Limite De Sucesiones
diurzuar2318 de Agosto de 2011
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LIMITES
1 L¶³mites de Sucesiones
De¯nici¶on 1.1 Sea fang+1
n=0 una sucesi¶on de n¶umeros reales. Se dice que lim
n!+1
an = l, o que la sucesi¶on CONVERGE
a l, si y s¶olo s¶³
8 ² > 0 existe R > 0 tal que n > R ) jan ¡ lj < ²:
Esto signi¯ca que cuando n se hace m¶as y m¶as grande los n¶umeros an se estan acumulando cerca de l.
Ejemplo:
Si p > 0, entonces
lim
n!+1
1
np = 0:
Demostraci¶on:
Si alguien nos da un ² > 0 nosotros elegimos R = 1
²
1p
y tendremos n > R ) j 1
np ¡ 0j = j 1
np j < 1
Rp = ². 2
Ejercicio:
En el caso de la sucesi¶on constante an = C para todo 2 N se tiene
lim
n!+1
C = C:
Demostraci¶on:
No puede ser mas f¶acil pues dado ², cualquier R sirve. 2
Ejemplo:
Considere la sucesi¶on f(¡1)ng+1
n=0. Probaremos que ella no tiene l¶³mite. Argumentamos por contradicci¶on. Si esta
sucesi¶on tuviera un l¶³mite l, entonces si l 6= 1 tomando ² = jl¡1j
2 deber¶³a existir N tal que n > N ) j(¡1)n ¡ lj < jl¡1j
2 .
Tomando n como cualquier n¶umero PAR mayor que N obtenemos j1¡lj < jl¡1j
2 . Esta contradicci¶on demuestra que no se
puede tener que l 6= 1. La ¶unica posibilidad que nos queda es que l = 1, pero en este caso tomando ² = 1 deber¶³a existir
K tal que n > K ) j(¡1)n ¡ lj < 1. Tomando ahora cualquier natural IMPAR mayor que K se tendr¶³a j ¡ 2j < 1. Lo
que tambi¶en es una contradicci¶on y por lo tanto la sucesi¶on no puede tener l¶³mite.
Observaci¶on:
Hacemos notar que las tres a¯rmaciones siguientes son equivalentes.
1) lim
n!+1
an = l:
2) lim
n!+1
(an ¡ l) = 0:
3) lim
n!+1
jan ¡ lj = 0:
En efecto:
lim
n!+1
an = l signi¯ca
8² > 0 existe R tal que n > R ) jan ¡ lj < ²:
1
lim
n!+1
(an ¡ l) = 0 signi¯ca
8² > 0 existe R tal que n > R ) j(an ¡ l) ¡ 0j < ²:
lim
n!+1
jan ¡ lj = 0 signi¯ca
8² > 0 existe R tal que n > R ) jjan ¡ lj ¡ 0j < ²:
Como estas tres a¯rmaciones son exactamente la misma la observaci¶on queda demostrada.
Pasamos ahora a demostrar algunos teoremas b¶asicos sobre l¶³mites. Empezamos por el teorema de la suma.
Teorema 1.1
Si fang+1
n=0 y fbng+1
n=0 son dos sucesiones tales que lim
n!+1
an = l y lim
n!+1
bn = m, entonces la sucesi¶on suma,
f(an + bn)g+1
n=0 converge y lim
n!+1
(an + bn) = l + m.
Demostraci¶on:
Sea ² dado.
Como lim
n!+1
an = l se tiene que existe R1 tal que
n > R1 ) jan ¡ lj <
²
2:
Como lim
n!+1
bn = m se tiene que existe R2 tal que
n > R2 ) jbn ¡ mj <
²
2:
Observamos que
j(an + bn) ¡ (l + m)j · jan ¡ lj + jbn ¡ mj:
Ahora tomando R = max(R1;R2) se tiene que
n > R ) j(an + bn) ¡ (l + m)j < ²
lo que termina la demostraci¶on. 2
Ejercicio:
1. Si lim
n!+1
an existe y lim
n!+1
bn NO existe. Qu¶e puede decir de lim
n!+1
(an + bn)?
2. Si lim
n!+1
an NO existe y lim
n!+1
bn NO existe. Qu¶e puede decir de lim
n!+1
(an + bn)?
Antes de dar el teorema para el producto y el cuociente veremos el teorema del Sandwich que es bastante ¶util.
Teorema 1.2 (del Sandwich.)
Sean fang+1
n=1, fbng+1
n=1 y fcng+1
n=1 tres sucesiones tales que
an · bn · cn 8 n > K para alg¶un K > 0:
Entonces si
lim
n!+1
an = lim
n!+1
cn = l
se tiene que lim
n!+1
bn existe y
lim
n!+1
bn = l:
2
Demostraci¶on:
H¶agala como ejercicio. 2
Ejemplo:
Probar que lim
n!+1
(n) 1
n = 1:
Soluci¶on:
Es claro que (n) 1
n ¸ 1.
Pongamos
(n) 1
n = 1 + bn
donde bn ¸ 0 es el "error".
Se tiene
n = (1 + bn)n
y por lo tanto, por el Teorema del binomio,
n =
Xn
k=0
µ
n
k
¶
bk
n:
Como todos los t¶erminos en la sumatoria son positivos se tiene
n ¸
n(n ¡ 1)
2 b2
n:
De este modo, como bn ¸ 0, se tiene
bn ·
r
2
n ¡ 1
y por lo tanto
1 · (n) 1
n · 1 +
r
2
n ¡ 1:
Ahora el resultado sigue por el Teorema del Sandwich. 2
Observaci¶on:
Hacemos notar que en la demostraci¶on anterior hemos dado una estimaci¶on del error que resulta al aproximar (n) 1
n
por 1.
Tema de re°exi¶on:
Si lim
n!+1
an = +1 y lim
n!+1
bn = 0, con bn ¸ 0, Cu¶anto vale lim
n!+1
(an)bn en caso que exista?
Ejercicio: Demuestre que si A > 0, entonces
lim
k!1
A
1
k = 1:
Observaci¶on:
Si Ud. no se ha dado cuenta, el hecho que lim
n!+1
an exista, y lo que es, depende de los valores que toma la sucesi¶on
s¶olo para los n GRANDES. En este sentido tenemos el teorema siguiente.
Teorema 1.3
Si
an = bn 8 n > K 2 para alg¶un K > 0;
entonces
lim
n!+1
an existe si y s¶olo s¶³ lim
n!+1
bn existe
y en el caso de que existan se tiene
lim
n!+1
an = lim
n!+1
bn:
3
Demostraci¶on:
H¶agala como ejercicio. 2
Necesitamos ahora la siguiente de¯nici¶on.
De¯nici¶on 1.2
Una sucesi¶on fang+1
n=1 se dice ACOTADA si y s¶olo s¶³ existe M > 0 tal que
janj < M para todo n 2 N:
Teorema 1.4 Si fang+1
n=1 es una sucesi¶on convergente, entonces es acotada.
Demostraci¶on:
Si lim
n!+1
an = l, entonces tomando, por ejemplo, ² = 1 en la de¯nici¶on de l¶³mite sabemos que existe un natural K
tal que jan ¡ lj < 1 para todo n > K. Esto implica que janj < jlj + 1 para todo n > K. Ahora tomando M como el
mayor de los n¶umeros ja1j; ja2j; :::; jaKj; jlj+1, tenemos una cota para todos los valores de la sucesi¶on y el teorema queda
demostrado. 2
El teorema siguiente es ¶util a veces
Teorema 1.5 Si lim
n!+1
an = 0 y fbng+1
n=1 es acotada, entonces
lim
n!+1
(an ¢ bn) = 0:
Demostraci¶on:
Si jbnj < M para todo n se tiene
0 · jan ¢ bnj · M ¢ janj
y el teorema sigue por el Teorema del Sandwich. 2
Podemos demostrar ahora el teorema del producto y del cuociente.
Teorema 1.6 Si lim
n!+1
an = l y lim
n!+1
bn = m, entonces
a)
lim
n!+1
(an ¢ bn) = l ¢ m:
b) Si ADEMAS m 6= 0, entonces
lim
n!+1
an
bn
= l
m
Demostraci¶on:
Daremos s¶olo la demostraci¶on del producto.
Se tiene, sumando y restando, y usando la desigualdad triangular
0 · jan ¢ bn ¡ l ¢ mj · jan ¢ bn ¡ an ¢ mj + jan ¢ m ¡ l ¢ mj = janj ¢ jbn ¡ mj + jan ¡ lj ¢ jmj:
Ahora janj ¢ jbn ¡mj tiende a 0 ya que los janj estan acotados y jan ¡lj tiende a 0. Analogamente jan ¡lj ¢ jmj tiende
a 0. El teorema sigue ahora por el Teorema del Sandwich. 2
Ejercicio:
1. Si lim
n!+1
an existe y lim
n!+1
bn NO existe. Qu¶e puede decir de lim
n!+1
(anbn)? Distinga casos de acuerdo si lim
n!+1
an =
0 o no.
2. Si lim
n!+1
an NO existe y lim
n!+1
bn NO existe. Qu¶e puede decir de lim
n!+1
(anbn)?
4
Teorema 1.7 Si lim
n!+1
an = l con an ¸ 0, entonces
lim
n!+1
p
an =
p
l:
Demostraci¶on:
Distinguimos dos casos.
Caso 1: l 6= 0
Se tiene
0 · j
p
an ¡
p
lj =
jan ¡ lj
p
an +
p
lj
·
jan ¡ lj
p
lj
y la conclusi¶on sigue por el Teorema del Sandwich.
Caso 2: l = 0
En este caso dado ² > 0 como lim
n!+1
an = 0 existe R tal que
n > R ) an < ²2:
Luego
n > R )
p
an < ²
lo que termina la demostraci¶on.
Ejercicio:
1. Probar que si lim
n!+1
an = l con an ¸ 0, entonces
lim
n!+1
(an) 1
3 = (l)1
3 :
Idea: Imite la demostraci¶on anterior usando la f¶ormula x3 ¡ y3 = (x ¡ y)(x2 + xy + y2).
2. Probar que si lim
n!+1
an = l con
...