Ejemplo 1. Consideremos las sucesivas aproximaciones decimales de \(\sqrt{2}\),

\[ 1,1.4,1.41,1.414,1.4142,1.41421,\ldots \] Cada uno de estas aproximaciones mejora la anterior, puesto que cada una difiere de \(\sqrt{2}\) en menos de \(10^{-n}\), donde \(n\) indica el número de cifras decimales de la aproximación racional. Obsérvese tambien que una vez alcanzada una determinada precisión, los términos siguientes mejoran dicha precisión.

En general, dado un \(\epsilon\), es decir, una precisión, podemos asegurar que, a partir de un término dado que diste menos que esa precisión de la raíz cuadrada de 2, los subsiguientes términos distan de \(\sqrt{2}\) menos que esa precisión. .

Para generar los 15 primeros términos de la sucesión anterior en python haríamos lo siguiente:

import math
def trun_n_d(n,d):
    s=repr(n).split('.')
    if (len(s)==1):
        return int(s[0])
    return float(s[0]+'.'+s[1][:d])
x=math.sqrt(2)
n=15
for i in range(1,n):
   print "%.15f" % (trun_n_d(x,i))

## 1.400000000000000
## 1.410000000000000
## 1.414000000000000
## 1.414200000000000
## 1.414210000000000
## 1.414213000000000
## 1.414213500000000
## 1.414213560000000
## 1.414213562000000
## 1.414213562300000
## 1.414213562370000
## 1.414213562373000
## 1.414213562373000
## 1.414213562373090

Ejemplo 2.

Análogamente, las sucesivas aproximaciones decimales del número \(\pi\): \[ 3,3.1,3.14,3.141,3.1415,3.14159, \ldots \] aproximan el número \(\pi\)

Ejemplo 2.

Análogamente, las sucesivas aproximaciones decimales del número \(\pi\): \[ 3,3.1,3.14,3.141,3.1415,3.14159, \ldots \] aproximan el número \(\pi\)

De hecho, podemos calcular los 15 primeros términos de la sucesión anterior en python con este código:

x=math.pi
n=15
for i in range(1,n):
   print "%.15f" % (trun_n_d(x,i))

## 3.100000000000000
## 3.140000000000000
## 3.141000000000000
## 3.141500000000000
## 3.141590000000000
## 3.141592000000000
## 3.141592600000000
## 3.141592650000000
## 3.141592653000000
## 3.141592653500000
## 3.141592653580000
## 3.141592653589000
## 3.141592653589700
## 3.141592653589790

Ejemplos

Ejemplo 1. Dado un número real \(r\), la sucesión constante \(a_n = r\), para todo \(n \in \mathbb{N}\) es un ejemplo de sucesión. Obsérvese que una sucesión tiene siempre infinitos términos, aunque puedan estar todos o algunos repetidos.

Ejemplo 2. La sucesión de término general \(a_n = \dfrac{1}{n}\): \[ 1,\dfrac{1}{2},\dfrac{1}{3},\dfrac{1}{4}, \ldots ,\dfrac{1}{n}, \ldots \]

Ejemplos

Ejemplo 3. Un ejemplo interesante de sucesión lo constituye la de término general \(a_n = 10^{-n}\), és decir la sucesión \[ 0.1,0.01,0.001,0.0001,0.00001, \ldots \]

Ejemplo 4. La sucesión de aproximaciones decimales del número \(\pi\):

\[ a_1=3.1\quad a_2=3.14 \quad a_3=3.141 \quad a_4 = 3.1415 \quad a_4 =3.14159 \quad \ldots \]

Ejemplo 5. Las sucesivas aproximaciones decimales del número \(\sqrt{2}\):

\[ a_1=1.4 \quad a_2=1.41 \quad a_3=1.414 \quad a_4=1.4142 \quad a_5=1.41421 \quad \ldots \]

Ejemplo 6. En general, todo número \(\alpha \in \mathbb{R}\), admite un desarrollo decimal en la forma \[ \alpha= \alpha_0 + \alpha_1 10^{-1}+ \alpha_2 10^{-2}+ \ldots + \alpha_k 10^{-k}+ \ldots \] donde \(a_0 \in \mathbb{Z}\) y cada \(a_i \in \{0,1,2,\ldots, 9 \}\), de forma que determina una sucesión de término general \[ a_n = \alpha_0 + \alpha_1 10^{-1}+ \alpha_2 10^{-2}+ \ldots + \alpha_n 10^{-n} = \alpha_0.\alpha_1\alpha_2\alpha_3\ldots\alpha_n \] Obsérvese que para cada \(n \in \mathbb{N}\) se tiene que \(\alpha-a_n = \alpha_{n+1}10^{-(n+1)}+ \ldots < 10^{-n}\).

Ejemplos

Ejemplo 7. La sucesión de Fibonacci és una sucesión recurrente definida a partir de dos números \(x_1\) y \(x_2\), de la forma

\[ x_n=x_{n-1} +x_{n-2} \] De tal manera que si \(x_1 = x_2=1\), sus términos son: \[ 1,1,2,3,5,8,13,21,34, \ldots \] Ejemplo 8. La sucesión, también recurrente, \(x_1=c>0\), \(x_{n+1}=\dfrac{1}{2} \left(x_n + \dfrac{a}{x_n}\right)\), donde \(a\) es un nombre real positivo.

Ejemplo La expresión explícita de la sucesión anterior puede verse en el enlace siguiente de Wolfram Alpha

Ejemplos

1. La sucesión \(\{\frac{1}{n^2}\}_{n \in \mathbb{N}}\) es una subsucesión de \(\{\frac{1}{n}\}_{n \in \mathbb{N}}\)
2. La sucesión \(\{n+5\}\) lo es de la sucesión \(\{n\}_{n \in \mathbb{N}}\).
3. La sucesión \(\{\frac{1}{2},1,\frac{1}{4},\frac{1}{3}, \ldots ,\frac{1}{n+1},\frac{1}{n}, \ldots \}\), no es una subsucesión de la sucesión \(\{\frac{1}{n}\}_{n \in \mathbb{N}}\). (¿Por qué?).
4. Tampoco lo es \(\{1,2,3, \ldots, 234501\}\) respecto de la sucesión \(\{n\}_{n \in \mathbb{N}}\). (¿Por qué?).

Ejemplo 1. La propiedad arquimediana implica que \(\displaystyle{\lim_{n \rightarrow \infty}\dfrac{1}{n} = 0}\),

puesto que para cada \(\epsilon >0\), existe un número natural \(n_0\) tal que \(0<\dfrac{1}{n_0}< \epsilon\), por lo tanto, dado que para todo \(n \geq n_0\), es \(\dfrac{1}{n} \leq \dfrac{1}{n_0} < \epsilon\), que es lo que había que demostrar.

Así, si \(\epsilon = 10^{-5}\), entonces \(n_0 = \dfrac{1}{10^{-5}}+1= 10^5 +1\) y, si \(n>n_0\), entonces \(\dfrac{1}{n} < 10^{-5}\).

Ejemplo 2. \(\displaystyle{\lim_{n \rightarrow \infty}\dfrac{n+1}{n} }= 1\)

Efectivamente, dado que \(n+1 > n\), \(\displaystyle{\left| \dfrac{n+1}{n} -1 \right|} = \dfrac{n+1}{n} -1 = \dfrac{1}{n}\).

Ahora, como sabemos que dado un \(\epsilon > 0\) existe \(n_0 \in \mathbb{N}\) tal que \(\dfrac{1}{n} < \epsilon\) para todo \(n\geq n_0\), obtenemos el resultado pedido.

Ejemplos

1. Dado que \(\{ \frac{1}{n+5}\}\) es una subsucesión de \(\{\frac{1}{n}\}\), será \(\lim \frac{1}{n+5} =0= \lim \frac{1}{n}\)
2. La sucesión \(\{1,-1,1,-1, \ldots\}=\{(-1)^n\}\), no es convergente, puesto que las subsucesiones \(\{1,1,1, \ldots \}\) y \(\{-1,-1,-1, \ldots \}\) tienen límites diferentes, \(1\) y \(-1\), respectivamente.

Ejemplos

1. La sucesión \(a_n=n\), es una sucesión divergente, puesto que los números naturales no están acotados en \(\mathbb{R}\) y, por lo tanto \(\lim n = +\infty\).

2. La sucesión de término general \(a_n = \dfrac{5-n^2}{n}\), también es una sucesión divergente, puesto que \[ \lim \left(\dfrac{5-n^2}{n} \right) =\lim \left(\dfrac{5}{n} - \dfrac{n^2}{n} \right)= \lim \dfrac{5}{n}-\lim n = 0 -\infty = -\infty \]

3. La sucesión \(\{(-1)^n\}_{n \in \mathbb{N}}\) no es ni convergente, ni divergente, puesto que a partir de cualquier lugar de la sucesión siempre encontraremos términos que valen \(1\) y otros que valen \(-1\)

Ejemplos

1. \(\lim \dfrac{3n^4-4n^3-5}{2n^5+5n^3-2n} = 0\)
2. \(\lim \dfrac{2n^3+4n+1}{3n^3+2n^2}= \dfrac{2}{3}\)
3. \(\lim \dfrac{3n^5+4n^4+2n}{7n^4+2n^3+n^2+5n}= \infty\)
4. \(\lim \dfrac{\sqrt{3n^2-1}-\sqrt{n}}{n+1}= \sqrt{3}\)

Los límites anteriores se resolverían en python de la forma siguiente:

from sympy import *
from sympy.abc import n
limit_seq((3*n**4-4*n**3-5) / (2*n**5+5*n**3-2*n),n)

## 0

limit_seq((2*n**3+4*n+1) / (3*n**3+2*n**2),n)

## 2/3

limit_seq((3*n**5+4*n**4+2*n) / (7*n**4+2*n**3+n**2+5*n),n)

## oo

limit_seq(((3.*n**2.-1.)**0.5-n**0.5)/(n+1.),n)

## 1.73205080756888

Los límites anteriores en Wolfram Alpha se pueden ver en los enlaces siguientes:

• \(\lim \dfrac{3n^4-4n^3-5}{2n^5+5n^3-2n} = 0\):

• \(\lim \dfrac{2n^3+4n+1}{3n^3+2n^2}= \dfrac{2}{3}\):

• \(\lim \dfrac{3n^5+4n^4+2n}{7n^4+2n^3+n^2+5n}= \infty\):

• \(\lim \dfrac{\sqrt{3n^2-1}-\sqrt{n}}{n+1}= \sqrt{3}\):

Ejemplo

\(\lim (\sqrt{n^2-n+4}-\sqrt{n^2+2})\)

\(= \lim \dfrac{(\sqrt{n^2-n+4}-\sqrt{n^2+2})(\sqrt{n^2-n+4}+\sqrt{n^2+2})}{\sqrt{n^2-n+4}+\sqrt{n^2+2}}\)

\(= \lim \dfrac{n^2-n+4-n^2-2}{\sqrt{n^2-n+4}+\sqrt{n^2+2}} = \lim \dfrac{-n+2}{\sqrt{n^2-n+4}+\sqrt{n^2+2}} = -\dfrac{1}{2}\)

El límite anterior se resolvería en python de la forma siguiente:

limit_seq(((n**2-n+4)**(0.5))-((n**2+2)**(0.5)),n)

## -0.500000000000000

y el límite resuelto en Wolfram Alpha se puede ver en el enlace siguiente:

Ejemplo

Calcular el \(\lim_{n \rightarrow \infty} \left( \dfrac{n+2}{n-3} \right) ^{\dfrac{2n-1}{5}}\)

Se trata de una indeterminación del tipo \(1^\infty\), puesto que si \(a_n = \dfrac{n+2}{n-3}\) y \(b_n= \dfrac{2n-1}{5}\), entonce \(\lim a_n=1\) y \(\lim b_n = \infty\), por lo tanto, podemos aplicar el resultado anterior, es decir calculamos el \[ \lim b_n(a_n-1)=\lim \dfrac{2n-1}{5}\cdot \left(\dfrac{n+2}{n-3} -1 \right) = \lim \dfrac{(2n-1)(n+2-n+3)}{5(n-3)}=2 \] y, por lo tanto

\[ \lim_{n \rightarrow \infty} \left( \dfrac{n+2}{n-3} \right) ^{\dfrac{2n-1}{5}} = e^2 \]

Ejemplo

Sea \(a \geq1\), definimos la sucesión \(\{a_n \}\) de la forma \(a_1= \sqrt{a}\), \(a_n = \sqrt{a+a_{n-1}}\). Calcula \(\lim_{n \rightarrow \infty} a_n\).

La sucesión es creciente, puesto que \(a_1 = \sqrt{a} < \sqrt{a+\sqrt{a}} =a_2\) y, si \(a_{n-1} < a_{n}\), entonces, \(a + a_{n-1} = a_n^2 < a_{n+1}^2 = a + a_{n}\), es decir \(a_n <a_{n+1}\).

Además, la sucesión está acotada por \(a+1\), puesto que es \(a_n^2 =a + a_{n-1}\), es decir \(a_n = \dfrac{a}{a_n} + \dfrac{a_{n-1}}{a_n} < a+1\), dado que la sucesión es creciente y, por lo tanto, \(\dfrac{a_{n-1}}{a_n} <1\) y también \(a_n > a_1 \geq 1\).

Es decir, se trata de una sucesión monótona creciente y, por lo tanto, tiene límite, sea \(l= \lim_{n \rightarrow \infty} a_n\). Aplicando la definición de la recurrencia y las propiedades aritméticas del límite, tendremos que \(\lim a_n^2 = a+ \lim a_{n-1}\), és decir \(l^2 =a +l\) y por lo tanto \(l\) es una de las soluciones de esta ecuación de segundo grado, como una de ellas, \(\dfrac{1-\sqrt{1+4a}}{2}\), es negativa y todos los términos de la sucesión son positivos, el límite buscado será la otra solución, es decir

\[ l=\dfrac{1+\sqrt{1+4a}}{2} \]

Ejemplo

Calcular, si existe, el \(\lim_{n \rightarrow \infty} a_n\), donde \(a_n\) es la sucesión definida por \(a_1=2\), \(a_{n+1} = \frac{1}{3-a_n}\).

La sucesión es decreciente, puesto que \(2=a_1 \geq a_2= 1\) y, si \(a_{n-1} \geq a_n\), entonces es \(3-a_{n-1} \leq 3-a_n\), y por lo tanto \(a_n = \frac{1}{3-a_{n-1}} \geq \frac{1}{3-a_n}= a_{n+1}\) y, en consecuencia, por el Principio de Inducción, es \(a_n \geq a_{n+1}\), para todo \(n \in \mathbb{N}\).

Todos los términos de la sucesión son positivos, ya que es decreciente y el primero es \(2\), por lo tanto está acotada inferiormente, lo que significa que tiene límite, sea este \(l\). Aplicando la propiedades aritméticas de los límites tenemos que \(\lim a_n = \frac{1}{3-\lim a_{n-1}}\), es decir \(l =\dfrac{1}{3-l}\), por lo que \[ \lim a_n = \dfrac{3-\sqrt{5}}{2} \]

dado que la otra solución de la ecuación de segundo grado resultante es mayor que todos los términos de la sucesión, y esta es decreciente.

Acabamos de ver que si \(a_1=2\), \(a_{n+1} = \frac{1}{3-a_n}\), entonces \(\lim a_n = \frac{3-\sqrt{5}}{2}\). El gràfico siguiente muestra los \(25\) primeros términos de esta sucesión y lo rápida que es la convergencia.

Ejemplo

Calcular el límite de la sucesión de término general \(a_n = \dfrac{\sin n}{n}\).

Dado que \(-1 \leq \sin x \leq 1\), para todo \(x \in \mathbb{R}\), tenemos que \[ -\dfrac{1}{n} \leq \dfrac{\sin n}{n} \leq \dfrac{1}{n} \] resulta que \[ \lim_{n \rightarrow \infty} \dfrac{\sin n}{n} =0 \]

Ejemplo

Calcular el límite: \({\displaystyle \lim_{n \rightarrow \infty} \sum_{k=1}^n \dfrac{1}{ \sqrt {n^2+k}} = \lim_{n \rightarrow \infty} \left(\dfrac{1}{\sqrt{n^2+1}}+ \dfrac{1}{\sqrt{n^2+2}}+ \cdots+\dfrac{1}{\sqrt{n^2+n}}\right)}\)

Aplicamos el criterio del sandwich. Puesto que, para todo \(k \in \{1,2, \ldots, n\}\), tenemos \[ \dfrac{1}{\sqrt{n^2+n}} \leq \dfrac{1}{\sqrt{n^2+k}} \leq \dfrac{1}{\sqrt{n^2+1}} \] por consiguiente: \[ \dfrac{n}{\sqrt{n^2+n}} \leq \sum_{k=1}^n \dfrac{1}{\sqrt{n^2+k}} \leq \dfrac{n}{\sqrt{n^2+1}} \]

Ejemplo

Ahora, es fácil comprobar que \({\displaystyle \lim_{n \rightarrow \infty} \dfrac{n}{\sqrt{n^2+n}} =1= \lim_{n \rightarrow \infty} \dfrac{n}{\sqrt{n^2+1}}}\).

Por lo tanto \[ \lim_{n \rightarrow \infty} \sum_{k=1}^n \dfrac{1}{\sqrt{n^2+k}} =1 \]

El cálculo del límite anterior puede verse en el enlace siguiente de Wolfram Alpha

Ejemplo

Calcular el límite \[ \lim \dfrac{1^2+2^2+ \cdots + n^2}{n^3} \]

En primer lugar, \(n^3\) es una sucesión creciente y no está acotada, por lo tanto se puede aplicar el criterio de Stolz: \[ \lim \dfrac{1^2+ \cdots + n^2}{n^3} = \lim \dfrac{1^2+ \cdots + n^2+(n+1)^2 - (1^2+ \cdots + n^2)}{(n+1)^3-n^3} \] \[ = \lim \dfrac{(n+1)^2}{(n^3+3n^2+3n+1)-n^3} = \lim \dfrac{n^2+2n+1}{3n^2+3n+1}=\dfrac{1}{3} \]

Ejemplo

Calcular el límite de la sucesión de término general \(\dfrac{1}{\sqrt{n}}\left( \dfrac{1}{\sqrt{1}}+ \dfrac{1}{\sqrt{2}}+ \cdots+ \dfrac{1}{\sqrt{n}} \right)\)

Mediante el criterio de Stolz, con \(a_n= \left( \dfrac{1}{\sqrt{1}}+ \dfrac{1}{\sqrt{2}}+ \cdots+ \dfrac{1}{\sqrt{n}} \right)\) y \(b_n= \sqrt{n}\) tenemos \[ \lim_{n \rightarrow \infty} \dfrac{a_n - a_{n-1}}{b_n - b_{n-1}} = \lim_{n \rightarrow \infty} \dfrac{\dfrac{1}{\sqrt{n}}}{\sqrt{n}-\sqrt{n-1}}=\lim_{n \rightarrow \infty} \dfrac{\sqrt{n}+\sqrt{n-1}}{\sqrt{n}(n-(n-1))}=\lim_{n \rightarrow \infty} \dfrac{\sqrt{n}+\sqrt{n-1}}{\sqrt{n}} = 2 \]

Sabiendo que \(\lim_{n \rightarrow \infty} x_n = x\). Calcula \[ \lim_{n \rightarrow \infty} \dfrac{x_1+2x_2+\cdots+nx_n}{n^2} \quad \text{ y } \lim_{n \rightarrow \infty} \dfrac{\dfrac{x_1}{1}+\dfrac{x_2}{2}+\cdots+\dfrac{x_n}{n}}{\log n} \] Aplicando el criterio de Stolz, obtenemos, en el primer caso: \[ \lim_{n \rightarrow \infty} \dfrac{x_1+2x_2+\cdots+nx_n}{n^2}= \lim_{n \rightarrow \infty} \dfrac{nx_n}{n^2-(n-1)^2}= \lim_{n \rightarrow \infty} x_n \cdot \lim_{n \rightarrow \infty}\dfrac{n}{2n-1} = \dfrac{x}{2} \]

En segundo lugar, \[ \lim_{n \rightarrow \infty} \dfrac{\dfrac{x_1}{1}+\dfrac{x_2}{2}+\cdots+\dfrac{x_n}{n}}{\log n} = \lim_{n \rightarrow \infty} \dfrac{\dfrac{x_n}{n}}{\log(n) - \log(n-1)} = \lim_{n \rightarrow \infty} \dfrac{x_n}{\log\left(\dfrac{n}{n-1}\right)^n} = \lim_{n \rightarrow \infty} x_n = x \] Ya que \(\lim_{n \rightarrow \infty} \log\left(\dfrac{n}{n-1}\right)^n = \log e =1\).

Calcular el \(\lim_{n \rightarrow \infty} \sqrt[n]{n+2}\)

En primer lugar, tenemos que \(\sqrt[n]{n+2} = (n+2)^{\frac{1}{n}}\), dado que las dos sucesiones son de términos positivos, podemos tomar logaritmos, \(\log(n+2)^{\frac{1}{n}} = \dfrac{1}{n} \log(n+2)\) con lo cual reducimos el cálculo del limite propuesto al de \(\lim \dfrac{\log(n+2)}{n}\), se trata de una indeterminación del tipo \(\dfrac{\infty}{\infty}\).

Al ser \(n\) creciente y no acotada, podemos aplicar el criterio de Stolz, para obtener \[ \lim \dfrac{\log(n+2)}{n} = \lim \dfrac{\log(n+2)- \log(n+1)}{n-(n-1)}= \lim \log \dfrac{n+2}{n+1} =0 \] Por lo que \[ \lim_{n \rightarrow \infty} \sqrt[n]{n+2}= e^0=1 \] El cálculo del límite anterior puede verse en el enlace siguiente de Wolfram Alpha

Ejemplo 1

Calcula el límite: \[ \lim_{n \rightarrow \infty} \dfrac{1+\dfrac{1}{2}+\dfrac{1}{3}+ \cdots +\dfrac{1}{n}}{n} = \lim_{n \rightarrow \infty} \dfrac{\displaystyle\sum_{k=1}^n\dfrac{1}{k}}{n} \]

La sucesión dada es la sucesión de medias aritméticas de la sucesión \(a_n = \left\{\dfrac{1}{n}\right\}_{n \in \mathbb{N}}\), por lo tanto, el límite pedido será igual al de la sucesión \(a_n\), es decir \[ \lim_{n \rightarrow \infty} \dfrac{1+\dfrac{1}{2}+\dfrac{1}{3}+ \cdots +\dfrac{1}{n}}{n} = \lim_{n \rightarrow \infty} \dfrac{1}{n} =0 \]

Ejemplo 2

Calcula el límite: \[ \lim_{n \rightarrow \infty} \dfrac{\log (n!)}{n} \]

Dado que \(\log (n!) = \log (1\cdot 2\cdot 3\cdots n)= \log (1)+ \log (2) + \log(3) + \cdots \log(n)\), la sucesión dada es la sucesión de medias aritméticas de \(a_n = \log (n)\), por lo tanto, el límite pedido es \[ \lim_{n \rightarrow \infty} \dfrac{\log (n!)}{n} = \lim_{n \rightarrow \infty} \log (n) = + \infty \] El cálculo del límite anterior puede verse en el enlace siguiente de Wolfram Alpha

Ejemplo 3

Calcula el límite: \[ \lim_{n \rightarrow \infty} \left(\dfrac{2}{n}+\dfrac{3}{2n}+ \cdots \dfrac{n+1}{n^2} \right) = \lim \sum_{k=2}^{n+1} \dfrac{k}{(k-1)n} \]

Es suficiente observar que \(\dfrac{2}{n}+\dfrac{3}{2n}+ \cdots \dfrac{n+1}{n^2}= \dfrac{1}{n}\left(\dfrac{2}{1}+\dfrac{3}{2}+ \cdots +\dfrac{n+1}{n}\right)\), es decir que se trata de la sucesión de medias aritméticas de la sucesión de término general \(a_n = \dfrac{n+1}{n}\), por lo tanto \[ \lim_{n \rightarrow \infty} \left(\dfrac{2}{n}+\dfrac{3}{2n}+ \cdots \dfrac{n+1}{n^2} \right) = \lim \sum_{k=2}^{n+1} \dfrac{k}{(k-1)n} = \lim_{n \rightarrow \infty} \dfrac{n+1}{n} = 1. \] El cálculo del límite anterior puede verse en el enlace siguiente de Wolfram Alpha

Ejemplo 1

Calcula el límite: \[ \lim_{n \rightarrow \infty} \sqrt[n]{\dfrac{3}{2} \cdot \dfrac{6}{8} \cdots \dfrac{n^2+2}{2n^2}} \] La sucesión dada es la sucesión de medias geométricas de la sucesión \(a_n = \dfrac{n^2+2}{2n^2}\), por lo tanto el límite pedido es \[ \lim_{n \rightarrow \infty} \sqrt[n]{\dfrac{3}{2} \cdot \dfrac{6}{8} \cdots \dfrac{n^2+2}{2n^2}} = \lim_{n \rightarrow \infty} \dfrac{n^2+2}{2n^2} = \dfrac{1}{2} \] El cálculo del límite anterior puede verse en el enlace siguiente de Wolfram Alpha

Ejemplo 2

Calcula el límite:

\[ \lim_{n \rightarrow \infty} \sqrt[n]{\dfrac{(3+1)(3+2) \cdots (3+n)}{n!}} \]

La sucesión dada es la sucesión de media geométricas de la sucesión de término general \(a_n = \dfrac{3+n}{n}\), por consiguiente, el límite pedido es

\[ \lim_{n \rightarrow \infty} \sqrt[n]{\dfrac{(3+1)(3+2) \cdots (3+n)}{n!}} = \lim_{n \rightarrow \infty} \dfrac{n+3}{n} = 1 \]

El cálculo del límite anterior puede verse en el enlace siguiente de Wolfram Alpha

Ejemplo

Calcular el \(\lim \sqrt[n]{a^n+b^n}\), con \(a>b>0\)

Apliquemos el criterio del cociente-raíz a la sucesión \(\{a^n+b^n\}\) y dividimos numerador y denominador por \(a^{n}\):

\[ \lim \sqrt[n]{a^n+b^n}=\lim_{n \rightarrow \infty} \dfrac{a^{n+1}+b^{n+1}}{a^n+b^n}= \lim_{n \rightarrow \infty} \dfrac{a+\left(\dfrac{b}{a} \right)^n b}{1+\left(\dfrac{b}{a} \right)^n} = a \]

Puesto que \(\lim_{n \rightarrow \infty} \left(\dfrac{b}{a} \right)^n =0\), al ser \(a >b\).

El cálculo del límite anterior para \(a=2\) y \(b=5\) puede verse en el enlace siguiente de Wolfram Alpha

Ejemplo

Calcular el \(\lim \dfrac{\sqrt[n]{n!}}{n}\).

Apliquemos el criterio del cociente raiz a la sucesión \(a_n=\left\{ \dfrac{n!}{n^n}\right\}\),

\[ \lim \dfrac{\sqrt[n]{n!}}{n}=\lim \dfrac{a_{n+1}}{a_n} = \lim \dfrac{(n+1)! \cdot n^n}{(n+1)^{n+1} \cdot n!} = \lim \left(\dfrac{n}{n+1}\right)^n = \dfrac{1}{e} \]

El cálculo del límite anterior puede verse en el enlace siguiente de Wolfram Alpha