es \(2n\), mientras que el término dominante en el denominador es \(3n\). Los términos \((-1)^n\) y \(\sin n\), en cambio, están acotados. Por eso el candidato a límite es
\[ \frac{2n}{3n}=\frac{2}{3}. \]
Para probarlo mediante el teorema de comparación, consideramos la distancia de la sucesión al candidato a límite:
\[ \left|\frac{2n+(-1)^n}{3n+\sin n}-\frac{2}{3}\right|. \]
Reducimos a común denominador:
\[ \left|\frac{2n+(-1)^n}{3n+\sin n}-\frac{2}{3}\right| = \left|\frac{3(2n+(-1)^n)-2(3n+\sin n)}{3(3n+\sin n)}\right|. \]
Desarrollamos el numerador:
\[ 3(2n+(-1)^n)-2(3n+\sin n) = 6n+3(-1)^n-6n-2\sin n. \]
Por tanto
\[ 3(2n+(-1)^n)-2(3n+\sin n) = 3(-1)^n-2\sin n. \]
Obtenemos, pues,
\[ \left|\frac{2n+(-1)^n}{3n+\sin n}-\frac{2}{3}\right| = \frac{|3(-1)^n-2\sin n|}{3|3n+\sin n|}. \]
Estimamos el numerador. Por la desigualdad triangular,
\[ |3(-1)^n-2\sin n| \le 3|(-1)^n|+2|\sin n|. \]
Como \(|(-1)^n|=1\) y \(|\sin n|\le 1\), se sigue que
\[ |3(-1)^n-2\sin n|\le 5. \]
Estimamos ahora el denominador. Como \(\sin n\ge -1\), se tiene
\[ 3n+\sin n\ge 3n-1. \]
Para todo \(n\ge 1\), el número \(3n-1\) es positivo, de modo que también \(3n+\sin n\) es positivo. En consecuencia
\[ |3n+\sin n|=3n+\sin n\ge 3n-1. \]
Por tanto, para todo \(n\ge 1\),
\[ 0\le \left|\frac{2n+(-1)^n}{3n+\sin n}-\frac{2}{3}\right| \le \frac{5}{3(3n-1)}. \]
Como
\[ \lim_{n\to+\infty}\frac{5}{3(3n-1)}=0, \]
por la teorema del sándwich se tiene
\[ \lim_{n\to+\infty} \left|\frac{2n+(-1)^n}{3n+\sin n}-\frac{2}{3}\right|=0. \]
Esto significa que la sucesión dada tiende a \(\displaystyle \frac{2}{3}\). Por tanto
\[ \lim_{n\to+\infty}\frac{2n+(-1)^n}{3n+\sin n}=\frac{2}{3}. \]
Ejercicio 13 — nivel ★★★☆☆
Determinar el límite de la sucesión
\[ a_n=n+(-1)^n\sqrt{n}. \]
Resultado
\[ \lim_{n\to+\infty}\left(n+(-1)^n\sqrt{n}\right)=+\infty. \]
Resolución
La sucesión contiene un término principal, \(n\), que tiende a \(+\infty\), y un término oscilante, \((-1)^n\sqrt{n}\), que puede ser positivo o negativo. No podemos, pues, afirmar simplemente que todos los términos son mayores que \(n\), porque cuando \((-1)^n=-1\) el segundo término resta \(\sqrt{n}\).
Para probar que la sucesión tiende, no obstante, a \(+\infty\), debemos hallar una estimación inferior que tienda a \(+\infty\).
Como \((-1)^n\ge -1\), multiplicando por \(\sqrt{n}\ge 0\) obtenemos
\[ (-1)^n\sqrt{n}\ge -\sqrt{n}. \]
Sumando \(n\) a ambos miembros, se sigue que
\[ n+(-1)^n\sqrt{n}\ge n-\sqrt{n}. \]
Ahora debemos probar que \(n-\sqrt{n}\to+\infty\). Para \(n\ge 4\), se tiene
\[ \sqrt{n}\le \frac{n}{2}. \]
En efecto, como ambos miembros son no negativos, podemos elevar al cuadrado y obtener una desigualdad equivalente:
\[ n\le \frac{n^2}{4}. \]
Para \(n>0\), esto equivale a
\[ 4\le n, \]
que es cierto para \(n\ge 4\).
Así pues, para \(n\ge 4\),
\[ n-\sqrt{n}\ge n-\frac{n}{2}=\frac{n}{2}. \]
Como
\[ \lim_{n\to+\infty}\frac{n}{2}=+\infty, \]
también \(n-\sqrt{n}\to+\infty\). Además, hemos probado que, a partir de cierto índice,
\[ n+(-1)^n\sqrt{n}\ge n-\sqrt{n}. \]
Por comparación con sucesiones divergentes a \(+\infty\), la sucesión dada tiende a \(+\infty\). Por consiguiente
\[ \lim_{n\to+\infty}\left(n+(-1)^n\sqrt{n}\right)=+\infty. \]
Ejercicio 14 — nivel ★★★☆☆
Determinar el límite de la sucesión
\[ b_n=-n^2+n\sin n. \]
Resultado
\[ \lim_{n\to+\infty}\left(-n^2+n\sin n\right)=-\infty. \]
Resolución
La sucesión contiene el término \(-n^2\), que tiende a \(-\infty\), y el término \(n\sin n\), que puede ser positivo o negativo. Aunque \(n\sin n\) no está acotado, crece a lo sumo como \(n\), mientras que \(n^2\) crece mucho más deprisa.
Para probar rigurosamente que la sucesión tiende a \(-\infty\), debemos hallar una estimación superior que tienda a \(-\infty\).
Como \(\sin n\le 1\), multiplicando por \(n\ge 0\) obtenemos
\[ n\sin n\le n. \]
Sumando \(-n^2\) a ambos miembros, se sigue que
\[ -n^2+n\sin n\le -n^2+n. \]
Ahora probamos que la sucesión de la derecha tiende a \(-\infty\). Se tiene
\[ -n^2+n=-n(n-1). \]
Para \(n\ge 2\), se cumple \(n-1\ge \frac{n}{2}\). En efecto,
\[ n-1\ge \frac{n}{2} \]
equivale a
\[ \frac{n}{2}\ge 1, \]
es decir, \(n\ge 2\). Por tanto, para \(n\ge 2\),
\[ n(n-1)\ge \frac{n^2}{2}. \]
Multiplicando por \(-1\), el sentido de la desigualdad se invierte:
\[ -n(n-1)\le -\frac{n^2}{2}. \]
Por consiguiente, para \(n\ge 2\),
\[ -n^2+n\le -\frac{n^2}{2}. \]
Como
\[ \lim_{n\to+\infty}\left(-\frac{n^2}{2}\right)=-\infty, \]
también
\[ \lim_{n\to+\infty}(-n^2+n)=-\infty. \]
Hemos hallado, pues, una sucesión que tiende a \(-\infty\) y que mayora a partir de cierto índice la sucesión dada:
\[ -n^2+n\sin n\le -n^2+n. \]
Por comparación con sucesiones divergentes a \(-\infty\), se sigue que
\[ \lim_{n\to+\infty}\left(-n^2+n\sin n\right)=-\infty. \]
Ejercicio 15 — nivel ★★★★☆
Calcular el límite
\[ \lim_{n\to+\infty}\left(\sqrt{n^2+\sin n}-n\right). \]
Resultado
\[ \lim_{n\to+\infty}\left(\sqrt{n^2+\sin n}-n\right)=0. \]
Resolución
La expresión contiene una diferencia entre dos cantidades ambas grandes: \(\sqrt{n^2+\sin n}\) y \(n\). A primera vista, no resulta inmediato comprender el comportamiento de la diferencia. Por eso conviene racionalizar.
Multiplicamos y dividimos por el conjugado:
\[ \sqrt{n^2+\sin n}-n = \frac{\left(\sqrt{n^2+\sin n}-n\right)\left(\sqrt{n^2+\sin n}+n\right)} {\sqrt{n^2+\sin n}+n}. \]
En el numerador usamos la fórmula
\[ (A-B)(A+B)=A^2-B^2. \]
Con
\[ A=\sqrt{n^2+\sin n} \qquad\text{y}\qquad B=n, \]
obtenemos
\[ \left(\sqrt{n^2+\sin n}\right)^2-n^2 = n^2+\sin n-n^2 = \sin n. \]
Por tanto
\[ \sqrt{n^2+\sin n}-n = \frac{\sin n}{\sqrt{n^2+\sin n}+n}. \]
Ahora estimamos el valor absoluto:
\[ \left|\sqrt{n^2+\sin n}-n\right| = \left|\frac{\sin n}{\sqrt{n^2+\sin n}+n}\right|. \]
Como \(|\sin n|\le 1\), tenemos
\[ \left|\sqrt{n^2+\sin n}-n\right| \le \frac{1}{\sqrt{n^2+\sin n}+n}. \]
Debemos ahora minorar el denominador. Como \(\sin n\ge -1\), se tiene
\[ n^2+\sin n\ge n^2-1. \]
Para \(n\ge 1\), los dos miembros son no negativos, de modo que, aplicando la raíz cuadrada,
\[ \sqrt{n^2+\sin n}\ge \sqrt{n^2-1}. \]
Por tanto
\[ \sqrt{n^2+\sin n}+n \ge \sqrt{n^2-1}+n. \]
En particular, como \(\sqrt{n^2-1}\ge 0\), para \(n\ge 1\) se tiene
\[ \sqrt{n^2+\sin n}+n\ge n. \]
Por tanto
\[ 0\le \left|\sqrt{n^2+\sin n}-n\right| \le \frac{1}{n}. \]
Como
\[ \lim_{n\to+\infty}\frac{1}{n}=0, \]
por la teorema del sándwich se sigue que
\[ \lim_{n\to+\infty} \left|\sqrt{n^2+\sin n}-n\right|=0. \]
Si la distancia de la sucesión a \(0\) tiende a \(0\), entonces la sucesión misma tiende a \(0\). Por consiguiente
\[ \lim_{n\to+\infty}\left(\sqrt{n^2+\sin n}-n\right)=0. \]
Ejercicio 16 — nivel ★★★★☆
Calcular el límite
\[ \lim_{n\to+\infty} n\left(\sqrt{1+\frac{1}{n}}-1\right). \]
Resultado
\[ \lim_{n\to+\infty} n\left(\sqrt{1+\frac{1}{n}}-1\right)=\frac{1}{2}. \]
Resolución
La expresión contiene una diferencia entre dos cantidades que tienden ambas a \(1\):
\[ \sqrt{1+\frac{1}{n}} \qquad\text{y}\qquad 1. \]
Para evitar una forma poco legible, racionalizamos la diferencia. Multiplicamos y dividimos por el conjugado:
\[ n\left(\sqrt{1+\frac{1}{n}}-1\right) = n\cdot \frac{\left(\sqrt{1+\frac{1}{n}}-1\right)\left(\sqrt{1+\frac{1}{n}}+1\right)} {\sqrt{1+\frac{1}{n}}+1}. \]
En el numerador usamos la fórmula
\[ (A-B)(A+B)=A^2-B^2. \]
Con
\[ A=\sqrt{1+\frac{1}{n}} \qquad\text{y}\qquad B=1, \]
obtenemos
\[ \left(\sqrt{1+\frac{1}{n}}\right)^2-1 = 1+\frac{1}{n}-1 = \frac{1}{n}. \]
Por tanto
\[ n\left(\sqrt{1+\frac{1}{n}}-1\right) = n\cdot \frac{\frac{1}{n}}{\sqrt{1+\frac{1}{n}}+1}. \]
Simplificando \(n\) con \(\displaystyle \frac{1}{n}\), se obtiene
\[ n\left(\sqrt{1+\frac{1}{n}}-1\right) = \frac{1}{\sqrt{1+\frac{1}{n}}+1}. \]
Ahora construimos una estimación. Como \(\displaystyle \frac{1}{n}\ge 0\), se tiene
\[ 1\le \sqrt{1+\frac{1}{n}}. \]
Además, para todo \(x\ge 0\) se cumple
\[ \sqrt{1+x}\le 1+x. \]
Aplicando esta desigualdad con \(\displaystyle x=\frac{1}{n}\), obtenemos
\[ \sqrt{1+\frac{1}{n}}\le 1+\frac{1}{n}. \]
Así pues
\[ 1\le \sqrt{1+\frac{1}{n}}\le 1+\frac{1}{n}. \]
Sumando \(1\) a todos los miembros,
\[ 2\le \sqrt{1+\frac{1}{n}}+1\le 2+\frac{1}{n}. \]
Todos los miembros son positivos. Pasando a los inversos, el sentido de las desigualdades se invierte:
\[ \frac{1}{2+\frac{1}{n}} \le \frac{1}{\sqrt{1+\frac{1}{n}}+1} \le \frac{1}{2}. \]
Las dos sucesiones exteriores tienden ambas a \(\displaystyle \frac{1}{2}\); en efecto,
\[ \lim_{n\to+\infty}\frac{1}{2+\frac{1}{n}}=\frac{1}{2} \qquad\text{y}\qquad \lim_{n\to+\infty}\frac{1}{2}=\frac{1}{2}. \]
Por la teorema del sándwich,
\[ \lim_{n\to+\infty} \frac{1}{\sqrt{1+\frac{1}{n}}+1} = \frac{1}{2}. \]
Como la sucesión inicial coincide con esta expresión, concluimos que
\[ \lim_{n\to+\infty} n\left(\sqrt{1+\frac{1}{n}}-1\right)=\frac{1}{2}. \]
Ejercicio 17 — nivel ★★★★☆
Calcular el límite
\[ \lim_{n\to+\infty}\frac{n^2}{n^3+(-1)^n}. \]
Resultado
\[ \lim_{n\to+\infty}\frac{n^2}{n^3+(-1)^n}=0. \]
Resolución
El denominador contiene el término dominante \(n^3\) y el término oscilante \((-1)^n\). Como \((-1)^n\) toma únicamente los valores \(1\) y \(-1\), su efecto es despreciable frente a \(n^3\).
Para aplicar el teorema de comparación, debemos obtener una cota superior adecuada para la sucesión. Para todo \(n\), se tiene
\[ (-1)^n\ge -1. \]
Por tanto
\[ n^3+(-1)^n\ge n^3-1. \]
Para \(n\ge 2\), tenemos
\[ n^3-1\ge \frac{n^3}{2}. \]
En efecto, esta desigualdad equivale a
\[ \frac{n^3}{2}\ge 1, \]
que es cierta para \(n\ge 2\). Así pues, para \(n\ge 2\),
\[ n^3+(-1)^n\ge \frac{n^3}{2}. \]
En particular, el denominador es positivo a partir de cierto índice. Por tanto, para \(n\ge 2\),
\[ 0\le \frac{n^2}{n^3+(-1)^n} \le \frac{n^2}{\frac{n^3}{2}}. \]
Simplificando el término de la derecha,
\[ \frac{n^2}{\frac{n^3}{2}} = \frac{2n^2}{n^3} = \frac{2}{n}. \]
Tenemos, pues,
\[ 0\le \frac{n^2}{n^3+(-1)^n}\le \frac{2}{n} \]
a partir de cierto índice. Como
\[ \lim_{n\to+\infty}0=0 \qquad\text{y}\qquad \lim_{n\to+\infty}\frac{2}{n}=0, \]
por la teorema del sándwich se sigue que
\[ \lim_{n\to+\infty}\frac{n^2}{n^3+(-1)^n}=0. \]
Ejercicio 18 — nivel ★★★★☆
Determinar el límite de la sucesión
\[ a_n=n^2+n(-1)^n. \]
Resultado
\[ \lim_{n\to+\infty}\left(n^2+n(-1)^n\right)=+\infty. \]
Resolución
La sucesión contiene un término principal \(n^2\), que tiende a \(+\infty\), y un término oscilante \(n(-1)^n\), que puede ser igual a \(n\) o a \(-n\). El caso más desfavorable, para probar la divergencia a \(+\infty\), se da cuando el término oscilante es negativo.
Como
\[ (-1)^n\ge -1, \]
multiplicando por \(n\ge 0\) obtenemos
\[ n(-1)^n\ge -n. \]
Sumando \(n^2\) a ambos miembros,
\[ n^2+n(-1)^n\ge n^2-n. \]
Ahora probamos que la sucesión \(n^2-n\) tiende a \(+\infty\). Se tiene
\[ n^2-n=n(n-1). \]
Para \(n\ge 2\), se cumple
\[ n-1\ge \frac{n}{2}. \]
Por tanto, para \(n\ge 2\),
\[ n(n-1)\ge \frac{n^2}{2}. \]
Como
\[ \lim_{n\to+\infty}\frac{n^2}{2}=+\infty, \]
también \(n^2-n\to+\infty\). Hemos hallado, pues, una estimación inferior:
\[ n^2+n(-1)^n\ge n^2-n, \]
donde la sucesión de la derecha tiende a \(+\infty\).
Por comparación con sucesiones divergentes a \(+\infty\), concluimos que
\[ \lim_{n\to+\infty}\left(n^2+n(-1)^n\right)=+\infty. \]
Ejercicio 19 — nivel ★★★★☆
Calcular el límite
\[ \lim_{n\to+\infty}\frac{\sqrt{n^4+n^2\sin n}}{n^2}. \]
Resultado
\[ \lim_{n\to+\infty}\frac{\sqrt{n^4+n^2\sin n}}{n^2}=1. \]
Resolución
El término principal dentro de la raíz es \(n^4\), mientras que \(n^2\sin n\) es un término oscilante de orden inferior. Esperamos, pues, que la raíz se comporte como
\[ \sqrt{n^4}=n^2. \]
Para probarlo rigurosamente, partimos de la estimación
\[ -1\le \sin n\le 1. \]
Multiplicando todos los miembros por \(n^2\), que es no negativo, obtenemos
\[ -n^2\le n^2\sin n\le n^2. \]
Sumando \(n^4\) a todos los miembros,
\[ n^4-n^2\le n^4+n^2\sin n\le n^4+n^2. \]
Para \(n\ge 1\), los tres miembros son no negativos. Como la función raíz cuadrada es creciente sobre los números reales no negativos, podemos aplicar la raíz cuadrada a todos los miembros:
\[ \sqrt{n^4-n^2} \le \sqrt{n^4+n^2\sin n} \le \sqrt{n^4+n^2}. \]
Dividimos ahora entre \(n^2\), que es positivo para \(n\ge 1\):
\[ \frac{\sqrt{n^4-n^2}}{n^2} \le \frac{\sqrt{n^4+n^2\sin n}}{n^2} \le \frac{\sqrt{n^4+n^2}}{n^2}. \]
Reescribimos las sucesiones exteriores:
\[ \frac{\sqrt{n^4-n^2}}{n^2} = \sqrt{\frac{n^4-n^2}{n^4}} = \sqrt{1-\frac{1}{n^2}}, \]
y
\[ \frac{\sqrt{n^4+n^2}}{n^2} = \sqrt{\frac{n^4+n^2}{n^4}} = \sqrt{1+\frac{1}{n^2}}. \]
Por tanto
\[ \sqrt{1-\frac{1}{n^2}} \le \frac{\sqrt{n^4+n^2\sin n}}{n^2} \le \sqrt{1+\frac{1}{n^2}}. \]
Las dos sucesiones exteriores tienden ambas a \(1\):
\[ \lim_{n\to+\infty}\sqrt{1-\frac{1}{n^2}}=1 \qquad\text{y}\qquad \lim_{n\to+\infty}\sqrt{1+\frac{1}{n^2}}=1. \]
Por la teorema del sándwich, también la sucesión intermedia tiende a \(1\). Por consiguiente
\[ \lim_{n\to+\infty}\frac{\sqrt{n^4+n^2\sin n}}{n^2}=1. \]
Ejercicio 20 — nivel ★★★★★
Determinar si, del mero hecho de que una sucesión \((b_n)\) cumpla, a partir de cierto índice,
\[ 0\le b_n\le 1, \]
puede concluirse que \((b_n)\) es convergente.
Resultado
No. Del mero hecho de que \(0\le b_n\le 1\) a partir de cierto índice no puede concluirse que \((b_n)\) sea convergente.
Resolución
La teorema del sándwich permite concluir la convergencia de una sucesión intermedia cuando esta queda comprendida, a partir de cierto índice, entre dos sucesiones que tienden al mismo límite. Aquí, en cambio, solo sabemos que
\[ 0\le b_n\le 1 \]
a partir de cierto índice. Las dos sucesiones exteriores son las sucesiones constantes \(0\) y \(1\), que tienen límites distintos:
\[ \lim_{n\to+\infty}0=0 \qquad\text{y}\qquad \lim_{n\to+\infty}1=1. \]
Como los dos límites exteriores no coinciden, la teorema del sándwich no es aplicable. La desigualdad solo nos dice que los términos de \((b_n)\) permanecen en el intervalo \([0,1]\), pero esto no basta para garantizar la existencia del límite.
Para probar que no puede concluirse la convergencia, basta dar un contraejemplo. Consideremos la sucesión
\[ b_n=\frac{1+(-1)^n}{2}. \]
Si \(n\) es par, entonces \((-1)^n=1\), de modo que
\[ b_n=\frac{1+1}{2}=1. \]
Si \(n\) es impar, entonces \((-1)^n=-1\), de modo que
\[ b_n=\frac{1-1}{2}=0. \]
Así pues, la sucesión toma alternativamente los valores \(1\) y \(0\). En particular, para todo \(n\),
\[ 0\le b_n\le 1. \]
No obstante, \((b_n)\) no converge. En efecto, una subsucesión de sus términos vale siempre \(1\), mientras que otra subsucesión vale siempre \(0\). Más precisamente,
\[ b_{2k}=1 \qquad\text{y}\qquad b_{2k+1}=0. \]
La subsucesión \((b_{2k})\) tiende a \(1\), mientras que la subsucesión \((b_{2k+1})\) tiende a \(0\). Como una sucesión convergente no puede tener dos subsucesiones con límites distintos, \((b_n)\) no es convergente.
Por tanto, del mero hecho de que una sucesión quede comprendida, a partir de cierto índice, entre \(0\) y \(1\), no puede concluirse que sea convergente. Para aplicar la teorema del sándwich es indispensable que las dos sucesiones exteriores tiendan al mismo límite.