Sucesiones de números - problemas difíciles y soluciones

Solución:
La ecuación característica de la relación de recurrencia es
[tex]r^2-(2+\sqrt{3})r+2\sqrt{3}[/tex]. Sus raíces son [tex]r_1=2[/tex] y [tex]r_2=\sqrt{3}[/tex]. Por lo tanto
[tex]a_n=c_1 \times 2^n+c_2 \times \sqrt{3}^n[/tex]
[tex]\begin{array}{|l}a_1=c_1 \times 2+c_2 \times \sqrt{3}=6+\sqrt{3}\\a_2=c_1 \times 4+c_2 \times 3=15 \end{array}[/tex]
[tex]\begin{array}{|l}c_1 \times 4+c_2 \times 2\sqrt{3}=12+2\sqrt{3}\\c_1 \times 4+c_2 \times 3=15 \end{array}[/tex], las restamos y obtenemos
[tex]4c_1+2\sqrt{3} \times c_2-4c_1-3c_2=12+2\sqrt{3}-15[/tex], o [tex](2\sqrt{3}-3) \times c_2=2\sqrt{3}-3[/tex], por lo tanto [tex]c_2=1[/tex]. Entonces [tex]c_1=\frac{6+\sqrt{3}-c_2\sqrt{3}}{2}=\frac{6}{2}=3[/tex] y
[tex]a_n=3 \times 2^n+\sqrt{3}^n[/tex]. Sustituyendo con [tex]n=8[/tex], obtenemos
[tex]a_8=3 \times 2^8+\sqrt{3}^8=3 \times 256+3^4=768+81=849[/tex]

Solución:
La ecuación característica de la relación de recurrencia es
[tex]r^2-4r+4=0[/tex], con la doble raíz [tex]r_{1,2}=2[/tex]. Por lo que [tex]a_n[/tex] tiene la forma
[tex]a_n=c_1 \times 2^n+c_2 \times n \times 2^n=(c_1+c_2n) \times 2^n[/tex]. Las calculamos para [tex]n=1;2[/tex]:
[tex]\begin{array}{|l}a_1=(c_1+c_2) \times 2=3\\(c_1+2c_2) \times 4=7 \end{array}[/tex]
[tex]\begin{array}{|l}c_1+c_2=\frac{6}{4}\\c_1+2c_2=\frac{7}{4}\end{array}[/tex]. Las restamos para obtener
[tex]c_2=\frac{7}{4}-\frac{6}{4}=\frac{1}{4}[/tex]. [tex]c_1=\frac{6}{4}-c_2=\frac{5}{4}[/tex] y
[tex]a_n=(\frac{1}{4}n+\frac{5}{4}) \times 2^n=(n+5) \times 2^{n-2}[/tex]. Sustituyendo [tex]n[/tex] por 7, obtenemos
[tex]a_7=(7+5) \times 2^{7-2}=12 \times 2^5=12 \times 32=384[/tex]

Solución:
[tex]a_{n+1}-a_n=3^{n+1}-5^{n+1}+\frac{1}{n+1}-(3^n-5^n+\frac{1}{n})=3 \times 3^n-5 \times 5^n+\frac{1}{n+1}-3^n+5^n-\frac{1}{n}=(2 \times 3^n-4 \times 5^n)+(\frac{1}{n+1}-\frac{1}{n})[/tex].
[tex]\frac{1}{n+1}-\frac{1}{n}=\frac{n-(n+1)}{n(n+1)}=-\frac{1}{n+1}<0[/tex].
[tex]2 \times 3^n-4 \times 5^n=2 \times 3^n-2 \times 5^n-2 \times 5^n=2 \times (3^n-5^n)-5^n < 2 \times (3^n-5^n)<0[/tex], dado que para [tex]n[/tex] positivo [tex]5^n>3^n[/tex].
La suma de estas dos expresiones negativas es la diferencia entre los miembros de la secuencia, por lo que es descendente.

Solución:
Reescribimos la relación de recurrencia como [tex]a_{n+2}-a_{n+1}=a_n[/tex]. Si [tex]a_n[/tex] fuera positiva para cualquier [tex]n[/tex], entonces [tex]a_{n+2}-a_{n+1}>0[/tex] - y es la diferencia entre dos miembros consecutivos de la secuencia. Probaremos que [tex]a_n>0[/tex] para toda [tex]n[/tex] por (fuerte) inducción.
Para [tex]n=1[/tex]: [tex]a_1=1[/tex] y es positiva.
Para [tex]n=2[/tex]: [tex]a_2=1[/tex] y es positiva.
Asumamos que para [tex]n \le k[/tex], donde [tex]k[/tex] es un entero positivo arbitrario, [tex]a_n[/tex] es positiva. [tex]a_{k+1}=a_k+a_{k-1}[/tex] y por la hipótesis de inducción tanto [tex]a_k[/tex] y [tex]a_{k-1}[/tex] son positivas. En consecuencia [tex]a_n>0[/tex] para cualquier [tex]n[/tex] y dado que [tex]a_{n+2}-a_{n+1}=a_n>0[/tex], la secuencia es ascendente.

Solución:
Escribimos los términos como fracciones: [tex]\dfrac{8}{-1}; \dfrac{11}{1}; \dfrac{14}{3}; \dfrac{17}{5}[/tex].
Los numeradores [tex]8; 11; 14; 17[/tex] aumentan de [tex]3[/tex] en [tex]3[/tex], así que valen [tex]3n+5[/tex]; los denominadores [tex]-1; 1; 3; 5[/tex] aumentan de [tex]2[/tex] en [tex]2[/tex], así que valen [tex]2n-3[/tex]. Por lo tanto, [tex]a_{n}=\dfrac{3n+5}{2n-3}[/tex].

Solución:
Las diferencias son [tex]1; 3; 5; \ldots[/tex], una progresión aritmética de primer término [tex]1[/tex] y diferencia [tex]2[/tex]. Así,
[tex]a_{n}=a_{1}+\left(1+3+\ldots+(2n-3)\right)=2+(n-1)^{2}=n^{2}-2n+3[/tex]
Comprobación: [tex]a_{4}=16-8+3=11[/tex].

Solución:
Cada día queda [tex]\dfrac{1}{2}; \dfrac{2}{3}; \dfrac{3}{4}; \ldots[/tex] del resto anterior, así que después de [tex]n[/tex] días queda la parte del camino
[tex]\dfrac{1}{2}\times \dfrac{2}{3}\times \ldots\times \dfrac{n}{n+1}=\dfrac{1}{n+1}[/tex]
Tras [tex]4[/tex] días quedan [tex]\dfrac{720}{5}=144[/tex] km, y tras [tex]5[/tex] días, [tex]\dfrac{720}{6}=120[/tex] km. El quinto día el dragón recorrió [tex]144-120=24[/tex] km.

Solución:
Los términos son [tex]2; 3; 6; 8; 8; 4; 2; 8; 6; 8; 8; 4; 2; 8; \ldots[/tex].
Como [tex]a_{9}=a_{3}[/tex] y [tex]a_{10}=a_{4}[/tex], y cada término depende solo de los dos anteriores, [tex]a_{n+6}=a_{n}[/tex] para [tex]n\ge 3[/tex]. Como [tex]2017-7=2010[/tex] es divisible entre [tex]6[/tex], [tex]a_{2017}=a_{7}=2[/tex].

Solución:
[tex]a_{n+1}-a_{n}=\dfrac{(n+1)^{2}}{3^{n+1}}-\dfrac{3n^{2}}{3^{n+1}}=\dfrac{-2n^{2}+2n+1}{3^{n+1}}[/tex]
Para [tex]n=1[/tex] la diferencia es positiva ([tex]a_{1}=\dfrac{1}{3}\lt a_{2}=\dfrac{4}{9}[/tex]) y para [tex]n\ge 2[/tex] es negativa ([tex]a_{3}=\dfrac{1}{3}\lt a_{2}[/tex]). La sucesión primero crece y luego decrece, así que no es monótona.

Solución:
[tex]a_{n+1}-a_{n}=\dfrac{p(n+1)-1}{n+2}-\dfrac{pn-1}{n+1}=\dfrac{(pn+p-1)(n+1)-(pn-1)(n+2)}{(n+1)(n+2)}=\dfrac{p+1}{(n+1)(n+2)}[/tex]
El denominador es positivo, así que la sucesión es estrictamente creciente exactamente cuando [tex]p+1\gt 0[/tex], es decir, [tex]p\gt -1[/tex].

Solución:
[tex]0\lt x_{n}=\dfrac{5n^{2}}{n^{2}+3}\lt\dfrac{5n^{2}}{n^{2}}=5[/tex]
[tex]|y_{n}|=\dfrac{2n}{n+1}|\operatorname{sen} n|\lt 2[/tex]
Como [tex]\cos(\pi n)=(-1)^{n}[/tex], se tiene [tex]z_{n}=(-1)^{n}n; |z_{n}|=n[/tex], que crece sin límite. Solo [tex]x_{n}[/tex] e [tex]y_{n}[/tex] están acotadas.

Solución:
Observa que [tex]k\times k!=(k+1)\times k!-k!=(k+1)!-k![/tex], así que la suma es telescópica:
[tex](2!-1!)+(3!-2!)+\ldots+(100!-99!)=100!-1[/tex]

Solución:
Usamos [tex]\dfrac{1}{k(k+1)(k+2)}=\dfrac{1}{2}\left(\dfrac{1}{k(k+1)}-\dfrac{1}{(k+1)(k+2)}\right)[/tex]. Sumando estas igualdades para [tex]k=1; 2; \ldots; n[/tex], los términos intermedios se cancelan:
[tex]\dfrac{1}{2}\left(\dfrac{1}{2}-\dfrac{1}{(n+1)(n+2)}\right)=\dfrac{(n+1)(n+2)-2}{4(n+1)(n+2)}=\dfrac{n(n+3)}{4(n+1)(n+2)}[/tex]

Solución:
Racionalizamos cada fracción: [tex]\dfrac{1}{\sqrt{a_{k}}+\sqrt{a_{k+1}}}=\dfrac{\sqrt{a_{k+1}}-\sqrt{a_{k}}}{a_{k+1}-a_{k}}=\dfrac{\sqrt{a_{k+1}}-\sqrt{a_{k}}}{d}[/tex]. La suma es telescópica:
[tex]A=\dfrac{\sqrt{a_{n}}-\sqrt{a_{1}}}{d}=\dfrac{a_{n}-a_{1}}{d\left(\sqrt{a_{1}}+\sqrt{a_{n}}\right)}=\dfrac{(n-1)d}{d\left(\sqrt{a_{1}}+\sqrt{a_{n}}\right)}=\dfrac{n-1}{\sqrt{a_{1}}+\sqrt{a_{n}}}[/tex]

Solución:
Aplicando la regla dos veces: [tex]x_{k+2}=\dfrac{\frac{x_{k}-1}{x_{k}+1}-1}{\frac{x_{k}-1}{x_{k}+1}+1}=\dfrac{-2}{2x_{k}}=-\dfrac{1}{x_{k}}[/tex].
Entonces [tex]x_{k+4}=-\dfrac{1}{x_{k+2}}=x_{k}[/tex], así que la sucesión es periódica de período [tex]4[/tex]. Como [tex]2010=4\times 502+2[/tex], [tex]x_{2010}=x_{2}[/tex]:
[tex]x_{2}=\dfrac{\sqrt{2}-1}{\sqrt{2}+1}=(\sqrt{2}-1)^{2}=3-2\sqrt{2}[/tex]

Solución:
Llamemos [tex]x[/tex] al valor; claramente [tex]x\gt 2[/tex]. Tras el primer [tex]2[/tex] y el primer [tex]3[/tex] vuelve a aparecer la misma expresión, así que [tex]x=2+\dfrac{1}{3+\frac{1}{x}}=2+\dfrac{x}{3x+1}[/tex].
[tex]3x^{2}+x=6x+2+x\iff 3x^{2}-6x-2=0\iff x=\dfrac{3\pm\sqrt{15}}{3}[/tex]
Como [tex]x\gt 0[/tex], [tex]x=\dfrac{3+\sqrt{15}}{3}\approx 2{,} 291[/tex].

Solución:
Se tiene [tex]\dfrac{n^{2}-3n+2}{n^{2}+3n+2}=1+t_{n}[/tex], donde [tex]t_{n}=-\dfrac{6n}{n^{2}+3n+2}\to 0[/tex]. Entonces
[tex](1+t_{n})^{n}=\left[(1+t_{n})^{\frac{1}{t_{n}}}\right]^{nt_{n}}; (1+t_{n})^{\frac{1}{t_{n}}}\to e; nt_{n}=-\dfrac{6n^{2}}{n^{2}+3n+2}\to -6[/tex]
Por lo tanto, el límite es [tex]e^{-6}[/tex].

Solución:
Usamos [tex]a-b=\dfrac{a^{3}-b^{3}}{a^{2}+ab+b^{2}}[/tex] con [tex]a=\sqrt[3]{n^{3}+1}[/tex] y [tex]b=n[/tex]; aquí [tex]a^{3}-b^{3}=1[/tex]:
[tex]n^{2}\left(\sqrt[3]{n^{3}+1}-n\right)=\dfrac{n^{2}}{\sqrt[3]{(n^{3}+1)^{2}}+n\sqrt[3]{n^{3}+1}+n^{2}}=\dfrac{1}{\sqrt[3]{\left(1+\frac{1}{n^{3}}\right)^{2}}+\sqrt[3]{1+\frac{1}{n^{3}}}+1}\to\dfrac{1}{3}[/tex]

Solución:
La suma tiene [tex]n[/tex] sumandos, cada uno entre [tex]\dfrac{1}{\sqrt{n^{2}+n}}[/tex] y [tex]\dfrac{1}{\sqrt{n^{2}+1}}[/tex]. Así,
[tex]\dfrac{1}{\sqrt{1+\frac{1}{n}}}=\dfrac{n}{\sqrt{n^{2}+n}}\le c_{n}\le\dfrac{n}{\sqrt{n^{2}+1}}=\dfrac{1}{\sqrt{1+\frac{1}{n^{2}}}}[/tex]
Ambas cotas tienden a [tex]1[/tex], así que por el teorema del sándwich [tex]\lim\limits_{n\to\infty}c_{n}=1[/tex].

Solución:
Un límite [tex]L[/tex] debe cumplir [tex]L^{3}=260L+1919[/tex]. Como
[tex]L^{3}-260L-1919=(L-19)(L^{2}+19L+101)[/tex]
y el factor cuadrático no tiene raíces reales, [tex]L=19[/tex]. Si [tex]x_{n}\gt 19[/tex], entonces [tex]x_{n+1}^{3}=260x_{n}+1919\gt 260\times 19+1919=19^{3}[/tex], es decir, [tex]x_{n+1}\gt 19[/tex]. Además, [tex]x_{n}^{3}-x_{n+1}^{3}=(x_{n}-19)(x_{n}^{2}+19x_{n}+101)\gt 0[/tex], es decir, [tex]x_{n+1}\lt x_{n}[/tex]. La sucesión es decreciente y está acotada inferiormente por [tex]19[/tex], así que converge a [tex]19[/tex].

Solución:
Para [tex]x=0[/tex] el numerador es [tex]0[/tex], así que [tex]x\ne 0[/tex]. Dividimos numerador y denominador entre [tex]n^{x-1}[/tex]:
[tex]n\left(1-\left(1-\dfrac{1}{n}\right)^{x}\right)\to x; \left(1+\dfrac{20}{n}\right)^{x-1}+\left(1+\dfrac{19}{n}\right)^{x-1}\to 2[/tex]
(porque [tex]\left(1-\dfrac{1}{n}\right)^{x}=1-\dfrac{x}{n}+\ldots[/tex]). Así que el límite es [tex]\dfrac{x}{2}=2019[/tex] y [tex]x=4038[/tex].