Sucesiones y límites

Una sucesión de números es en realidad una función que asigna a cada entero positivo un número. Acostumbramos denotarla por ${a_{n}}$ , donde $a_{n} = f (n)$ para cada entero $n > 0$ . Ejemplos son:
a) $1, - 1, 1, - 1, 1, - 1, \dots;$
$a_{n} = 1$ si $n$ es impar, $- 1$ si $n$ es par.
b) $1, \frac{1}{2}, \frac{1}{3}, \frac{1}{4}, \dots;$
$a_{n} = \frac{1}{n} \cdot$
c) $1, 1 + 1, 1 + 1 + \frac{1}{2!}, \dots;$
$a_{n} = 1 + \frac{1}{1!} + \frac{1}{2!} + \dots + \frac{1}{(n - 1)!} \cdot$

Se dice que la sucesión ${a_{n}}$ tiene el límite $a$ si para cada número positivo $ϵ$ dado (usualmente considerado pequeño), podemos encontrar un entero $N$ tal que siempre que $n > N$ , tenemos $a - ϵ < a_{n} < a + ϵ$ , o, lo que es lo mismo, $| a - a_{n} | < ϵ$ . Es decir, sólo puedo afirmar que el límite es $a$ si puedo hacer frente a todo oponente que elija desafiarme en el asunto; debo estar preparado para dar un procedimiento para encontrar un $N$ con la propiedad deseada a partir de cualquier $ϵ$ con el cual él pueda desear confrontarme. Si ${a_{n}}$ tiene el límite $a$ , escribimos ya sea

lim_{n \to \infty} a_{n} = a, o simplemente lim a_{n} = a \cdot

Lo primero se lee: "El límite cuando $n$ tiende a infinito de $a_{n}$ es $a$ ". Nótese que no hemos definido en ningún lugar un objeto llamado "infinito", sino que hemos elegido esta expresión completa para referirnos al comportamiento al que se le ha dado una definición precisa arriba.

La sucesión a) no tiene límite (trata de enfrentar el desafío de $ϵ = \frac{1}{2}$ ). La sucesión b) tiene el límite $0$ , y la sucesión c) tiene el límite $e$ , como hemos visto en la Sección 17. Supongamos, sin embargo, que se nos da una sucesión ${a_{n}}$ y no es evidente cuál es su límite. ¿Podemos decir si tiene un límite sin adivinar primero el límite? La respuesta a esto es sí, mediante varios dispositivos posibles. El más poderoso, el criterio de convergencia de Cauchy, se dará con su demostración como un apéndice de esta sección. Uno que es algo más simple puede aplicarse si la sucesión es creciente: $a_{1} \leq a_{2} \leq a_{3} \leq \dots \cdot$

Teorema 1

Sea ${a_{n}}$ creciente, y supongamos que ${a_{n}}$ tiene una cota superior. Entonces $lim a_{n} = a$ para algún número $a$ .

Sea $a$ la mínima cota superior de ${a_{n}}$ . Sea $ϵ > 0$ . Debemos mostrar que existe un $N$ tal que siempre que $n > N, a - ϵ < a_{n} < a + ϵ$ . Pero $a_{n} < a + ϵ$ para **todo** $n$ , ya que $a_{n} \leq a$ para todo $n$ ( $a$ es una cota superior). Ahora bien, $a - ϵ$ **no es** una cota superior, de modo que existe un $N$ tal que $a_{N} > a - ϵ$ . Si $n > N$ , entonces $a_{n} \geq a_{N} > a - ϵ$ . Así, para $n > N$ , tenemos $a - ϵ < a_{n} < a + ϵ$ , lo cual era lo que había que demostrar. (Nótese que $N$ dependerá en general de $ϵ$ .)

Si no supiéramos que el límite de la sucesión c) es $e$ , podríamos mostrar mediante este teorema que tiene un límite. Pues la sucesión es evidentemente creciente, y

\begin{aligned} 1 + 1 + \frac{1}{2!} + \frac{1}{3!} + \dots + \frac{1}{(n-1)!} &\le 1 + 1 + \frac{1}{2} + \frac{1}{2^2} + \dots + \frac{1}{2^{n-2}} \\ &= 1 + \frac{1 - (\frac{1}{2})^{n-1}}{1 - \frac{1}{2}} < 3 \quad \text{para todo } n \cdot \end{aligned}

Por lo tanto tenemos una sucesión creciente acotada. El teorema también puede aplicarse, usando negativos, para mostrar que si una sucesión decreciente tiene una cota inferior, tiene un límite. (Nótese también que dos números $a$ y $b$ no pueden ser ambos límites de ${a_{n}}$ ; pues entonces no podríamos enfrentar el desafío de $ϵ = \frac{1}{2} | b - a |$ para ninguno de los dos puntos.)

Como ejemplo de una sucesión cuyo límite no podemos adivinar, sea $a_{n} = 1 + \frac{1}{2} + \dots + \frac{1}{n} - \log n$ . Entonces

a_{n + 1} - a_{n} = \frac{1}{n + 1} - \log (n + 1) + \log n = \frac{1}{n + 1} - \log (1 + \frac{1}{n}) \cdot

Pero si recordamos de la Sección 11 la desigualdad

\log (1 + \frac{1}{n}) \geq \frac{1}{n + 1}, vemos que a_{n} \geq a_{n + 1},

o que la sucesión es decreciente. Ahora mostremos que tiene $0$ como cota inferior. Para hacer esto, recordemos el otro lado de la misma desigualdad sobre $\log x$ :

\frac{1}{n} \geq \log (1 + \frac{1}{n}) = \log (n + 1) - \log n \cdot

Así

\begin{aligned} a_n &\ge (\log 2 - \log 1) + (\log 3 - \log 2) + \dots + (\log(n+1) - \log n) - \log n \\ &= (\log 2 - \log 2) + (\log 3 - \log 3) + \dots + (\log n - \log n) + \log(n+1) - \log n \\ &= \log(n+1) - \log n \ge 0 \quad \text{para todo } n \cdot \end{aligned}

Por lo tanto

lim_{n \to \infty} (1 + \frac{1}{2} + \dots + \frac{1}{n} - \log n) = C

existe, y de hecho es no negativa. Sus primeros decimales son $.5772 \dots$ . Se llama la constante de Euler, y ni siquiera se sabe si es racional.

A continuación demostramos algunas propiedades de los límites de sucesiones, incluyendo la linealidad de los límites. Algunas otras se dejan como ejercicios. En general, sea ${a_{n}}$ una sucesión con límite $a$ , ${b_{n}}$ una sucesión con límite $b$ , y $c$ una constante.

Teorema 2

lim (a_{n} + b_{n}) = a + b \cdot

Sea $ϵ > 0$ dado. Entonces podemos encontrar $N_{1}$ tal que para todo $n > N_{1}, - ϵ < a_{n} - a < ϵ$ , y $N_{2}$ tal que para todo $n > N_{2}, - ϵ < b_{n} - b < ϵ$ . Sea $N$ el **mayor de $N_{1}$ y $N_{2}$ **, escrito $N = Max (N_{1}, N_{2})$ . Entonces para todo $n > N, (a_{n} + b_{n}) - (a + b)$ tiene la propiedad de que

- 2 ϵ < (a_{n} + b_{n}) - (a + b) < 2 ϵ \cdot

El factor de $2$ no hace diferencia, ya que podríamos haber empezado con $\frac{ϵ}{2}$ en lugar de $ϵ$ y haber llegado a $- ϵ < (a_{n} + b_{n}) - (a + b) < ϵ$ para todo n > N' para un N' adecuado. Por lo tanto el teorema queda demostrado.

Teorema 3

lim (c a_{n}) = c a \cdot

Si $c = 0$ , entonces todo $c a_{n} = c a = 0$ , y para cualquier $ϵ > 0$ dado, podemos tomar $N = 1$ . Entonces $- ϵ < c a_{n} - c a = 0 < ϵ$ , para todo $n > N$ . Ahora sea $c \neq 0$ , y sea $ϵ > 0$ dado. Sea $N_{1}$ tal que $- ϵ < a_{n} - a < ϵ$ para todo $n > N_{1}$ , o en otras palabras, $| a_{n} - a | < ϵ$ para $n > N_{1}$ . Entonces

| c a_{n} - c a | = | c | | a_{n} - a | < | c | ϵ para n > N_{1} \cdot

Basta empezar con $\frac{ϵ}{| c |}$ en lugar de $ϵ$ para obtener un resultado de la forma

| c a_{n} - c a | < ϵ para n > N \cdot

Teorema 4

lim (a_{n} b_{n}) = a b \cdot

DEMOSTRACIÓN PARCIAL.

\begin{aligned} |a_n b_n - ab| &= |a_n b_n - a_n b + a_n b - ab| \\ &\le |a_n b_n - a_n b| + |a_n b - ab| = |a_n| |b_n - b| + |a_n - a| |b| \cdot \end{aligned}

Ahora consideremos ${a_{n}}$ , con $ϵ = 1$ . Existe un $N_{1}$ tal que para $n > N_{1}$ , $| a_{n} - a | < 1$ . Ahora afirmamos que $| a_{n} | - | a | \leq | a_{n} - a |$ . Pues

| a_{n} | = | (a_{n} - a) + a | \leq | a_{n} - a | + | a |,

| a_{n} | - | a | \leq | a_{n} - a | \cdot

Así tenemos $| a_{n} | - | a | \leq | a_{n} - a | < 1$ , o $| a_{n} | < 1 + | a |$ para todo $n > N_{1}$ . Por lo tanto, si $n > N_{1}$ ,

| a_{n} b_{n} - a b | \leq (| a | + 1) | b_{n} - b | + | a_{n} - a | | b | \cdot

El resto de la demostración se deja como ejercicio.

Ejercicio 1.

Supongamos que $lim a_{n} = a, a \neq 0$ .
Mostrar que existe un número positivo $r$ y un entero $N_{1}$ tales que para todo $n > N_{1}, | a_{n} | > r$ .

Ahora mostrar que $lim (\frac{1}{a_{n}}) = \frac{1}{a}$ , en el sentido de que para cualquier $ϵ > 0$ dado existe un $N$ tal que para todo $n > N, a_{n} \neq 0$ y $| \frac{1}{a_{n}} - \frac{1}{a} | < ϵ$ .

A continuación sea $f (x)$ una función definida en un intervalo que contiene un punto $x_{0}$ , con la posible excepción de que $f (x_{0})$ puede no estar definida. Decimos que $a$ es el límite cuando $x$ tiende a $x_{0}$ de $f (x)$ , escrito

lim_{x \to x_{0}} f (x) = a,

si para cada $ϵ > 0$ dado podemos encontrar un $δ > 0$ tal que para cada $x$ en el intervalo $0 < | x - x_{0} | < δ$ tenemos $| f (x) - a | < ϵ$ .

Ejercicio 2.

Sea

lim_{x \to x_{0}} f (x) = a, lim_{x \to x_{0}} g (x) = b,

$c$ una constante. Demostrar:

$lim_{x \to x_{0}} (f (x) + g (x)) = a + b$ .
$lim_{x \to x_{0}} (c f (x)) = c a$ .
$lim_{x \to x_{0}} (f (x) g (x)) = a b$ .
Si $a \neq 0, lim_{x \to x_{0}} (\frac{1}{f (x)}) = \frac{1}{a} \cdot$
$lim_{x \to x_{0}} f (x) = a$ significa lo mismo que $lim_{h \to 0} f (x_{0} + h) = a$ .

Apéndice: El criterio de Cauchy

Como variación, demostramos este teorema para el límite de una función, y dejamos su demostración para sucesiones como ejercicio.

Teorema 5

Sea $f (x)$ definida en un intervalo que contiene $x_{0}$ , pero no necesariamente en $x_{0}$ . Entonces

lim_{x \to x_{0}} f (x)

existe si y sólo si $f (x)$ satisface la siguiente condición: Para todo $ϵ > 0$ existe un $δ > 0$ tal que si $x_{1}$ y $x_{2}$ son cualesquiera números con $0 < | x_{1} - x_{0} | < δ, 0 < | x_{2} - x_{0} | < δ$ , entonces $| f (x_{1}) - f (x_{2}) | < ϵ \cdot$

Primero supongamos que el límite existe, digamos

lim_{x \to x_{0}} f (x) = a \cdot

Sea $ϵ > 0$ dado. Entonces existe un $δ > 0$ tal que si $0 < | x - x_{0} | < δ$ , tenemos $| f (x) - a | < \frac{ϵ}{2} \cdot$ Sean $0 < | x_{1} - x_{0} | < δ, 0 < | x_{2} - x_{0} | < δ$ . Entonces

\begin{aligned} |f(x_1) - f(x_2)| &= |f(x_1) - a + a - f(x_2)| \\ &\le |f(x_1) - a| + |f(x_2) - a| < \frac{\epsilon}{2} + \frac{\epsilon}{2} = \epsilon \cdot \end{aligned}

Así el teorema queda demostrado en una dirección: si el límite existe, la condición se satisface.

Ahora supongamos que la condición se satisface. Primero tomemos $ϵ = 1$ ; entonces sea $0 < | x_{1} - x_{0} | < δ_{0}$ , donde $δ_{0}$ satisface la condición para $ϵ = 1$ . Ahora, si $x$ es cualquier número tal que $0 < | x - x_{0} | < δ_{0}$ , tenemos $| f (x) - f (x_{1}) | < 1$ , o $| f (x) | < | f (x_{1}) | + 1$ , es decir, $f (x)$ está acotada superior e inferiormente para $0 < | x - x_{0} | < δ_{0}$ .

A continuación sea $δ_{1} = Min (1, δ_{0}), δ_{2} = Min (\frac{1}{2}, δ_{0}), \dots, δ_{n} = Min (\frac{1}{n}, δ_{0})$ . (A partir de cierto $n$ , todos los $δ_{n} = \frac{1}{n}$ , ya que eventualmente $\frac{1}{n} < δ_{0} \cdot$ ) En cada uno de los intervalos $I_{n} : 0 < | x - x_{0} | < δ_{n}, f (x)$ está acotada superior e inferiormente. Sea $a_{n}$ la mínima cota superior de los valores de $f (x)$ en $I_{n}$ . La sucesión ${a_{n}}$ es decreciente, ya que una mínima cota superior en $I_{n}$ es una cota superior en $I_{n + 1}$ . Además, todo $a_{n} \geq L$ , donde $L$ es cualquier cota inferior para $f (x)$ en $I_{1}$ . Por lo tanto $lim a_{n}$ existe. Llamémoslo $a$ . Ahora demostraremos que

a = lim_{x \to x_{0}} f (x) \cdot

Sea $ϵ > 0$ dado. Entonces existe un $N$ tal que para todo $n > N, | a - a_{n} | < \frac{ϵ}{3} \cdot$ Puesto que $a_{n}$ es la mínima cota superior de $f (x)$ en $I_{n}$ , existe un $x_{n}$ en $I_{n}$ , tal que $| a_{n} - f (x_{n}) | < \frac{ϵ}{3}$ , y esto para cada $n$ . Existe también un \delta' tal que siempre que 0 < |x - x_0| < \delta', 0 < |x' - x_0| < \delta', entonces |f(x) - f(x')| < \frac{\epsilon}{3} \cdot Tomemos ahora $n > N$ tal que \delta_n < \delta' \cdot Afirmamos que $δ_{n}$ es un $δ$ adecuado para la definición de límite. Es decir, sea $0 < | x - x_{0} | < δ_{n} \cdot$ Entonces 0 < |x - x_0| < \delta', y también 0 < |x_n - x_0| < \delta_n < \delta' \cdot Por lo tanto

| f (x) - f (x_{n}) | < \frac{ϵ}{3} \cdot

Ahora sabemos que $| f (x_{n}) - a_{n} | < \frac{ϵ}{3} \cdot$ y puesto que $n > N$ ,

| a_{n} - a | < \frac{ϵ}{3} \cdot

Por lo tanto

\begin{aligned} |f(x) - a| &= |f(x) - f(x_n) + f(x_n) - a_n + a_n - a| \\ &\le |f(x) - f(x_n)| + |f(x_n) - a_n| + |a_n - a| \\ &< \frac{\epsilon}{3} + \frac{\epsilon}{3} + \frac{\epsilon}{3} = \epsilon \cdot \end{aligned}

Vemos que siempre que $0 < | x - x_{0} | < δ_{n}$ , tenemos $| f (x) - a | < ϵ$ . Por lo tanto

lim_{x \to x_{0}} f (x) = a,

y la demostración está completa.

Ejercicio 3.

Demostrar el criterio de Cauchy para sucesiones; $lim a_{n}$ existe si y sólo si se cumple la siguiente condición: Para cualquier $ϵ > 0$ existe un $N$ tal que siempre que $m > N$ y $n > N$ , entonces $| a_{m} - a_{n} | < ϵ$ .

Sucesiones y límites

Apéndice: El criterio de Cauchy

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