En esta colección presentamos 20 ejercicios resueltos paso a paso sobre el teorema de Stolz–Cesàro y sus principales corolarios. El objetivo es aprender a reconocer cuándo puede aplicarse el teorema y cómo emplearlo correctamente en el cálculo de límites de cocientes de sucesiones.
En los ejercicios comprobaremos con cuidado las hipótesis del resultado utilizado en cada caso. Cuando apliquemos directamente el teorema de Stolz–Cesàro, la sucesión del denominador deberá ser positiva a partir de cierto índice, estrictamente creciente y divergente a \(+\infty\). Cuando usemos alguno de sus corolarios, verificaremos en cambio las hipótesis correspondientes, como la positividad de los términos y la existencia del límite pertinente.
Los ejercicios están ordenados por dificultad creciente: los primeros sirven para fijar el método, mientras que los siguientes exigirán mayor atención en la elección de las sucesiones y en el cálculo del límite de los incrementos.
Ejercicio 1 — nivel ★☆☆☆☆
Calcular el límite
\[ \lim_{n\to+\infty}\frac{1+2+\cdots+n}{n^2}. \]
Resultado
\[ \lim_{n\to+\infty}\frac{1+2+\cdots+n}{n^2}=\frac{1}{2}. \]
Resolución
Ponemos
\[ a_n=1+2+\cdots+n, \qquad b_n=n^2. \]
Queremos calcular el límite del cociente
\[ \frac{a_n}{b_n}. \]
Para \(n\ge 1\) se tiene \(b_n=n^2>0\). Además, \(b_n\) es estrictamente creciente y
\[ \lim_{n\to+\infty}b_n=+\infty. \]
Podemos, por tanto, aplicar el teorema de Stolz–Cesàro, siempre que exista el límite del cociente de los incrementos.
Calculamos:
\[ a_{n+1}-a_n=(1+2+\cdots+n+(n+1))-(1+2+\cdots+n)=n+1, \]
mientras que
\[ b_{n+1}-b_n=(n+1)^2-n^2=2n+1. \]
Por consiguiente,
\[ \frac{a_{n+1}-a_n}{b_{n+1}-b_n} = \frac{n+1}{2n+1}. \]
Calculamos el límite:
\[ \lim_{n\to+\infty}\frac{n+1}{2n+1} = \lim_{n\to+\infty}\frac{1+\displaystyle\frac{1}{n}}{2+\displaystyle\frac{1}{n}} = \frac{1}{2}. \]
Por el teorema de Stolz–Cesàro se sigue que
\[ \lim_{n\to+\infty}\frac{a_n}{b_n} = \frac{1}{2}. \]
Por tanto,
\[ \lim_{n\to+\infty}\frac{1+2+\cdots+n}{n^2} = \frac{1}{2}. \]
Ejercicio 2 — nivel ★★☆☆☆
Calcular el límite
\[ \lim_{n\to+\infty}\frac{1^2+2^2+\cdots+n^2}{n^3}. \]
Resultado
\[ \lim_{n\to+\infty}\frac{1^2+2^2+\cdots+n^2}{n^3}=\frac{1}{3}. \]
Resolución
Ponemos
\[ a_n=1^2+2^2+\cdots+n^2, \qquad b_n=n^3. \]
Para \(n\ge 1\) se tiene \(b_n=n^3>0\). Además, \(b_n\) es estrictamente creciente y tiende a \(+\infty\).
Las hipótesis sobre el denominador quedan, pues, satisfechas.
Calculamos ahora los incrementos. Para la sucesión del numerador tenemos
\[ a_{n+1}-a_n=(n+1)^2. \]
Para la sucesión del denominador:
\[ b_{n+1}-b_n=(n+1)^3-n^3. \]
Desarrollamos el cubo:
\[ (n+1)^3=n^3+3n^2+3n+1. \]
Por tanto,
\[ b_{n+1}-b_n=3n^2+3n+1. \]
El cociente de los incrementos es
\[ \frac{a_{n+1}-a_n}{b_{n+1}-b_n} = \frac{(n+1)^2}{3n^2+3n+1}. \]
Calculamos el límite dividiendo numerador y denominador entre \(n^2\):
\[ \lim_{n\to+\infty}\frac{(n+1)^2}{3n^2+3n+1} = \lim_{n\to+\infty} \frac{1+\displaystyle\frac{2}{n}+\displaystyle\frac{1}{n^2}}{3+\displaystyle\frac{3}{n}+\displaystyle\frac{1}{n^2}} = \frac{1}{3}. \]
Por el teorema de Stolz–Cesàro obtenemos
\[ \lim_{n\to+\infty}\frac{1^2+2^2+\cdots+n^2}{n^3} = \frac{1}{3}. \]
Ejercicio 3 — nivel ★★☆☆☆
Calcular el límite
\[ \lim_{n\to+\infty}\frac{1+\displaystyle\frac{1}{2}+\displaystyle\frac{1}{3}+\cdots+\displaystyle\frac{1}{n}}{n}. \]
Resultado
\[ \lim_{n\to+\infty}\frac{1+\displaystyle\frac{1}{2}+\displaystyle\frac{1}{3}+\cdots+\displaystyle\frac{1}{n}}{n}=0. \]
Resolución
Ponemos
\[ a_n=1+\frac{1}{2}+\frac{1}{3}+\cdots+\frac{1}{n}, \qquad b_n=n. \]
El denominador \(b_n=n\) es positivo para \(n\ge 1\), es estrictamente creciente y tiende a \(+\infty\).
Podemos, por tanto, aplicar el teorema de Stolz–Cesàro.
Calculamos los incrementos:
\[ a_{n+1}-a_n=\frac{1}{n+1}, \]
mientras que
\[ b_{n+1}-b_n=(n+1)-n=1. \]
Por tanto,
\[ \frac{a_{n+1}-a_n}{b_{n+1}-b_n} = \frac{1}{n+1}. \]
Puesto que
\[ \lim_{n\to+\infty}\frac{1}{n+1}=0, \]
por el teorema de Stolz–Cesàro se sigue que
\[ \lim_{n\to+\infty}\frac{a_n}{b_n}=0. \]
Así pues,
\[ \lim_{n\to+\infty}\frac{1+\displaystyle\frac{1}{2}+\displaystyle\frac{1}{3}+\cdots+\displaystyle\frac{1}{n}}{n}=0. \]
Este ejemplo muestra que la sucesión de las sumas parciales de la serie armónica crece mucho más despacio que \(n\).
Ejercicio 4 — nivel ★★★☆☆
Calcular el límite
\[ \lim_{n\to+\infty}\frac{\log(n!)}{n\log n}. \]
Resultado
\[ \lim_{n\to+\infty}\frac{\log(n!)}{n\log n}=1. \]
Resolución
Recordemos que
\[ \log(n!)=\log(1\cdot 2\cdot 3\cdots n). \]
Ponemos
\[ a_n=\log(n!), \qquad b_n=n\log n. \]
Consideramos el cociente para \(n\ge 2\), de modo que \(b_n>0\).
Además, \(b_n=n\log n\) es estrictamente creciente a partir de cierto índice. En efecto, la función \(x\log x\) tiene derivada \(1+\log x\), que es positiva para \(x>e^{-1}\). En particular, para \(n\ge 1\), la sucesión \(n\log n\) es estrictamente creciente.
Por último,
\[ \lim_{n\to+\infty}n\log n=+\infty. \]
Podemos, por tanto, usar el teorema de Stolz–Cesàro.
Calculamos los incrementos. Para el numerador:
\[ a_{n+1}-a_n = \log((n+1)!)-\log(n!) = \log(n+1). \]
Para el denominador:
\[ b_{n+1}-b_n = (n+1)\log(n+1)-n\log n. \]
Reescribimos el denominador de una forma más conveniente:
\[ (n+1)\log(n+1)-n\log n = \log(n+1)+n\log\left(\displaystyle\frac{n+1}{n}\right). \]
Por tanto,
\[ b_{n+1}-b_n = \log(n+1)+n\log\left(1+\displaystyle\frac{1}{n}\right). \]
El cociente de los incrementos es entonces
\[ \frac{a_{n+1}-a_n}{b_{n+1}-b_n} = \frac{\log(n+1)} {\log(n+1)+n\log\left(1+\displaystyle\frac{1}{n}\right)}. \]
Dividimos numerador y denominador entre \(\log(n+1)\):
\[ \frac{\log(n+1)} {\log(n+1)+n\log\left(1+\displaystyle\frac{1}{n}\right)} = \frac{1} {1+\displaystyle\frac{n\log\left(1+\displaystyle\frac{1}{n}\right)}{\log(n+1)}}. \]
Sabemos que
\[ n\log\left(1+\displaystyle\frac{1}{n}\right)\to 1, \]
mientras que
\[ \log(n+1)\to+\infty. \]
Por tanto,
\[ \frac{n\log\left(1+\displaystyle\frac{1}{n}\right)}{\log(n+1)}\to 0. \]
Se sigue que
\[ \lim_{n\to+\infty} \frac{a_{n+1}-a_n}{b_{n+1}-b_n} = \frac{1}{1+0} = 1. \]
Por el teorema de Stolz–Cesàro concluimos que
\[ \lim_{n\to+\infty}\frac{\log(n!)}{n\log n}=1. \]
Ejercicio 5 — nivel ★★★★☆
Calcular el límite
\[ \lim_{n\to+\infty}\frac{\sqrt{1}+\sqrt{2}+\cdots+\sqrt{n}}{n^{3/2}}. \]
Resultado
\[ \lim_{n\to+\infty}\frac{\sqrt{1}+\sqrt{2}+\cdots+\sqrt{n}}{n^{3/2}}=\frac{2}{3}. \]
Resolución
Ponemos
\[ a_n=\sqrt{1}+\sqrt{2}+\cdots+\sqrt{n}, \qquad b_n=n^{3/2}. \]
Para \(n\ge 1\) se tiene \(b_n>0\). Además, \(b_n=n^{3/2}\) es estrictamente creciente y
\[ \lim_{n\to+\infty}n^{3/2}=+\infty. \]
Las hipótesis del teorema de Stolz–Cesàro relativas al denominador quedan, pues, satisfechas.
Calculamos los incrementos:
\[ a_{n+1}-a_n=\sqrt{n+1}. \]
Además,
\[ b_{n+1}-b_n=(n+1)^{3/2}-n^{3/2}. \]
El cociente de los incrementos es, por tanto,
\[ \frac{a_{n+1}-a_n}{b_{n+1}-b_n} = \frac{\sqrt{n+1}}{(n+1)^{3/2}-n^{3/2}}. \]
Sacamos factor común \(\sqrt{n+1}\) en el denominador. Puesto que
\[ (n+1)^{3/2}=(n+1)\sqrt{n+1} \]
y
\[ n^{3/2}=n\sqrt n=n\sqrt{n+1}\sqrt{\displaystyle\frac{n}{n+1}}, \]
obtenemos
\[ (n+1)^{3/2}-n^{3/2}=\sqrt{n+1}\left((n+1)-n\sqrt{\displaystyle\frac{n}{n+1}}\right). \]
Por tanto,
\[ \frac{\sqrt{n+1}}{(n+1)^{3/2}-n^{3/2}}=\frac{\sqrt{n+1}}{\sqrt{n+1}\left((n+1)-n\sqrt{\displaystyle\frac{n}{n+1}}\right)}=\frac{1}{(n+1)-n\sqrt{\displaystyle\frac{n}{n+1}}}. \]
Estudiamos, pues, el denominador
\[ (n+1)-n\sqrt{\frac{n}{n+1}}. \]
Ponemos
\[ t_n=\frac{1}{n+1}. \]
Entonces \(t_n\to 0^+\) y
\[ \frac{n}{n+1}=1-t_n. \]
Además, \(n+1=\displaystyle \frac{1}{t_n}\) y \(n=\displaystyle \frac{1-t_n}{t_n}\). Por tanto,
\[ (n+1)-n\sqrt{\frac{n}{n+1}} = \frac{1}{t_n}-\frac{1-t_n}{t_n}\sqrt{1-t_n}. \]
Sacando factor común \(1/t_n\), obtenemos
\[ (n+1)-n\sqrt{\frac{n}{n+1}} = \frac{1-(1-t_n)^{3/2}}{t_n}. \]
Usando el límite fundamental, equivalente a la derivabilidad de la función \(x^{3/2}\) en \(x=1\),
\[ \lim_{t\to 0^+}\frac{1-(1-t)^{3/2}}{t}=\frac{3}{2}. \]
Por tanto,
\[ (n+1)-n\sqrt{\frac{n}{n+1}}\to\frac{3}{2}. \]
En consecuencia,
\[ \lim_{n\to+\infty} \frac{a_{n+1}-a_n}{b_{n+1}-b_n} = \frac{1}{\displaystyle \frac{3}{2}} = \frac{2}{3}. \]
Por el teorema de Stolz–Cesàro se sigue que
\[ \lim_{n\to+\infty}\frac{\sqrt{1}+\sqrt{2}+\cdots+\sqrt{n}}{n^{3/2}} = \frac{2}{3}. \]
Ejercicio 6 — nivel ★★☆☆☆
Calcular el límite
\[ \lim_{n\to+\infty}\frac{1^3+2^3+\cdots+n^3}{n^4}. \]
Resultado
\[ \lim_{n\to+\infty}\frac{1^3+2^3+\cdots+n^3}{n^4}=\frac{1}{4}. \]
Resolución
Ponemos
\[ a_n=1^3+2^3+\cdots+n^3, \qquad b_n=n^4. \]
Para \(n\ge 1\) se tiene \(b_n=n^4>0\). Además, \(b_n\) es estrictamente creciente y
\[ \lim_{n\to+\infty}b_n=+\infty. \]
Quedan, pues, satisfechas las hipótesis sobre el denominador que exige el teorema de Stolz–Cesàro.
Calculamos los incrementos. Para la sucesión del numerador:
\[ a_{n+1}-a_n=(n+1)^3. \]
Para la sucesión del denominador:
\[ b_{n+1}-b_n=(n+1)^4-n^4. \]
Desarrollamos:
\[ (n+1)^4=n^4+4n^3+6n^2+4n+1. \]
Por tanto,
\[ b_{n+1}-b_n=4n^3+6n^2+4n+1. \]
El cociente de los incrementos es
\[ \frac{a_{n+1}-a_n}{b_{n+1}-b_n} = \frac{(n+1)^3}{4n^3+6n^2+4n+1}. \]
Dividimos numerador y denominador entre \(n^3\):
\[ \frac{(n+1)^3}{4n^3+6n^2+4n+1} = \frac{1+\displaystyle\frac{3}{n}+\displaystyle\frac{3}{n^2}+\displaystyle\frac{1}{n^3}} {4+\displaystyle\frac{6}{n}+\displaystyle\frac{4}{n^2}+\displaystyle\frac{1}{n^3}}. \]
Por tanto,
\[ \lim_{n\to+\infty} \frac{a_{n+1}-a_n}{b_{n+1}-b_n} = \frac{1}{4}. \]
Por el teorema de Stolz–Cesàro se sigue que
\[ \lim_{n\to+\infty}\frac{1^3+2^3+\cdots+n^3}{n^4} = \frac{1}{4}. \]
Ejercicio 7 — nivel ★★☆☆☆
Calcular el límite
\[ \lim_{n\to+\infty}\frac{1}{n}\sum_{k=1}^{n}\frac{k}{k+1}. \]
Resultado
\[ \lim_{n\to+\infty}\frac{1}{n}\sum_{k=1}^{n}\frac{k}{k+1}=1. \]
Resolución
Escribimos el límite en forma de cociente:
\[ \frac{1}{n}\sum_{k=1}^{n}\frac{k}{k+1} = \frac{\displaystyle\sum_{k=1}^{n}\frac{k}{k+1}}{n}. \]
Ponemos
\[ a_n=\sum_{k=1}^{n}\frac{k}{k+1}, \qquad b_n=n. \]
El denominador \(b_n=n\) es positivo para \(n\ge 1\), es estrictamente creciente y tiende a \(+\infty\).
Podemos, por tanto, aplicar el teorema de Stolz–Cesàro.
Calculamos los incrementos. Para el numerador:
\[ a_{n+1}-a_n=\frac{n+1}{n+2}. \]
Para el denominador:
\[ b_{n+1}-b_n=1. \]
Por tanto,
\[ \frac{a_{n+1}-a_n}{b_{n+1}-b_n} = \frac{n+1}{n+2}. \]
Calculamos el límite:
\[ \lim_{n\to+\infty}\frac{n+1}{n+2} = \lim_{n\to+\infty} \frac{1+\displaystyle\frac{1}{n}}{1+\displaystyle\frac{2}{n}} = 1. \]
Por el teorema de Stolz–Cesàro obtenemos
\[ \lim_{n\to+\infty} \frac{\displaystyle\sum_{k=1}^{n}\frac{k}{k+1}}{n} = 1. \]
Así pues,
\[ \lim_{n\to+\infty}\frac{1}{n}\sum_{k=1}^{n}\frac{k}{k+1}=1. \]
Este resultado es coherente también con el teorema de Cesàro, ya que la sucesión
\[ \frac{k}{k+1} \]
tiende a \(1\), por lo que su media aritmética tiende igualmente a \(1\).
Ejercicio 8 — nivel ★★☆☆☆
Calcular el límite
\[ \lim_{n\to+\infty}\frac{1}{n}\sum_{k=1}^{n}\frac{1}{\sqrt{k}}. \]
Resultado
\[ \lim_{n\to+\infty}\frac{1}{n}\sum_{k=1}^{n}\frac{1}{\sqrt{k}}=0. \]
Resolución
Reescribimos el límite como cociente:
\[ \frac{1}{n}\sum_{k=1}^{n}\frac{1}{\sqrt{k}} = \frac{\displaystyle\sum_{k=1}^{n}\frac{1}{\sqrt{k}}}{n}. \]
Ponemos
\[ a_n=\sum_{k=1}^{n}\frac{1}{\sqrt{k}}, \qquad b_n=n. \]
La sucesión \(b_n=n\) es positiva para \(n\ge 1\), estrictamente creciente y divergente a \(+\infty\).
Podemos, por tanto, aplicar el teorema de Stolz–Cesàro.
Calculamos los incrementos:
\[ a_{n+1}-a_n=\frac{1}{\sqrt{n+1}}, \qquad b_{n+1}-b_n=1. \]
Por tanto,
\[ \frac{a_{n+1}-a_n}{b_{n+1}-b_n} = \frac{1}{\sqrt{n+1}}. \]
Puesto que
\[ \lim_{n\to+\infty}\frac{1}{\sqrt{n+1}}=0, \]
el teorema de Stolz–Cesàro implica
\[ \lim_{n\to+\infty} \frac{\displaystyle\sum_{k=1}^{n}\frac{1}{\sqrt{k}}}{n} = 0. \]
Así pues,
\[ \lim_{n\to+\infty}\frac{1}{n}\sum_{k=1}^{n}\frac{1}{\sqrt{k}}=0. \]
También en este caso el resultado es coherente con el teorema de Cesàro, ya que
\[ \frac{1}{\sqrt{k}}\to 0. \]
Ejercicio 9 — nivel ★★★☆☆
Calcular el límite
\[ \lim_{n\to+\infty}\sqrt[n]{\prod_{k=1}^{n}\left(1+\frac{1}{k}\right)}. \]
Resultado
\[ \lim_{n\to+\infty}\sqrt[n]{\prod_{k=1}^{n}\left(1+\frac{1}{k}\right)}=1. \]
Resolución
Consideramos la sucesión
\[ c_k=1+\frac{1}{k}, \qquad k\ge 1. \]
Para todo \(k\ge 1\) se tiene \(c_k>0\). Además,
\[ \lim_{k\to+\infty}c_k= \lim_{k\to+\infty}\left(1+\frac{1}{k}\right)=1. \]
Queremos calcular el límite de la media geométrica de los primeros \(n\) términos de la sucesión \(c_k\):
\[ \sqrt[n]{\prod_{k=1}^{n}c_k} = \sqrt[n]{\prod_{k=1}^{n}\left(1+\frac{1}{k}\right)}. \]
Puesto que \(c_k>0\) y \(c_k\to 1\), podemos aplicar el corolario sobre la media geométrica.
Dicho corolario afirma que, si una sucesión de términos positivos converge a un límite positivo \(L\), entonces la media geométrica de sus primeros términos converge también a \(L\).
En este caso \(L=1\). Por tanto,
\[ \lim_{n\to+\infty}\sqrt[n]{\prod_{k=1}^{n}\left(1+\frac{1}{k}\right)} = 1. \]
Observemos que el resultado no depende de que el producto
\[ \prod_{k=1}^{n}\left(1+\frac{1}{k}\right) \]
crezca con \(n\). Lo decisivo es que estamos tomando la raíz \(n\)-ésima del producto, es decir, una media geométrica.
Ejercicio 10 — nivel ★★★☆☆
Calcular el límite
\[ \lim_{n\to+\infty}\sqrt[n]{5^n\frac{2n+1}{n+3}}. \]
Resultado
\[ \lim_{n\to+\infty}\sqrt[n]{5^n\frac{2n+1}{n+3}}=5. \]
Resolución
Ponemos
\[ a_n=5^n\frac{2n+1}{n+3}. \]
Para todo \(n\ge 1\) se tiene \(a_n>0\). Podemos, por tanto, usar el corolario relativo al límite de la raíz \(n\)-ésima.
Calculamos el cociente entre dos términos consecutivos:
\[ \frac{a_{n+1}}{a_n} = \frac{5^{n+1}\displaystyle\frac{2n+3}{n+4}} {5^n\displaystyle\frac{2n+1}{n+3}}. \]
Simplificando \(5^n\), obtenemos
\[ \frac{a_{n+1}}{a_n} = 5\cdot \frac{2n+3}{n+4} \cdot \frac{n+3}{2n+1}. \]
Calculamos el límite:
\[ \lim_{n\to+\infty} 5\cdot \frac{2n+3}{n+4} \cdot \frac{n+3}{2n+1} = 5\cdot 2\cdot\frac{1}{2} = 5. \]
Así pues,
\[ \lim_{n\to+\infty}\frac{a_{n+1}}{a_n}=5. \]
Puesto que \(a_n>0\) y el límite del cociente entre términos consecutivos existe y vale \(5>0\), por el corolario de Stolz–Cesàro sobre la raíz \(n\)-ésima se sigue que
\[ \lim_{n\to+\infty}\sqrt[n]{a_n}=5. \]
Sustituyendo la definición de \(a_n\), obtenemos
\[ \lim_{n\to+\infty}\sqrt[n]{5^n\frac{2n+1}{n+3}}=5. \]
Ejercicio 11 — nivel ★★★☆☆
Calcular el límite
\[ \lim_{n\to+\infty}\frac{\sum_{k=1}^{n}k\log k}{n^2\log n}. \]
Resultado
\[ \lim_{n\to+\infty}\frac{\sum_{k=1}^{n}k\log k}{n^2\log n}=\frac{1}{2}. \]
Resolución
Ponemos
\[ a_n=\sum_{k=1}^{n}k\log k, \qquad b_n=n^2\log n. \]
Consideramos el cociente para \(n\ge 2\), de modo que \(b_n>0\). Además, \(b_n=n^2\log n\) es estrictamente creciente a partir de cierto índice y
\[ \lim_{n\to+\infty}b_n=+\infty. \]
Podemos, por tanto, aplicar el teorema de Stolz–Cesàro.
Calculamos los incrementos. Para el numerador tenemos
\[ a_{n+1}-a_n=(n+1)\log(n+1). \]
Para el denominador:
\[ b_{n+1}-b_n=(n+1)^2\log(n+1)-n^2\log n. \]
Reescribimos esta diferencia en una forma más adecuada para el límite:
\[ b_{n+1}-b_n= \bigl((n+1)^2-n^2\bigr)\log(n+1)+n^2\bigl(\log(n+1)-\log n\bigr). \]
Puesto que
\[ (n+1)^2-n^2=2n+1 \]
y
\[ \log(n+1)-\log n=\log\left(1+\frac{1}{n}\right), \]
obtenemos
\[ b_{n+1}-b_n=(2n+1)\log(n+1)+n^2\log\left(1+\frac{1}{n}\right). \]
El cociente de los incrementos es, por tanto,
\[ \frac{a_{n+1}-a_n}{b_{n+1}-b_n} = \frac{(n+1)\log(n+1)} {(2n+1)\log(n+1)+n^2\log\left(1+\displaystyle\frac{1}{n}\right)}. \]
Dividimos numerador y denominador entre \(n\log(n+1)\):
\[ \frac{(n+1)\log(n+1)} {(2n+1)\log(n+1)+n^2\log\left(1+\displaystyle\frac{1}{n}\right)} = \frac{1+\displaystyle\frac{1}{n}} {2+\displaystyle\frac{1}{n}+ \displaystyle\frac{n\log\left(1+\displaystyle\frac{1}{n}\right)}{\log(n+1)}}. \]
Sabemos que
\[ n\log\left(1+\frac{1}{n}\right)\to 1, \]
mientras que
\[ \log(n+1)\to+\infty. \]
Por tanto,
\[ \frac{n\log\left(1+\displaystyle\frac{1}{n}\right)}{\log(n+1)}\to 0. \]
En consecuencia,
\[ \lim_{n\to+\infty} \frac{a_{n+1}-a_n}{b_{n+1}-b_n} = \frac{1}{2}. \]
Por el teorema de Stolz–Cesàro se sigue que
\[ \lim_{n\to+\infty}\frac{\sum_{k=1}^{n}k\log k}{n^2\log n} = \frac{1}{2}. \]
Ejercicio 12 — nivel ★★★☆☆
Calcular el límite
\[ \lim_{n\to+\infty}\frac{1}{n}\sum_{k=1}^{n}\frac{2k^2-k+1}{k^2+1}. \]
Resultado
\[ \lim_{n\to+\infty}\frac{1}{n}\sum_{k=1}^{n}\frac{2k^2-k+1}{k^2+1}=2. \]
Resolución
Reescribimos el límite como cociente:
\[ \frac{1}{n}\sum_{k=1}^{n}\frac{2k^2-k+1}{k^2+1} = \frac{\displaystyle\sum_{k=1}^{n}\frac{2k^2-k+1}{k^2+1}}{n}. \]
Ponemos
\[ a_n=\sum_{k=1}^{n}\frac{2k^2-k+1}{k^2+1}, \qquad b_n=n. \]
La sucesión \(b_n=n\) es positiva para \(n\ge 1\), estrictamente creciente y divergente a \(+\infty\).
Podemos, por tanto, aplicar el teorema de Stolz–Cesàro.
Calculamos los incrementos:
\[ a_{n+1}-a_n= \frac{2(n+1)^2-(n+1)+1}{(n+1)^2+1}, \qquad b_{n+1}-b_n=1. \]
Por tanto,
\[ \frac{a_{n+1}-a_n}{b_{n+1}-b_n} = \frac{2(n+1)^2-(n+1)+1}{(n+1)^2+1}. \]
Desarrollamos el numerador:
\[ 2(n+1)^2-(n+1)+1 = 2n^2+3n+2. \]
Además,
\[ (n+1)^2+1=n^2+2n+2. \]
Por tanto,
\[ \frac{a_{n+1}-a_n}{b_{n+1}-b_n} = \frac{2n^2+3n+2}{n^2+2n+2}. \]
Dividiendo numerador y denominador entre \(n^2\), obtenemos
\[ \frac{2n^2+3n+2}{n^2+2n+2} = \frac{2+\displaystyle\frac{3}{n}+\displaystyle\frac{2}{n^2}} {1+\displaystyle\frac{2}{n}+\displaystyle\frac{2}{n^2}}. \]
Por tanto,
\[ \lim_{n\to+\infty} \frac{a_{n+1}-a_n}{b_{n+1}-b_n} = 2. \]
Por el teorema de Stolz–Cesàro se sigue que
\[ \lim_{n\to+\infty} \frac{\displaystyle\sum_{k=1}^{n}\frac{2k^2-k+1}{k^2+1}}{n} = 2. \]
Así pues,
\[ \lim_{n\to+\infty}\frac{1}{n}\sum_{k=1}^{n}\frac{2k^2-k+1}{k^2+1}=2. \]
El resultado es coherente también con el teorema de Cesàro, ya que
\[ \frac{2k^2-k+1}{k^2+1}\to 2. \]
Ejercicio 13 — nivel ★★★☆☆
Calcular el límite
\[ \lim_{n\to+\infty}\sqrt[n]{\prod_{k=1}^{n}\frac{3k+1}{k+2}}. \]
Resultado
\[ \lim_{n\to+\infty}\sqrt[n]{\prod_{k=1}^{n}\frac{3k+1}{k+2}}=3. \]
Resolución
Consideramos la sucesión
\[ c_k=\frac{3k+1}{k+2}. \]
Para todo \(k\ge 1\) se tiene \(c_k>0\), ya que numerador y denominador son positivos.
Además,
\[ \lim_{k\to+\infty}c_k = \lim_{k\to+\infty}\frac{3k+1}{k+2} = \lim_{k\to+\infty} \frac{3+\displaystyle\frac{1}{k}}{1+\displaystyle\frac{2}{k}} = 3. \]
El límite pedido es la media geométrica de los primeros \(n\) términos de la sucesión \(c_k\):
\[ \sqrt[n]{\prod_{k=1}^{n}c_k} = \sqrt[n]{\prod_{k=1}^{n}\frac{3k+1}{k+2}}. \]
Puesto que \(c_k>0\) y \(c_k\to 3\), podemos aplicar el corolario sobre la media geométrica.
Dicho corolario afirma que, si una sucesión de términos positivos converge a un límite positivo \(L\), entonces la media geométrica de sus primeros términos converge al mismo límite \(L\).
En este caso \(L=3\). Por tanto,
\[ \lim_{n\to+\infty}\sqrt[n]{\prod_{k=1}^{n}\frac{3k+1}{k+2}}=3. \]
Ejercicio 14 — nivel ★★★★☆
Calcular el límite
\[ \lim_{n\to+\infty}\sqrt[n]{\frac{(2n)!}{(n!)^2}}. \]
Resultado
\[ \lim_{n\to+\infty}\sqrt[n]{\frac{(2n)!}{(n!)^2}}=4. \]
Resolución
Ponemos
\[ a_n=\frac{(2n)!}{(n!)^2}. \]
Para todo \(n\ge 1\) se tiene \(a_n>0\). Podemos, por tanto, intentar aplicar el corolario relativo a la raíz \(n\)-ésima.
Calculamos el cociente entre términos consecutivos:
\[ \frac{a_{n+1}}{a_n} = \frac{\displaystyle\frac{(2n+2)!}{((n+1)!)^2}} {\displaystyle\frac{(2n)!}{(n!)^2}}. \]
Dividir entre una fracción equivale a multiplicar por su inversa, de modo que
\[ \frac{a_{n+1}}{a_n} = \frac{(2n+2)!}{((n+1)!)^2} \cdot \frac{(n!)^2}{(2n)!}. \]
Usamos ahora las identidades
\[ (2n+2)!=(2n+2)(2n+1)(2n)! \]
y
\[ (n+1)!=(n+1)n!. \]
Por tanto,
\[ ((n+1)!)^2=(n+1)^2(n!)^2. \]
Sustituyendo, obtenemos
\[ \frac{a_{n+1}}{a_n} = \frac{(2n+2)(2n+1)(2n)!}{(n+1)^2(n!)^2} \cdot \frac{(n!)^2}{(2n)!}. \]
Simplificando los factores comunes:
\[ \frac{a_{n+1}}{a_n} = \frac{(2n+2)(2n+1)}{(n+1)^2}. \]
Como \(2n+2=2(n+1)\), se sigue que
\[ \frac{a_{n+1}}{a_n} = \frac{2(n+1)(2n+1)}{(n+1)^2} = 2\frac{2n+1}{n+1}. \]
Calculamos el límite:
\[ \lim_{n\to+\infty}2\frac{2n+1}{n+1} = 2\lim_{n\to+\infty} \frac{2+\displaystyle\frac{1}{n}}{1+\displaystyle\frac{1}{n}} = 4. \]
Así pues,
\[ \lim_{n\to+\infty}\frac{a_{n+1}}{a_n}=4. \]
Puesto que \(a_n>0\) y el límite del cociente entre términos consecutivos existe y vale \(4>0\), el corolario de Stolz–Cesàro sobre la raíz \(n\)-ésima implica
\[ \lim_{n\to+\infty}\sqrt[n]{a_n}=4. \]
Por tanto,
\[ \lim_{n\to+\infty}\sqrt[n]{\frac{(2n)!}{(n!)^2}}=4. \]
Ejercicio 15 — nivel ★★★★☆
Calcular el límite
\[ \lim_{n\to+\infty}\frac{\sum_{k=1}^{n}\log\left(1+\frac{1}{k}\right)}{\log n}. \]
Resultado
\[ \lim_{n\to+\infty}\frac{\sum_{k=1}^{n}\log\left(1+\frac{1}{k}\right)}{\log n}=1. \]
Resolución
Ponemos
\[ a_n=\sum_{k=1}^{n}\log\left(1+\frac{1}{k}\right), \qquad b_n=\log n. \]
Consideramos el cociente para \(n\ge 2\). Entonces \(b_n=\log n>0\), \(b_n\) es estrictamente creciente y
\[ \lim_{n\to+\infty}\log n=+\infty. \]
Las hipótesis sobre el denominador quedan, pues, satisfechas.
Calculamos los incrementos. Para el numerador:
\[ a_{n+1}-a_n= \log\left(1+\frac{1}{n+1}\right). \]
Para el denominador:
\[ b_{n+1}-b_n=\log(n+1)-\log n = \log\left(\frac{n+1}{n}\right) = \log\left(1+\frac{1}{n}\right). \]
El cociente de los incrementos es
\[ \frac{a_{n+1}-a_n}{b_{n+1}-b_n} = \frac{\log\left(1+\displaystyle\frac{1}{n+1}\right)} {\log\left(1+\displaystyle\frac{1}{n}\right)}. \]
Para calcular este límite, multiplicamos y dividimos de modo que podamos usar el límite fundamental del logaritmo:
\[ \frac{\log\left(1+\displaystyle\frac{1}{n+1}\right)} {\log\left(1+\displaystyle\frac{1}{n}\right)} = \frac{ \displaystyle\frac{\log\left(1+\displaystyle\frac{1}{n+1}\right)}{\displaystyle\frac{1}{n+1}} }{ \displaystyle\frac{\log\left(1+\displaystyle\frac{1}{n}\right)}{\displaystyle\frac{1}{n}} } \cdot \frac{n}{n+1}. \]
Puesto que
\[ \frac{\log(1+x)}{x}\to 1 \qquad \text{cuando } x\to 0, \]
obtenemos
\[ \frac{ \displaystyle\frac{\log\left(1+\displaystyle\frac{1}{n+1}\right)}{\displaystyle\frac{1}{n+1}} }{ \displaystyle\frac{\log\left(1+\displaystyle\frac{1}{n}\right)}{\displaystyle\frac{1}{n}} } \to 1. \]
Además,
\[ \frac{n}{n+1}\to 1. \]
Por tanto,
\[ \lim_{n\to+\infty} \frac{a_{n+1}-a_n}{b_{n+1}-b_n} = 1. \]
Por el teorema de Stolz–Cesàro se sigue que
\[ \lim_{n\to+\infty}\frac{\sum_{k=1}^{n}\log\left(1+\frac{1}{k}\right)}{\log n} = 1. \]
Observemos que, en este ejercicio, el denominador correcto no es \(n\), sino \(\log n\). Esta elección es esencial para obtener un límite finito y no nulo.
Ejercicio 16 — nivel ★★☆☆☆
Calcular el límite
\[ \lim_{n\to+\infty}\frac{\log n}{n}. \]
Resultado
\[ \lim_{n\to+\infty}\frac{\log n}{n}=0. \]
Resolución
Ponemos
\[ a_n=\log n, \qquad b_n=n. \]
Consideramos el cociente para \(n\ge 1\). La sucesión \(b_n=n\) es positiva para \(n\ge 1\), estrictamente creciente y
\[ \lim_{n\to+\infty}b_n=+\infty. \]
Podemos, por tanto, aplicar el teorema de Stolz–Cesàro.
Calculamos los incrementos. Para el numerador:
\[ a_{n+1}-a_n=\log(n+1)-\log n. \]
Usando las propiedades de los logaritmos, obtenemos
\[ a_{n+1}-a_n=\log\left(\frac{n+1}{n}\right)=\log\left(1+\frac{1}{n}\right). \]
Para el denominador:
\[ b_{n+1}-b_n=(n+1)-n=1. \]
Por tanto,
\[ \frac{a_{n+1}-a_n}{b_{n+1}-b_n} = \log\left(1+\frac{1}{n}\right). \]
Puesto que
\[ \lim_{n\to+\infty}\log\left(1+\frac{1}{n}\right)=\log 1=0, \]
por el teorema de Stolz–Cesàro se sigue que
\[ \lim_{n\to+\infty}\frac{\log n}{n}=0. \]
Este resultado expresa el hecho de que el logaritmo crece más despacio que \(n\).
Ejercicio 17 — nivel ★★★☆☆
Calcular el límite
\[ \lim_{n\to+\infty}\frac{\sum_{k=1}^{n}\sqrt{k}}{\sum_{k=1}^{n}k}. \]
Resultado
\[ \lim_{n\to+\infty}\frac{\sum_{k=1}^{n}\sqrt{k}}{\sum_{k=1}^{n}k}=0. \]
Resolución
Ponemos
\[ a_n=\sum_{k=1}^{n}\sqrt{k}, \qquad b_n=\sum_{k=1}^{n}k. \]
La sucesión \(b_n\) es positiva para \(n\ge 1\). Además, es estrictamente creciente, ya que
\[ b_{n+1}-b_n=n+1>0, \]
y diverge a \(+\infty\), por ser la suma de los primeros \(n\) enteros positivos.
Podemos, por tanto, aplicar el teorema de Stolz–Cesàro.
Calculamos los incrementos:
\[ a_{n+1}-a_n=\sqrt{n+1}, \qquad b_{n+1}-b_n=n+1. \]
El cociente de los incrementos es
\[ \frac{a_{n+1}-a_n}{b_{n+1}-b_n} = \frac{\sqrt{n+1}}{n+1}. \]
Simplificando, obtenemos
\[ \frac{\sqrt{n+1}}{n+1} = \frac{1}{\sqrt{n+1}}. \]
Puesto que
\[ \lim_{n\to+\infty}\frac{1}{\sqrt{n+1}}=0, \]
el teorema de Stolz–Cesàro implica
\[ \lim_{n\to+\infty}\frac{a_n}{b_n}=0. \]
Por tanto,
\[ \lim_{n\to+\infty}\frac{\sum_{k=1}^{n}\sqrt{k}}{\sum_{k=1}^{n}k}=0. \]
El resultado concuerda con la idea de que la suma de los enteros crece más deprisa que la suma de sus raíces cuadradas.
Ejercicio 18 — nivel ★★★★☆
Calcular el límite
\[ \lim_{n\to+\infty}\frac{1^{3/2}+2^{3/2}+\cdots+n^{3/2}}{n^{5/2}}. \]
Resultado
\[ \lim_{n\to+\infty}\frac{1^{3/2}+2^{3/2}+\cdots+n^{3/2}}{n^{5/2}}=\frac{2}{5}. \]
Resolución
Ponemos
\[ a_n=1^{3/2}+2^{3/2}+\cdots+n^{3/2}, \qquad b_n=n^{5/2}. \]
Para \(n\ge 1\) se tiene \(b_n>0\). Además, \(b_n=n^{5/2}\) es estrictamente creciente y
\[ \lim_{n\to+\infty}b_n=+\infty. \]
Quedan, pues, satisfechas las hipótesis sobre el denominador que exige el teorema de Stolz–Cesàro.
Calculamos los incrementos. Para el numerador:
\[ a_{n+1}-a_n=(n+1)^{3/2}. \]
Para el denominador:
\[ b_{n+1}-b_n=(n+1)^{5/2}-n^{5/2}. \]
El cociente de los incrementos es
\[ \frac{a_{n+1}-a_n}{b_{n+1}-b_n} = \frac{(n+1)^{3/2}}{(n+1)^{5/2}-n^{5/2}}. \]
Dividimos numerador y denominador entre \((n+1)^{3/2}\):
\[ \frac{(n+1)^{3/2}}{(n+1)^{5/2}-n^{5/2}} = \frac{1}{(n+1)-n\left(\displaystyle\frac{n}{n+1}\right)^{3/2}}. \]
Estudiamos el denominador
\[ (n+1)-n\left(\frac{n}{n+1}\right)^{3/2}. \]
Ponemos
\[ t_n=\frac{1}{n+1}. \]
Entonces \(t_n\to 0^+\) y
\[ \frac{n}{n+1}=1-t_n. \]
Además, \(n+1=\frac{1}{t_n}\) y \(n=\frac{1-t_n}{t_n}\). Por tanto,
\[ (n+1)-n\left(\frac{n}{n+1}\right)^{3/2} = \frac{1}{t_n}-\frac{1-t_n}{t_n}(1-t_n)^{3/2}. \]
Por tanto,
\[ (n+1)-n\left(\frac{n}{n+1}\right)^{3/2} = \frac{1-(1-t_n)^{5/2}}{t_n}. \]
Usando el límite fundamental, equivalente a la derivabilidad de la función \(x^{5/2}\) en \(x=1\),
\[ \lim_{t\to 0^+}\frac{1-(1-t)^{5/2}}{t}=\frac{5}{2}. \]
Se sigue que
\[ (n+1)-n\left(\frac{n}{n+1}\right)^{3/2}\to\frac{5}{2}. \]
Así pues,
\[ \lim_{n\to+\infty} \frac{a_{n+1}-a_n}{b_{n+1}-b_n} = \frac{1}{\frac{5}{2}} = \frac{2}{5}. \]
Por el teorema de Stolz–Cesàro concluimos que
\[ \lim_{n\to+\infty}\frac{1^{3/2}+2^{3/2}+\cdots+n^{3/2}}{n^{5/2}} = \frac{2}{5}. \]
Ejercicio 19 — nivel ★★★★☆
Calcular el límite
\[ \lim_{n\to+\infty}\sqrt[n]{\frac{(3n)!}{(n!)^3}}. \]
Resultado
\[ \lim_{n\to+\infty}\sqrt[n]{\frac{(3n)!}{(n!)^3}}=27. \]
Resolución
Ponemos
\[ a_n=\frac{(3n)!}{(n!)^3}. \]
Para todo \(n\ge 1\) se tiene \(a_n>0\). Podemos, por tanto, aplicar el corolario relativo a la raíz \(n\)-ésima, tras estudiar el cociente entre términos consecutivos.
Calculamos
\[ \frac{a_{n+1}}{a_n} = \frac{\displaystyle\frac{(3n+3)!}{((n+1)!)^3}} {\displaystyle\frac{(3n)!}{(n!)^3}}. \]
Dividir entre una fracción equivale a multiplicar por su inversa:
\[ \frac{a_{n+1}}{a_n} = \frac{(3n+3)!}{((n+1)!)^3} \cdot \frac{(n!)^3}{(3n)!}. \]
Usamos ahora las identidades
\[ (3n+3)!=(3n+3)(3n+2)(3n+1)(3n)! \]
y
\[ (n+1)!=(n+1)n!. \]
De esta última se sigue que
\[ ((n+1)!)^3=(n+1)^3(n!)^3. \]
Sustituyendo, obtenemos
\[ \frac{a_{n+1}}{a_n} = \frac{(3n+3)(3n+2)(3n+1)(3n)!}{(n+1)^3(n!)^3} \cdot \frac{(n!)^3}{(3n)!}. \]
Simplificando los factores comunes:
\[ \frac{a_{n+1}}{a_n} = \frac{(3n+3)(3n+2)(3n+1)}{(n+1)^3}. \]
Calculamos el límite dividiendo cada factor entre \(n\):
\[ \frac{(3n+3)(3n+2)(3n+1)}{(n+1)^3} = \frac{ \left(3+\displaystyle\frac{3}{n}\right) \left(3+\displaystyle\frac{2}{n}\right) \left(3+\displaystyle\frac{1}{n}\right)} {\left(1+\displaystyle\frac{1}{n}\right)^3}. \]
Por tanto,
\[ \lim_{n\to+\infty}\frac{a_{n+1}}{a_n} = \frac{3\cdot 3\cdot 3}{1^3} = 27. \]
Puesto que \(a_n>0\) y el límite del cociente entre términos consecutivos existe y vale \(27>0\), el corolario de Stolz–Cesàro sobre la raíz \(n\)-ésima implica
\[ \lim_{n\to+\infty}\sqrt[n]{a_n}=27. \]
Sustituyendo la definición de \(a_n\), obtenemos
\[ \lim_{n\to+\infty}\sqrt[n]{\frac{(3n)!}{(n!)^3}}=27. \]
Ejercicio 20 — nivel ★★★★★
Calcular el límite
\[ \lim_{n\to+\infty} \frac{\sum_{k=1}^{n}\log k}{\sum_{k=1}^{n}\log(k^2+k)}. \]
Resultado
\[ \lim_{n\to+\infty} \frac{\sum_{k=1}^{n}\log k}{\sum_{k=1}^{n}\log(k^2+k)} = \frac{1}{2}. \]
Resolución
Ponemos
\[ a_n=\sum_{k=1}^{n}\log k, \qquad b_n=\sum_{k=1}^{n}\log(k^2+k). \]
Para todo \(k\ge 1\) se tiene \(k^2+k\ge 2\), de modo que
\[ \log(k^2+k)\ge \log 2>0. \]
En consecuencia, \(b_n>0\) para todo \(n\ge 1\). Además, \(b_n\) es estrictamente creciente, ya que
\[ b_{n+1}-b_n=\log((n+1)^2+(n+1))>0. \]
Por último,
\[ b_n=\sum_{k=1}^{n}\log(k^2+k)\ge n\log 2\to+\infty. \]
Podemos, por tanto, aplicar el teorema de Stolz–Cesàro.
Calculamos los incrementos. Para el numerador:
\[ a_{n+1}-a_n=\log(n+1). \]
Para el denominador:
\[ b_{n+1}-b_n=\log((n+1)^2+(n+1)). \]
Puesto que
\[ (n+1)^2+(n+1)=(n+1)(n+2), \]
obtenemos
\[ b_{n+1}-b_n=\log((n+1)(n+2)). \]
Usando la propiedad del logaritmo de un producto:
\[ b_{n+1}-b_n=\log(n+1)+\log(n+2). \]
Por tanto, el cociente de los incrementos es
\[ \frac{a_{n+1}-a_n}{b_{n+1}-b_n} = \frac{\log(n+1)}{\log(n+1)+\log(n+2)}. \]
Dividimos numerador y denominador entre \(\log(n+1)\):
\[ \frac{\log(n+1)}{\log(n+1)+\log(n+2)} = \frac{1}{1+\displaystyle\frac{\log(n+2)}{\log(n+1)}}. \]
Ahora bien,
\[ \frac{\log(n+2)}{\log(n+1)} = \frac{\log(n+1)+\log\left(1+\displaystyle\frac{1}{n+1}\right)}{\log(n+1)}. \]
Por tanto,
\[ \frac{\log(n+2)}{\log(n+1)} = 1+ \frac{\log\left(1+\displaystyle\frac{1}{n+1}\right)}{\log(n+1)}. \]
Puesto que
\[ \log\left(1+\frac{1}{n+1}\right)\to 0 \]
y
\[ \log(n+1)\to+\infty, \]
se sigue que
\[ \frac{\log\left(1+\displaystyle\frac{1}{n+1}\right)}{\log(n+1)}\to 0. \]
Así pues,
\[ \frac{\log(n+2)}{\log(n+1)}\to 1. \]
Por tanto,
\[ \lim_{n\to+\infty} \frac{a_{n+1}-a_n}{b_{n+1}-b_n} = \frac{1}{1+1} = \frac{1}{2}. \]
Por el teorema de Stolz–Cesàro concluimos que
\[ \lim_{n\to+\infty} \frac{\sum_{k=1}^{n}\log k}{\sum_{k=1}^{n}\log(k^2+k)} = \frac{1}{2}. \]