1. No category

Tema 3
Sucesiones y lı́mite de sucesiones
Índice del Tema
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
15
Sucesiones. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
Progresiones. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
Convergencia. . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
Sucesiones que tienden a cero. . . . . . . . . . .
Álgebra de lı́mites. . . . . . . . . . . . . . . . . .
Lı́mites infinitos. . . . . . . . . . . . . . . . . . .
Sucesiones monótonas. . . . . . . . . . . . . . .
El número e. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
Exponencial y logaritmo de un número real. . .
Lı́mites con exponenciales y logaritmos. . . . . .
Regla de Stolz. . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
Infinitos e infinitésimos: equivalencias. . . . . .
Subsucesiones: teorema de Bolzano-Weierstrass.
Sucesiones de Cauchy. . . . . . . . . . . . . . . .
Lı́mites de oscilación. . . . . . . . . . . . . . . .
1
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
60
63
65
68
70
76
79
83
86
92
97
103
105
108
110
Sucesiones.
En esta sección vamos a introducir y formalizar el concepto de sucesión. Trataré, en primer lugar, de
describir intuitivamente la idea y después analizaré los objetos formales que se pueden usar para definir ese
concepto.
En teorı́a de conjuntos has aprendido el concepto de par ordenado, intuitivamente, si uno considera un par
ordenado de números reales (a, b), piensa en dos números que se dan de forma ”ordenada”: el primero es
el número a y el segundo es el número b. Pues bien, lo que vamos a hacer es definir un objeto, no ya con
dos números, si no formado con infinitos números reales que están dados ”ordenadamente”. Y para esto
usaremos ese concepto de par ordenado.
La idea es la siguiente: supón que queremos dar los siguientes números reales ordenadamente (no me
refiero a darlos de mayor a menor o de menor a mayor con el orden de R):
√
2
, 7,
3, 7.
3,
3
60
1. SUCESIONES.
√
2
es el segundo (el 2), 7 es el tercero (el 3), 3
3
es el cuarto (el 4) y 7 es el quinto (el 5). Pero, ¿qué puedo usar para definir formalmente este ”conjunto
ordenado”?
Al aparecer ası́, puedo entender que 3 es el primero (el 1),
La respuesta a esa pregunta está ahı́, en lo que hemos hecho antes: asociar a cada número real un número
natural. Ası́, en el ejemplo anterior podrı́amos escribir:
√
2
(1, 3), (2, ), (3, 7), (4, 3), (5, 7) .
3
De esta forma tenemos definida una ”sucesión” finita de números reales. Pero ese conjunto define, como
2 √
debes saber, una función del conjunto {1, 2, 3, 4, 5} en el conjunto {3, , 7, 3, 7} y es esta idea la que
3
nos va a permitir definir una ”sucesión infinita”.
Definición 1.1 Llamaremos sucesión de números reales a cualquier función
a : N −→ R
La imagen del número natural n; esto es, a(n), se denota por an y se le llama término n-ésimo de la
sucesión o término general. El primer término es a1 , el segundo término es a2 , etc.
La anterior sucesión suele denotarse por (an )n .
Tal como la hemos definido, una sucesión es un conjunto de pares ordenados de la forma:
{(1, a1 ), (2, a2 ), . . . , (n, an ), . . .}
Como los números naturales 1, 2, ... dan el orden se pueden dar por supuestos y, por ello, en ocasiones
verás frases como
”sea la sucesión a1 , a2 , a3 , . . . ”
Aunque no siempre tendremos claro qué significan exactamente esos puntos suspensivos y aunque tienen
un gran valor didáctico formalmente no sirven. Ten cuidado con ellos. Te pondré un ejemplo. Te habrán
planteado muchas veces preguntas como: ¿qué número sigue en la siguiente ”sucesión”?
1,
3,
5,
7,
...
Parece que nos están pidiendo que digamos el 9 pero ¿por qué? ¿Simplemente porque hemos encontrado
una ”ley” de formación? En realidad hay infinitas posibilidades. Por ejemplo, si consideramos que la
sucesión se define por
n 7→ 2n − 1 + (n − 1)(n − 2)(n − 3)(n − 4)
resulta que
1
2
3
4
5
7→
7
→
7
→
7
→
7
→
2 · 1 − 1 + (1 − 1)(1 − 2)(1 − 3)(1 − 4)
2 · 2 − 1 + (2 − 1)(2 − 2)(2 − 3)(2 − 4)
2 · 3 − 1 + (3 − 1)(3 − 2)(3 − 3)(3 − 4)
2 · 4 − 1 + (4 − 1)(4 − 2)(4 − 3)(4 − 4)
2 · 5 − 1 + (5 − 1)(5 − 2)(5 − 3)(5 − 4)
= 1
= 3
= 5
= 7
= 33
Por esa ”ley” el número que sigue a aquella es el 33 y no el 9.
En los siguientes ejemplos puedes ver definidas sucesiones de distintas formas. Observa que no dejan duda
de cuáles son los términos de la sucesión; esto es, el primer término (imagen del 1), el segundo término
(imagen del 2), etc:
Introducción al análisis matemático
TEMA 3. SUCESIONES Y LÍMITE DE SUCESIONES
Por el término general:
n
n+1
Por recurrencia: a1 = 1, an+1 =
.
n
2an + 1
, para n ≥ 1.
3
Ejercicio III.1. Escribe los primeros términos de las siguientes sucesiones:
(a)
n
n+1
.
n
(b) b1 = 1, bn+1 =
2bn + 1
, para n ≥ 1.
3
(c) c1 = 1, c2 = 1 cn+2 = cn + cn+1 , para n ≥ 1.
1 n
(d) (xn ), si xn = 1 +
, n ≥ 1.
n
Te pondré las cosas un poco más difı́ciles. Supón que tenemos una función definida sobre un subconjunto
infinito de números naturales, llamémosle M ⊂ N, y con imagen en R:
f: M
m
−→ R
7→ f (m)
¿Define esta función una sucesión? Pues en cierta manera sı́. Veamos cómo.
Al ser N un conjunto bien ordenado, todo subconjunto suyo tiene primer elemento, luego M tiene un primer
elemento que vamos a llamar m1 . También el conjunto M \ {m1 } tendrá un primer elemento (podı́amos
llamarle el segundo elemento de M ) que llamaremos m2 , y, procediendo ası́, podremos escribir que
M = {mn : n ≥ 1}
Ya tenemos la sucesión (recuerda que debe ser una función de N en R):
N
−→
R
n 7→ mn 7→ f (mn )
Ası́ que la sucesión que define es (f (mn ))n .
Por tanto, no te extrañes que veas sucesiones que no estén definidas para ciertos números naturales, como
por ejemplo la dada por an = 2/(n − 3). Éstas expresiones definen sucesiones en la forma que te he
señalado antes.
Definición 1.2 Dadas dos sucesiones (an )n y (bn )n se define la suma de ambas como la sucesión cuyo
término general es an + bn .
Se define el producto, o multiplicación, de ambas como la sucesión cuyo término general es an bn .
Si además bn 6= 0, para n ≥ 1, se define el cociente, o división, de ambas como la sucesión cuyo término
general es an /bn .
Ejercicio III.2. Comprueba que en el conjunto de todas las sucesiones de números reales la suma tiene las
propiedades conmutativa, asociativa, existe un elemento nulo, y cada sucesión tiene una opuesta.
Ejercicio III.3. Comprueba que en el conjunto de todas las sucesiones de números reales el producto tiene
las propiedades conmutativa, asociativa y existe un elemento unidad. ¿Cada sucesión tiene inversa?
Quico Benı́tez
61
62
2. PROGRESIONES.
2
Progresiones.
Vamos a estudiar en esta sección un caso particular de sucesiones, denominadas progresiones, que posiblemente ya hayas estudiado en alguna ocasión.
Definición 2.1 Diremos que la sucesión (an )n es una progresión aritmética si existe un número real
d, llamado diferencia de la progresión, tal que
an+1 = an + d
n ≥ 1.
Diremos que la sucesión (bn )n es una progresión geométrica si existe un número real r, llamado razón
de la progresión, tal que
bn+1 = bn r n ≥ 1.
Diremos que la sucesión (xn )n es una progresión aritmético-geométrica si es el producto de dos progresiones, una aritmética y otra geométrica.
A continuación vemos unos ejemplos:
ˆ −1, 3, 7, 11, son los cuatro primeros términos de una progresión aritmética cuya diferencia es 4.
ˆ 1, 3, 9, 27, son los cuatro primeros términos de una progresión geométrica cuya razón es 3.
ˆ −1 · 1, 3 · 3, 7 · 9, 11 · 27, son los cuatro primeros términos de una progresión aritmético-geométrica
de diferencia 4 y razón 3.
Proposición 2.2 El término general de una progresión aritmética (an )n cuya diferencia es d viene dada
por
an = a1 + (n − 1)d.
La suma de los n primeros términos de la progresión es
Sn =
a1 + an
n.
2
Demostración. Probemos que an = a1 + (n − 1)d por inducción. Para n = 1 es obvio. Supongamos
que es cierta para n = k. Entonces,
ak+1 = ak + d = (a1 + (k − 1)d) + d = a1 + kd.
Probemos Sn =
Entonces,
a1 + an
n por inducción. Para n = 1 es obvio. Supongamos que es cierta para n = k.
2
a1 + ak
k + ak+1 .
2
= a1 + kd resulta que
Sk+1 = Sk + ak+1 =
Como ak = a1 + (k − 1)d y ak+1
Sk+1 =
a1 + a1 + (k − 1)d
2a1 k + (k − 1)kd + 2a1 + 2kd
2a1 (k + 1) + (k + 1)kd
k + a1 + kd =
=
.
2
2
2
Sacando factor común k + 1 y operando:
Sk+1 =
a1 + a1 + kd
a1 + ak+1
2a1 + kd
(k + 1) =
(k + 1) =
(k + 1).
2
2
2
Introducción al análisis matemático
TEMA 3. SUCESIONES Y LÍMITE DE SUCESIONES
Proposición 2.3 El término general de una progresión geométrica (bn )n cuya razón es r viene dada por
bn = b1 rn−1 .
La suma de los n primeros términos de la progresión cuando r 6= 1 es
S n = b1
1 − rn
.
1−r
Si r = 1 entonces Sn = a1 n.
Demostración. Probemos que bn = b1 rn−1 por inducción. Para n = 1 es obvio. Supongamos que es
cierta para n = k. Entonces,
k−1
bk+1 = bk r = b1 r
r = b1 r k .
Probemos que Sn = b1
1 − rn
. Se tiene que
1−r
Sn = b1 + b2 + b3 + · · · + bn−1 + bn .
Multiplicando por la razón r ambos miembros de esta igualdad y teniendo en cuenta que bk r = bk+1 resulta
Sn r =
b2 + b3 + b4 + · · · + bn + bn r.
Restando ambas se tiene
Sn (1 − r) = b1 − bn r = b1 − b1 rn = b1 (1 − rn ).
De donde resulta la igualdad que querı́amos probar.
√
Ejercicio III.4. Los números 2 y 5 son los términos tercero y quinto, respectivamente, de una progresión
aritmética, halla la suma de los 10 primeros términos.
Ejercicio III.5. Se sabe que si m es la mensualidad que se abona para amortizar un préstamo de C ¿a
un tanto anual i en n años, se debe verificar
C = m(1 + i/12)−1 + m(1 + i/12)−2 + m(1 + i/12)−3 + · · · + m(1 + i/12)−12n
Encuentra una fórmula para halar el valor de m.
A continuación vamos a usar la misma técnica de la última demostración para hallar la suma de los n
primeros términos de una progresión aritmético-geométrica con diferencia d y razón r.
Esa suma es
Sn = a1 b1 + (a1 + d)b1 r + (a1 + 2d)b1 r2 + (a1 + 3d)b1 r3 + · · · + (a1 + (n − 1)d)b1 rn−1
Multiplicando por la razón r ambos miembros de esta igualdad resulta
Sn r =
a1 b1 r + (a1 + d)b1 r2 + (a1 + 2d)b1 r3 + · · · + (a1 + (n − 1)d)b1 rn
Restando ambas se tiene
Sn (1 − r) = a1 b1 + db1 r + db1 r2 + db1 r3 + · · · + db1 rn−1 − (a1 + (n − 1)d)b1 rn
Quico Benı́tez
63
64
3. CONVERGENCIA.
De donde,
Sn (1 − r) = a1 b1 + db1 (r + r2 + r3 + · · · + rn−1 + rn ) − a1 b1 rn + nb1 rn
1 − rn
+ nb1 rn
= a1 b1 (1 − rn ) + db1
1−r
Y de aquı́ se obtiene el valor de Sn .
Ejercicio III.6. Halla la fórmula de los k primeros términos de una progresión aritmética-geométrica cuyo
término general es (2n + 1)3n , n ≥ 1.
Con el siguiente procedimiento es posible hallar la suma de cuadrados, cubos, etc, de una progresión
aritmética. Lo ilustramos con un ejemplo.
Vamos a sumar 12 + 22 + 32 + · · · + n2 . Empezaremos por escribir (k + 1)3 = k 3 + 3k 2 + 3k + 1, para los
valores de k desde 1 a n. A continuación se suman todos las igualdades:
(1+1)3
(2+1)3
(3+1)3
...
(n + 1)3
(n + 1)3
(n + 1)3
= 13 + 3 · 12 + 3 · 1 + 1
= 23 + 3 · 22 + 3 · 2 + 1
= 33 + 3 · 32 + 3 · 3 + 1
...
3
2
= n +3·n +3·n+1
= 13 + 3(12 + 22 + · · · + n2 ) + 3(1 + 2 + · · · + n) + n
1+n
= 1 + 3(12 + 22 + · · · + n2 ) + 3
n+n
2
De donde,
(1 + n)n
−n
2n3 + 3n2 + n
2
=
3
6
(n + 1)3 − 1 − 3
12 + 22 + · · · + n2 =
Ejercicio III.7. Para una progresión aritmética cuyo primer término es a1 y la diferencia d puedes hallar
la suma de los cuadrados de los primeros n términos usando el procedimiento anterior con la igualdad
a3k+1 = (ak + d)3 = a3k + 3a2k d + 3ak d2 + d3 .
Encuentra una expresión de la suma a21 + a22 + · · · + a2n en función del primer término a1 y de la diferencia
d.
Ejercicio III.8. Halla 13 + 23 + 33 + · · · + n3 .
3
Convergencia.
Antes de entrar en el concepto central de este tema, como es la convergencia, vamos a dar la definición
de entorno que usaremos después.
Definición 3.1 Sea a ∈ R, para ε > 0 llamaremos entorno abierto del punto a de radio al intervalo
(a − ε, a + ε) .
Llamaremos entorno del punto a a cualquier conjunto E ⊂ R para el que existe un δ > 0 verificando
(a − δ, a + δ) ⊂ E.
Introducción al análisis matemático
TEMA 3. SUCESIONES Y LÍMITE DE SUCESIONES
65
Demos ahora la definición de convergencia de una sucesión.
Definición 3.2 Sea (an )n una sucesión de números reales y a un número real. Diremos que la sucesión
(an )n converge al número a, o que tiene lı́mite a, y se denota por cualquiera de las siguientes formas,
an → a,
lim an = a,
lim an = a,
n
si para cada número real ε > 0 existe un número n0 ∈ N tal que
|an − a| < ε si
n ≥ n0 .
Observa que |an − a| < ε es equivalente a que −ε < an − a < ε, o también, a − ε < an < a + ε, lo cual
significa que an ∈ (a − ε, a + ε).
Ya que, para cada ε > 0, existe un n0 ∈ N tal que an ∈ (a − ε, a + ε), si n ≥ n0 y los números
a1 , a2 , . . . , an0 −1 suponen un número finito de términos de la sucesión, la definición de lı́mite anterior
podrı́a enunciarse de forma equivalente ası́:
La sucesión (an )n converge a a si (y sólo si) para cada ε > 0 el entorno (a − ε, a + ε) contiene
a todos los términos de la sucesión salvo, quizá, a un número finito de ellos.
Podemos ir más allá todavı́a. Si E es un entorno del punto a entonces contiene un entorno de la forma
(a − ε, a + ε), el cual debe contener a todos los términos de la sucesión salvo quizá a un número finito de
ellos. Entonces, podemos de nuevo enunciar, de forma equivalente, la convergencia de una sucesión ası́:
La sucesión (an )n converge a a si (y sólo si) cada entorno de a contiene a todos los términos
de la sucesión salvo, quizá, a un número finito de ellos.
Esa frase de ”...contiene a todos los términos de la sucesión salvo, quizá, a un número finito de ellos” que
aparece en los dos anteriores enunciados, puede sustituirse por ”existe n0 ∈ N tal que an ∈ E (si llamamos
E al entorno) para n ≥ n0 ”.
Ejercicio III.9. En los siguientes enunciados se trata de dar formulaciones equivalentes al de lı́mite de una
sucesión (an )n . Estudia cada una de ellas y prueba si son o no equivalentes a que an → a, y en caso de
no serlo, qué relación de implicación tiene con esa convergencia (usa contraejemplos si fueran necesarios):
(a) Fuera de cada entorno de a hay, a lo sumo, un número finito de términos de la sucesión.
(b) Dado δ > 0 existe k ∈ N tal que |am − a| < δ, si m ≥ k.
(c) Para cada ε > 0 el conjunto Mε = {n ∈ N :
an 6∈ (a − ε, a + ε)} es finito.
(d) Para todo γ > 0 podemos determinar n ∈ N tal que para todo n0 ≥ n se verifica |an0 − a| < γ.
(e) Para cada número real ε > 0 existe un número n0 ∈ N tal que
|an − a| ≤ ε
si
n ≥ n0 .
(g) Para cada número 0 < ε < 1 existe un número n0 ∈ N tal que
|an − a| < ε si
n ≥ n0 .
(h) Para cada número real ε > 0 existe un número n0 ∈ N tal que
|an − a| < ε si
n > n0 .
(f) Todo entorno del punto a contiene a infinitos términos de la sucesión.
(i) Sea β ∈ R+ , para cada número 0 < ε < β existe un número n0 ∈ N tal que
n0 .
Quico Benı́tez
|an − a| < ε si
n≥
66
3. CONVERGENCIA.
(j) Para cada número real ε > 0 existe un número n0 ∈ N tal que
|an − a| ≤ ε
si
n > n0 .
Malo serı́a que una sucesión converja a la vez a dos números distintos, pero eso no es posible:
Proposición 3.3 Si una sucesión (an )n converge el lı́mite es único.
Demostración. En efecto, sean a y b dos lı́mites de la sucesión (an )n . Veamos que |a − b| = 0; esto es,
que a = b.
Sea ε > 0 y apliquemos la definición de lı́mite. Como an → a para el número ε/2 > 0 existe n1 ∈ N tal
que
|an − a| < ε/2, n ≥ n1 .
Por otra parte, si an → p, también para el número ε/2 > 0 existe n2 ∈ N tal que
|an − b| < ε/2,
n ≥ n2 .
Tomando n0 = máx{n1 , n2 } ∈ N resulta que para n ≥ n0 es
|a − b| = |a − an + an − b| ≤ |a − an | + |an − b| < ε/2 + ε/2 = ε.
Hemos obtenido que |a − b| < ε, cualquiera que sea ε > 0, o sea que |a − b| = 0 como pretendı́amos
probar.
Una implicación importante de la convergencia de una sucesión es la acotación, antes de probarlo precisemos
este concepto.
Ya sabes que, por definición, una sucesión no es un conjunto de números sino de pares ordenados donde
el primer elemento es un número natural, ası́ que los conceptos de acotación, supremo, ı́nfimo, etc, no se
puede aplicar exactamente a las sucesiones. Sin embargo, todos esos conceptos se pueden definir a una
sucesión de números reales (an )n considerando el conjunto
{an :
n ∈ N} .
Definición 3.4 Diremos que una sucesión (an )n está acotada inferiormente, acotada superiormente
o acotada si lo está el conjunto {an : n ∈ N}. Una cota superior, cota inferior, el supremo, ı́nfimo,
máximo o mı́nimo para la sucesión (an )n son, si existen, los del conjunto anterior.
Como un conjunto con un número finito de números es siempre acotado (de hecho tiene máximo y mı́nimo)
resulta que la acotación de una sucesión basta estudiarla a partir de un determinado término. En otras
palabras, una sucesión está acotada (superior o inferiormente) si, y sólo si, existe un n0 ∈ N tal que lo está
el conjunto {an : n ≥ n0 }.
Ejercicio III.10. Se sabe que para la sucesión (an )n existe un n0 ∈ N tal que an ≤ M , para n ≥ n0 .
Encuentra una cota superior para la sucesión.
Ejercicio III.11. Encuentra el supremo y el ı́nfimo de la sucesión (1/n)n .
Otro aspecto que se usa frecuentemente al estudiar la acotación de sucesiones es el siguiente. Si una
sucesión (an )n está acotada existirán dos números α y β tales que
α ≤ an ≤ β,
n ≥ 1.
Introducción al análisis matemático
TEMA 3. SUCESIONES Y LÍMITE DE SUCESIONES
67
Si llamamos M = máx{|α|, |β|}, resultará que
−M ≤ −|α| ≤ α ≤ an ≤ β ≤ |β| ≤ M.
De donde, |an | ≤ M si n ≥ 1.
Recı́procamente, si para esa sucesión (an )n existe un número M ≥ 0 tal que |an | ≤ M si n ≥ 1, entonces
la sucesión está acotada, puesto que −M ≤ an ≤ M . Hemos probado lo siguiente:
Proposición 3.5 Una sucesión (an )n está acotada si y sólo si existe un número real M ≥ 0 tal que
|an | ≤ M , para n ≥ 1 (o también si lo es para n ≥ n0 , para algún n0 ∈ N).
Proposición 3.6 Si una sucesión es convergente está acotada.
Demostración. Sea la sucesión (an )n convergente a a ∈ R. Por la definición de lı́mite, para el número
1 > 0 existe n0 ∈ N tal que |an − a| < 1, si n ≥ n0 . Pero esto es lo mismo que decir que
−1 < an − a < 1;
esto es, a − 1 < an < a + 1,
para n ≥ n0 .
Por tanto, la sucesión está acotada.
Conviene que te acostumbres a ciertas situaciones triviales porque esto te impedirá cometer algunos errores.
Se conocen como sucesiones triviales a todas aquellas cuyos términos son todos iguales a partir de uno de
ellos, ası́ son:
ˆ 0, 0, 0, 0, 0, . . .
ˆ 3, 5, 1, 1, 1, . . .
ˆ (1/n)m .
¿Qué la última no es trivial? Fı́jate que el ı́ndice de la sucesión es m ası́ que esa sucesión es constante:
1/n, 1/n, 1/n, 1/n, 1/n, . . .
Todas esa sucesiones triviales son convergentes, como es obvio, en el último caso se puede escribir
limm 1/n = 1/n. Para estos casos es muy útil esa notación de lı́mite.
n+1
A veces, consideraremos sucesiones con término general como
, pero dicho ası́ uno no tiene claro si la
k
n+1
n+1
sucesión es
o bien
, que como ves son distintas. Ten mucho ojo con esas situaciones.
k
k
k
n
4
Sucesiones que tienden a cero.
Esto de estudiar las sucesiones que convergen a cero no es tiempo perdido como irás comprendiendo, la
razón está en la siguiente proposición cuya demostración es trivial (¿por qué?).
Proposición 4.1
ˆ La sucesión (an )n tiende a cero; esto es, an → 0 si y sólo si |an | → 0.
Quico Benı́tez
68
4. SUCESIONES QUE TIENDEN A CERO.
ˆ Una sucesión (an )n converge a un número a a si y sólo si la sucesión (an − a)n tiende a cero; esto
es,
an → a
si y sólo si
an − a → 0.
Ejercicio III.12. Escribe la demostración de esta proposición, por muy trivial que sea.
En las siguientes proposiciones vamos a mostrar algunas sucesiones muy frecuentes que tienden a cero.
Proposición 4.2 Para cada k ∈ N se verifica limn
1
= 0.
nk
Demostración. En efecto, sea ε > 0, por la propiedad arquimediana de R, existe n0 ∈ N tal que
n0 > 1/ε. Por tanto, para todo n ≥ n0 se verifica
nk ≥ nk0 ≥ n0 > 1/ε,
de donde
Proposición 4.3 Para a, b ∈ R, a 6= 0, se verifica limn
1
< ε.
nk
1
= 0.
an + b
Demostración. En efecto, sea ε > 0, por la propiedad arquimediana de R, existe n0 ∈ N tal que
|b| + 1/ε
n0 >
(¿de dónde sale esto Dios mı́o?). De ahı́, si n ≥ n0 se tiene que
|a|
n ≥ n0 >
|b| + 1/ε
,
|a|
1
de donde |a|n > |b| + .
ε
1
Luego |a|n − |b| > . Por tanto,
ε
1
|an + b| = |an − (−b)| ≥ ||an| − | − b|| = ||a|n − |b|| ≥ |a|n − |b| > .
ε
1 1
=
Ası́ que, < ε se verifica para cada n ≥ n0 , c.q.d..
an + b
|an + b|
En la siguiente proposición vemos una primera versión de una propiedad, que algunos llaman del ”sandwich”,
pero que mi amigo Antonio Aizpuru la llama propiedad de ”¡todos a comisarı́a!”.
Proposición 4.4 Sean dos sucesiones (an )n y (bn )n tales que an → 0 y existe n1 ∈ N tal que
0 < |bn | ≤ |an |,
(n ≥ n1 ).
Entonces bn → 0.
Demostración. Fijemos ε > 0, por la definición de lı́mite, existe n2 ∈ N tal que |an | < ε, si n ≥ n2 .
Tomando ahora n0 = máx{n1 , n2 }, si n ≥ n0 se verificará
0 < |bn | ≤ |an | < ε.
Luego |bn | < ε si n ≥ n0 , c.q.d..
Más sucesiones que convergen a cero resultan de la siguiente.
Introducción al análisis matemático
TEMA 3. SUCESIONES Y LÍMITE DE SUCESIONES
69
Proposición 4.5 Sea a ∈ R verificando |a| < 1 entonces limn an = 0.
Demostración. Si a = 0 es evidente, ası́ que supongamos que 0 < |a| < 1, entonces
1
> 1. Llamemos
|a|
1
− 1 = h > 0 y apliquemos la desigualdad de Bernoulli:
|a|
(1 + h)n > 1 + hn,
Como 1 + h =
1
, sustituyendo,
|a|
1
> 1 + hn,
|a|n
Como lim
n
n > 1.
esto es, 0 < |an | = |a|n <
1
,
1 + hn
(n > 1).
1
= 0 resulta que lim an = 0.
1 + hn
Ej er ci ci o III.13. 1 Demuestra, aplicando la definición de lı́mite, que la sucesión de término general
an =
n−1
n+1
tiene lı́mite 1.
2n
Ej er ci ci o III.14. Demuestra que lim
= 2 utilizando la definición de lı́mite.
n+2
an + 1
a
Ej er ci ci o III.15. Prueba, usando la definición de lı́mite, que lim
= , para cualesquiera a y b 6= 0.
bn + 1
b
Ej er ci ci o III.16. Demuestra, utilizando la definición de lı́mite, que:
(a) lim
2n2 + 2n + 2
= 1.
2n2 + 2n + 2
(b) lim
4n6 + 8n4 + 12n2
4
= .
6
4
2
5n + 10n + 15n
5
Ej er ci ci o III.17. Muestra que la sucesión de término general an =
definición de lı́mite.
5
2n + 1
no converge aplicando la
7
Álgebra de lı́mites.
En esta sección estudiamos el comportamiento de los lı́mites con las operaciones suma, producto, etc.
Teorema 5.1 Sean (an )n y (bn )n dos sucesiones tales que lim an = a y lim bn = b entonces
1
No me he vuelto loco, todavı́a no. Cuando veas un ejercicio escrito ası́ es porque ha sido seleccionado entre los que
elaboraron los entonces alumnos de matemáticas, Oscar Aragón, Juan Francisco Hernández, Juan Benigno Seoane, Fernando
Rambla, Javier Ruiz y Fernando Vidal, para ayudarte con el análisis.
Quico Benı́tez
70
5. ÁLGEBRA DE LÍMITES.
(i) lim(an + bn ) = lim an + lim bn = a + b.
(ii) lim can = c lim an = ca, para cualquier c ∈ R.
(iii) lim an bn = (lim an )(lim bn ) = ab.
(iv) Si b 6= 0 y bn 6= 0 para n ≥ 1, es lim
an
lim an
a
=
= .
bn
lim bn
b
Demostración.
(i) Fijemos ε > 0. Existe n1 ∈ N tal que |an − a| < ε/2, n ≥ n1 . Por la misma razón existe n2 ∈ N tal
que |bn − b| < ε/2, n ≥ n2 .
Tomando n0 = máx{n1 , n2 }, resulta que para cada n ≥ n0 se tiene
|(an + bn ) − (a + b)| = |an − a + bn − b| ≤ |an − a| + |bn − b| < ε/2 + ε/2 = ε.
(ii) Si c = 0 el resultado es obvio. Supongamos que c 6= 0. Dado ε > 0, para el número ε/|c| > 0 existe
n0 ∈ N tal que |an − a| < ε/|c|, n ≥ n1 .
Por tanto, |can − ca| = |c||an − a| < |c|ε/|c| = ε si n ≥ n0 .
(iii) Para probar ésta vamos a considerar la igualdad
an bn − ab = (an − a)(bn − b) + a(bn − b) + b(an − a),
n ≥ 1.
Ya que lim a(bn − b) = 0 y lim b(an − a) = 0 nos bastará probar que lim(an − a)(bn − b) = 0.
√
Sea ε > 0. Como an − a → 0, aplicando la definición de lı́mite, para el número positivo ε > 0
√
existe n1 ∈ N tal que |an − a| < ε.
√
También, como bn − b → 0, existe n2 ∈ N tal que |bn − b| < ε.
Eligiendo ahora n0 = máx{n1 , n2 } resulta que para n ≥ n0 se tiene
|(an − a)(bn − b)| = |an − a||bn − b| <
√ √
ε ε = ε.
Ası́ pues, (an − a)(bn − b) → 0. Volviendo ahora a la primera igualdad
lim(an bn − ab) = lim(an − a)(bn − b) + lim a(bn − b) + lim b(an − a) = 0.
Esto es, lim an bn = ab.
1
an
= an
y el lı́mite del producto es el producto de los lı́mites como acabamos de ver, nos
bn
bn
bastará probar que 1/bn → 1/b.
1
1 |bn − b|
Para ello, tengamos en cuenta que − =
. Como el numerador de esta fracción tiende
bn
b
|bn ||b|
a cero tendremos que acotar inferiormente el denominador.
(iv) Ya que
Ya que bn → b, y |b|/2 > 0, podemos aplicar la definición de lı́mite para determinar un n1 ∈ N tal
que |bn − b| < |b|/2, n ≥ n1 . Pero entonces
||bn | − |b|| ≤ |bn − b| <
|b|
;
2
esto es
−
|b|
|b|
< |bn | − |b| < .
2
2
Introducción al análisis matemático
TEMA 3. SUCESIONES Y LÍMITE DE SUCESIONES
71
3|b|
|b|
|b|
Sumando |b| resulta
< |bn | <
. Sólo usaremos que la desigualdad
< |bn | se verifica para
2
2
2
cada n ≥ n1 , o lo que es lo mismo,
1
2
< ,
bn
|b|
Sea ε > 0, aplicando la definición de lı́mite, para
|bn − b| <
ε|b|2
,
2
n ≥ n1 .
ε|b|2
> 0 existe n2 ∈ N tal que
2
para n ≥ n2 .
Eligiendo ahora n0 = máx{n1 , n2 } resulta que, para n ≥ n0 , es
2
1
− 1 = |bn − b| = |bn − b| 1 1 < ε|b| 2 1 = ε.
bn
b
|bn ||b|
|bn | b
2 |b| |b|
Ası́ pues, hemos probado que 1/bn → 1/b y, finalmente,
lim
an
1
1
a
= lim an = a = .
bn
bn
b
b
Observa cómo aplicamos los resultados anteriores para hallar el siguiente lı́mite:
ˆ lim
3n2 + 5n + 2
.
4n2 − 3n + 5
En este caso no podemos aplicar el lı́mite del cociente puesto que las sucesiones del numerador y del
denominador no parecen ser sucesiones que converjan. Sin embargo, podemos transformarlos ası́:
5
2
3+ + 2
3+
3n2 + 5n + 2
n n
=
=
5
3
4n2 − 3n + 5
4−
n2 4 − + 2
n n
n2
5
2
+ 2
n n .
3
5
+ 2
n n
Ahora las sucesiones del numerador y del denominador convergen y podemos aplicar:
2
5
lim
3+
3+ + 2
3n2 + 5n + 2
n
n
=
lim 2
= lim
3
5
4n − 3n + 5
4− + 2
lim 4 −
n n
5
2
+ 2
3
n n
=
3
5
4
+ 2
n n
Ahora estudiamos el comportamiento del lı́mite con las potencias y radicaciones.
Quico Benı́tez
72
5. ÁLGEBRA DE LÍMITES.
Proposición 5.2 Consideremos una sucesión (an )n con lı́mite a, entonces
(i) lim apn = (lim an )p = ap , para cualquier p ∈ N.
−p = a−p , para cualquier p ∈ N.
(ii) Si a 6= 0 y an 6= 0, para n ∈ N, entonces lim a−p
n = (lim an )
1/q
(iii) Si an ≥ 0, para n ∈ N, entonces lim an
= (lim an )1/q = a1/q , para cualquier q ∈ N.
(iv) Si a > 0 y an > 0, para n ∈ N, entonces lim arn = (lim an )r = ar , para cualquier r ∈ Q.
Demostración.
(i) La probaremos por inducción. Para p = 1 el resultado es obvio. Supongamos que es cierta para
p = k; esto es, lim akn = ak , entonces
lim ak+1
= lim akn an = (lim akn )(lim an ) = ak a = ak+1 .
n
(ii) Aplicando el lı́mite del cociente
lim a−p
n = lim
1
1
1
−p
p =
p = p =a .
a
an
lim an
1/q
(iii) La probaremos por el contrarrecı́proco. Supongamos que a1/q no es el lı́mite de la sucesión (an )n ,
entonces ni la definición de lı́mite se verifica ni, por tanto, ninguno de sus enunciados equivalentes.
Por ejemplo, es falsa la siguiente afirmación: ”fuera de cualquier entorno del punto a1/q hay un
número finito de términos de la sucesión”. Ası́ que su negación es verdadera: ”existe un entorno del
punto a1/q al que no pertenecen infinitos términos de la sucesión”.
Eso es lo mismo que decir que existe un ε > 0 tal que el conjunto
Mε = {n ∈ N :
1/q
es infinito. Ası́ que si n ∈ Mε es an
de las siguientes posibilidades:
1/q
a1/q
− ε, a1/q + ε)}
n 6∈ (a
6∈ (a1/q − ε, a1/q + ε), pero esto significa que se verifica una
1/q
1/q
ˆ O bien es an ≤ a1/q − ε; o lo que es lo mismo, a1/q ≥ an + ε > 0, lo cual significa que, al
elevar a q ∈ N,
q
a ≥ a1/q
+
ε
≥ an + εq .
n
Esto es, an ≤ a − εq .
1/q
ˆ O bien es an
≥ a1/q + ε > 0, lo que implica que
q
an ≥ a1/q + ε ≥ a + εq .
Esto es, an ≥ a + εq .
En cualquier caso, si n ∈ Mε entonces an 6∈ (a − εq , a + εq ). Ası́ que en este entorno del punto a
no están infinitos términos de la sucesión (an )n , por tanto, a no puede ser el lı́mite de la sucesión
(an )n , c.q.d..
Introducción al análisis matemático
TEMA 3. SUCESIONES Y LÍMITE DE SUCESIONES
(iv) Si r ∈ Q, entonces podemos expresar r =
73
p
, siendo p ∈ Z y q ∈ N. Aplicando las propiedades
q
anteriores se tiene
1/q
lim a1/q
n =a
p p
1/q
1/q
lim ap/q
=
lim
a
=
a
= ap/q .
n
n
y
Proposición 5.3 Si a ∈ R+ entonces lim
√
n
a = 1.
Demostración. Supongamos que 0 < a < 1, en tal caso
√
n
√
n
a<
1
1 = 1; esto es, √
> 1. Si llamamos
n
a
1
hn = √
− 1 > 0,
n
a
Podemos aplicar la desigualdad de Bernoulli y obtener
(1 + hn )n > 1 + nhn > 0,
Como
si
n > 1.
√
1
1
1
= n a, se tiene que a =
<
. Ası́ pues,
n
1 + hn
(1 + hn )
1 + nhn
a + anhn < 1,
esto es, 0 < hn <
Luego hn → 0. Finalmente,
1 = lim
1−a
→ 0.
an
√
1
= lim n a.
1 + hn
La demostración es similar cuando a > 1. El caso a = 1 es trivial.
√
Ejercicio III.18. Prueba que n a → 1 cuando a > 1.
Aquı́ está la propiedad del ”sandwich” o de ”todos a comisarı́a”
Proposición 5.4 Sean tres sucesiones (an )n , (bn )n y (cn )n . Si para algún n0 ∈ N se verifica
an ≤ bn ≤ cn
para n ≥ n0
y
lim an = lim cn = a,
entonces lim bn = a.
Demostración. Fijemos ε > 0. Ya que an → a, existe n1 ∈ N tal que
a − ε < an < a + ε,
(n ≥ n1 ).
También cn → a, ası́ que existe n2 ∈ N tal que
a − ε < cn < a + ε,
(n ≥ n2 ).
Para que se verifiquen todas las desigualdades consideremos n3 = máx{n0 , n1 , n2 } ∈ N. Por lo que si
n ≥ n3 se verifica
a − ε < an ≤ bn ≤ cn < a + ε.
Por ende, bn → a.
Quico Benı́tez
74
5. ÁLGEBRA DE LÍMITES.
Proposición 5.5 Sea (an )n una sucesión convergente a a, entonces
(i) lim sen an = sen a.
(ii) lim cos an = cos a.
Demostración. Probemos (i). Para ε > 0 y ε < π (¿por qué habré tenido que exigir esto?) existe n0
tal que |an − a| < ε, si n ≥ n0 . Por tanto, si n ≥ n0 se tiene
an − a an − a an − a an + a
= |an − a| < ε.
|sen an − sen a| = 2 sen
sen
≤ 2 sen
≤ 2
2
2 2 2 (ii) se demuestra de forma similar.
Ejercicio III.19. Prueba que cos an → cos a cuando an → a.
Ejercicio III.20. ¿Es cierto que tg an → tg a cuando an → a? Establece en qué casos es cierto.
Veamos algunos ejemplos de cálculo de lı́mites:
√
5n2 + 3n
.
6n − 5
De nuevo podemos hacer transformaciones para obtener:
q
q
√
5n2
3n
5 + n3
2
+
2
2
5n + 3n
n
n
= 6n 5 =
.
6n − 5
6 − n5
n − n
ˆ lim
√
√
5n2 + 3n
5
Por tanto lim
=
.
6n − 5
6
p
ˆ lim
n2 + 1 − n .
Haciendo transformaciones:
√
√
p
n2 + 1 − n
n2 + 1 + n
1
√
n2 + 1 − n =
=√
=r
n2 + 1 + n
n2 + 1 + n
1
n
.
1
1+ 2 +1
n
Luego lim
p
0
n2 + 1 − n = = 0.
2
1
ˆ lim √
+√
+ ··· + √
.
n2 + 1
n2 + 2
n2 + n
Para hallarlo, observamos que
1
1
√
Puesto que lim √
n
1
1
1
n
<√
+√
+ ··· + √
<√
.
2
2
2
2
+n
n +1
n +2
n +n
n +1
n2
n
n
= lim √
= 1, el lı́mite propuesto existe y es 1.
2
+n
n +1
n2
Introducción al análisis matemático
TEMA 3. SUCESIONES Y LÍMITE DE SUCESIONES
75
Ejercicio III.21. Halla los siguientes lı́mites, si existen.
√
n3 + n2 + 5
.
n4 + 3n + 2
p
4
(b) lim
n2 + 1 − n .
p
√ (c) lim
n2 + 1 − n .
(a) lim
4
.
5n
2n − 3
(e) lim n
.
3 +7
(d) lim
Ej er ci ci o III.22. Halla los lı́mites que existan
(a)
(b)
(c)
(d)
1
1
1
lim
+
+ ··· +
.
n2 (n + 1)2
(n + n)2
1
1
1
lim
+
+ ··· + 2
.
n2 + 1 n2 + 2
n +n
1
1
1
lim √ + √
+ ··· + √
.
n
n+n
n+1
1
2
n
lim
+
+ ... + 2
.
n2 + 1 n2 + 2
n +n
Ejercicio III.23. Halla el siguiente lı́mite, si existe,
√
√
√
√
√
lim x1 n + 1 + x2 n + 2 + x3 n + 3 + x4 n + 4 + x5 n + 5
sabiendo que x1 + x2 + x3 + x4 + x5 = 0 (la verdad que no sé por qué he puesto 5 sumandos, podı́a haber
puesto 2002 y el lı́mite seguirı́a siendo el mismo).
6
Lı́mites infinitos.
Definición 6.1 Sea (an )n una sucesión de números reales. Diremos que el lı́mite de la sucesión (an )n
es más infinito, o que diverge a más infinito, y lo denotaremos por cualquiera de las formas
an → +∞,
lim an = +∞,
lim an = +∞,
n
si para cada número real M > 0 existe un número n0 ∈ N tal que an > M si n ≥ n0 . Diremos
que el lı́mite de la sucesión (an )n es menos infinito, o que diverge a más infinito, y lo denotaremos por
cualquiera de las formas
an → −∞,
lim an = −∞,
lim an = −∞,
n
si para cada número real M > 0 existe un número n0 ∈ N tal que an < −M si n ≥ n0 . Diremos que
el lı́mite de la sucesión (an )n es infinito, o que diverge, y lo denotaremos por cualquiera de las formas
an → ∞,
lim an = ∞,
lim an = ∞,
n
si para cada número real M > 0 existe un número n0 ∈ N tal que
Quico Benı́tez
|an | > M
si
n ≥ n0 .
76
6. LÍMITES INFINITOS.
Observa que si an → +∞ o an → −∞ entonces an → ∞. Además, an → ∞ si y sólo si |an | → +∞.
Ejercicio III.24. Prueba la veracidad o falsedad de las siguientes afirmaciones:
(a) Si (an )n es una sucesión divergente y k ∈ R, k 6= 0, entonces la sucesión (kan )n es divergente.
(b) La suma de dos sucesiones divergentes a más infinito (respectivamente, a menos infinito) es otra
sucesión divergente a más infinito (respectivamente, a menos infinito).
(c) La suma de dos sucesiones divergentes es otra sucesión divergente.
(d) El producto de una sucesión divergente por una sucesión convergente es divergente.
(e) El producto de una sucesión divergente por una sucesión que converge a un número real no nulo es
divergente.
Proposición 6.2
(i) Si (an )n es una sucesión divergente y an 6= 0, n ∈ N, entonces la sucesión (1/an )n converge a
cero.
(ii) Si (an )n es una sucesión convergente a cero y an 6= 0, n ∈ N, entonces la sucesión (1/an )n
diverge.
Demostración.
(i) Fijemos ε > 0. como an → ∞ para el número 1/ε > 0 existe n0 ∈ N tal que si n ≥ n0 es |an | > 1/ε.
Pero entonces:
1
< ε, si n ≥ n0 .
|an |
(ii) Fijemos M > 0. Como an → 0, para el número 1/M > 0 existe n0 ∈ N tal que si n ≥ n0 es
1
|an | < 1/M . Ası́ pues,
> M, si n ≥ n0 .
|an |
Ejercicio III.25. Prueba que si (an )n es una sucesión convergente a cero y an > 0, n ≥ n0 , para cierto
n0 ∈ N, entonces (1/an )n diverge a más infinito y si an < 0, n ≥ n0 , para cierto n0 ∈ N, entonces (1/an )n
diverge a menos infinito.
Ejercicio III.26. Prueba las siguientes afirmaciones:
(a) (nr )n a divergente a más infinito para cualquier r ∈ Q+ .
(b) Si p ∈ N, a0 , a1 , a2 , . . . , ap ∈ R y ap 6= 0 entonces (a0 + a1 n + a2 n2 + · · · + ap np )n es divergente, a
más infinito si ap > 0 y a menos infinito si ap < 0.
√
√
(c) lim( n + 1 + n), divergente a más infinito.
Ejercicio III.27. Prueba que lim an es divergente si |a| > 1. Si a > 1 es divergente a más infinito.
Los siguientes resultados te pueden resultar muy útiles en lo que sigue.
Introducción al análisis matemático
TEMA 3. SUCESIONES Y LÍMITE DE SUCESIONES
77
Proposición 6.3 Si dos sucesiones (an )n y (bn )n verifican que an − bn → 0, entonces ambas tienen el
mismo carácter; esto es, o ambas convergen al mismo número o ambas divergen o ambas carecen de lı́mite.
Demostración. Supongamos que una de ellas converge, por ejemplo, an → a, y fijemos ε > 0. En tal
caso, para ε/2 > 0 existe n1 ∈ N tal que
|an − a| < ε/2,
n ≥ n1 .
También como an − bn → 0, para ε/2 > 0 existe n2 ∈ N tal que
|an − bn | < ε/2,
n ≥ n2 .
Tomando n0 = máx{n1 , n2 }, para n ≥ n0 resultará
|bn − a| = |bn − an + an − a| ≤ |an − bn | + |an − a| < ε/2 + ε/2 = ε.
Ası́ que bn → a.
El mismo razonamiento anterior prueba que si una de ellas no converge la otra tampoco puede converger.
Supongamos ahora que (an )n diverge y fijemos M > 0. Por un lado podemos determinar n1 ∈ N tal que
|an | > 2M,
n ≥ n1 .
Por otro, existe n2 ∈ N tal que
|an − bn | < M,
n ≥ n2 .
Tomando n0 = máx{n1 , n2 }, para n ≥ n0 es
|an | = |an − bn + bn | ≤ |an − bn | + |bn |,
luego
|bn | ≥ |an | − |an − bn | > 2M − M = M.
Ejercicio III.28. Inspı́rate en la demostración anterior para probar que si las dos sucesiones (an )n y (bn )n
verifican que (an − bn )n está acotada entonces si una diverge la otra también diverge.
Ejercicio III.29. Si dos sucesiones (an )n y (bn )n verifican que an ≤ bn , para n ≥ 1, y (an )n diverge a más
infinito entonces (bn )n también diverge a más infinito y si (bn )n diverge a menos infinito entonces (an )n
también diverge a menos infinito.
Proposición 6.4 Si dos sucesiones (an )n y (bn )n , siendo bn 6= 0, n ∈ N, verifican que an /bn → 1,
entonces ambas tienen el mismo carácter; esto es, o ambas convergen al mismo número o ambas divergen
o ambas carecen de lı́mite.
Demostración. Observa que al ser an /bn → 1, para 1/2 > 0 existe un n1 ∈ N tal que
1
an − bn an
bn = bn − 1 < 2 , n ≥ n1 .
Entonces, si n ≥ n1
|bn |
> |an − bn | ≥ ||an | − |bn ||.
2
|bn |
|bn |
De donde, −
< |an | − |bn | <
, esto es,
2
2
0<
3|bn |
|bn |
< |an | <
,
2
2
Quico Benı́tez
n ≥ n1 .
78
7. SUCESIONES MONÓTONAS.
De aquı́ se obtiene, por un lado, que si una de las sucesiones diverge la otra también. Por otro lado, si una
de ellas está acotada la otra también. Además, se obtiene que |an | no puede ser cero para n ≥ n1 .
Supongamos que (an )n converge a un número a y fijemos ε > 0. Entonces, (an )n está acotada y, por
tanto, (bn )n también. Sea entonces K > 0 una cota para esta sucesión.
Al ser an /bn → 1, para
Como an → a, para
ε
> 0 existe un n2 ∈ N tal que
2K
an
− 1 < ε , n ≥ n 2 .
2K
bn
ε
> 0 existe un n3 ∈ N tal que
2
ε
|an − a| < ,
2
n ≥ n3 .
Ahora bien, tomando n0 = máx{n2 , n3 }, para n ≥ n0 se tiene que
an
ε
ε
|bn − a| ≤ |bn − an | + |an − a| = |bn | − 1 + |an − a| < K
+ = ε.
bn
2K
2
Por tanto bn → a.
Se puede partir de que la sucesión que converge es (bn )n y llegar a que (an )n también converge al mismo
número, siguiendo la misma idea, salvo que hay que tomar n0 = máx{n1 , n2 , n3 } para asegurar que |an |
no sea cero.
7
Sucesiones monótonas.
Definición 7.1 Sea (an )n una sucesión de números reales. Diremos que (an )n es monótona si verifica
una de las siguientes propiedades:
ˆ an ≤ an+1 , n ≥ 1, en este caso diremos que es no decreciente o creciente en sentido amplio. Para
los primeros términos serı́a
a1 ≤ a2 ≤ a3 ≤ a4 ≤ . . .
ˆ an ≥ an+1 , n ≥ 1, en este caso diremos que es no creciente o decreciente en sentido amplio. Para
los primeros términos serı́a
a1 ≥ a2 ≥ a3 ≥ a4 ≥ . . .
ˆ an < an+1 , n ≥ 1, en este caso diremos que es creciente o creciente en sentido estricto. Para los
primeros términos serı́a
a1 < a2 < a3 < a4 < . . .
ˆ an > an+1 , n ≥ 1, en este caso diremos que es decreciente o decreciente en sentido estricto. Para
los primeros términos serı́a
a1 > a2 > a3 > a4 > . . .
Introducción al análisis matemático
TEMA 3. SUCESIONES Y LÍMITE DE SUCESIONES
79
Observa que si una sucesión es creciente (en sentido estricto) también lo es en sentido amplio y, análogamente,
si es decreciente (en sentido estricto) lo es en sentido amplio.
Por ejemplo, si deseamos conocer la monotonı́a de la sucesión cuyo término general es an =
estudiamos el signo de an+1 − an , para n ≥ 1,
n
n+1
n+1
n
(n + 1)2 − n(n + 2)
1
−
=
=
> 0.
n+2 n+1
(n + 1)(n + 2)
(n + 1)(n + 2)
Esto significa que an+1 > an y, por tanto, la sucesión es creciente (estrictamente).
Veamos otro ejemplo. Considera la sucesión dada por
x1
= 3,
√
xn+1 =
2 + xn ,
n ≥ 1.
Probaremos por inducción sobre n que xn > xn+1 > 0, para n ≥ 1; o sea, la sucesión es decreciente
(estrictamente).
ˆ Para n = 1 es x1 = 3 >
√
5 = x2 > 0, ası́ que se verifica.
ˆ Si es cierto para un n ∈ N; esto es, xn > xn+1 > 0, entonces 2 + xn > 2 + xn+1 > 0, de donde,
p
√
2 + xn > 2 + xn+1 > 0; esto es, xn+1 > xn+2 > 0.
Luego se verifica para n + 1.
Otro ejemplo más. Sea la sucesión,

 x1
= 3,
 xn+1 =
6
,
xn + 1
n ≥ 1.
Estudiemos ahora la monotonı́a a partir del signo de xn+1 − xn ,
xn+1 − xn =
6
6 − x2n − xn
−x2n − xn + 6
− xn =
=
xn + 1
xn + 1
xn + 1
Al ser x1 > 0 podemos ver que xn > 0, para n ≥ 1 y, por tanto, el denominador del último miembro es
positivo y el signo de xn+1 − xn depende sólo del numerador −x2n − xn + 6.
Las raı́ces de −x2 − x + 6 son 2 y −3, además
ˆ −x2 − x + 6 es positiva si x ∈ (−3, 2),
ˆ −x2 − x + 6 es negativa si x ∈ (−∞, −3) ∪ (2, ∞).
Los términos xn son todos positivos ası́ que, según lo anterior, si 0 < xn < 2 entonces xn+1 − xn > 0 y si
xn > 2 es xn+1 − xn < 0.
Sin embargo, si un término verifica 0 < xn < 2 entonces xn + 1 < 3, y de aquı́,
1
1
> ,
xn + 1
3
de donde,
6
6
> = 2.
xn + 1
3
Ası́ que xn+1 > 2. Por tanto, el signo de xn+1 − xn no es constante y la sucesión no es monótona.
Quico Benı́tez
80
7. SUCESIONES MONÓTONAS.
Una propiedad importante de las sucesiones monótonas es la siguiente:
Proposición 7.2 Si (an )n es una sucesión monótona y está acotada entonces es convergente.
Si la sucesión es monótona y no está acotada, entonces, diverge a más infinito si es no decreciente y a
menos infinito si es no creciente.
Nota: En ocasiones, para indicar que una sucesión (an )n es monótona creciente (en sentido amplio) y
convergente a un número a se suele escribir:
an ↑ a.
Y si es monótona decreciente (en sentido amplio) y convergente a un número a se suele escribir:
an ↓ a.
Demostración. Supongamos que la sucesión es no decreciente (creciente en sentido amplio) el caso de
no creciente se puede probar de forma análoga.
Si (an )n está acotada tiene un supremo, llamémosle a. Entonces, si ε > 0, existe un término an0 tal que
an0 > a − ε.
Como la sucesión es no decreciente, si n ≥ n0 , es an ≥ an0 , luego
an ≥ an0 > a − ε
de donde, |an − a| = a − an < ε,
(n ≥ n0 ).
Ası́ que la sucesión converge a su supremo.
Si la sucesión no está acotada. Para cada número real M > 0 existe algún término an0 que es mayor que
M . Pero como la sucesión es no decreciente
an ≥ an0 > M,
si
n ≥ n0 .
Por tanto la sucesión diverge a más infinito.
Ejercicio III.30. Prueba que si una sucesión (an )n es monótona no creciente y está acotada es convergente
y si no está acotada diverge a menos infinito (yo no lo harı́a copiando la demostración anterior sino
estudiando la sucesión (−an )n ).
Un ejemplito. Vamos a estudiar la monotonı́a, acotación y convergencia de la sucesión

 |a1 | < 1,
1 + 3a2n
 an+1 =
, n ≥ 1.
4
Empecemos por la acotación. Observo que si an+1 > 0 independientemente del signo de an , ası́ que, salvo
quizá el primero, todos los términos son positivos. Además, si |an | < 1 es
a2n < 1;
1 + 3a2n < 1 + 3 = 4;
1 + 3a2n
< 1.
4
Ası́ que an+1 < 1. En definitiva, 0 < an < 1, para n > 1. Luego la sucesión está acotada.
Estudiemos la monotonı́a:
an+1 − an =
1 + 3a2n
3a2 − 4an + 1
− an = n
.
4
4
Introducción al análisis matemático
TEMA 3. SUCESIONES Y LÍMITE DE SUCESIONES
81
Las raı́ces de 3x2 − 4x + 1 son 1/3 y 1 y
ˆ 3x2 − 4x + 1 > 0 si x ∈ (−∞, 1/3) ∪ (1, +∞).
ˆ 3x2 − 4x + 1 < 0 si x ∈ (1/3, 1).
Sólo hemos podido determinar que los términos an de la sucesión están comprendidos entre 0 y 1, pero
vemos que el signo de an+1 − an depende de si an es menor o mayor que 1/3. Estudiemos por separado
qué ocurre si |a1 | es mayor, menor o igual que 1/3.
ˆ Si |a1 | =
1
1
1
, entonces a21 = y a2 = y se obtiene una sucesión trivial.
3
9
3
1
1
1
, entonces a21 < y a2 < . Del mismo modo, si el término n-ésimo verifica an < 1/3,
3
9
3
entonces an+1 < 1/3.
ˆ Si |a1 | <
Ası́ que, en este caso, an+1 − an > 0 y la sucesión es creciente (estrictamente).
1
1
1
, entonces a21 >
y a2 > . Del mismo modo, si el término n-ésimo verifica
3
9
3
an > 1/3, entonces an+1 > 1/3.
ˆ Si 1 > |a1 | >
En este caso, an+1 − an < 0 y la sucesión es decreciente (estrictamente).
En cualquiera de los tres casos la sucesión es monótona y, al ser acotada, converge.
Para hallar su lı́mite observemos que lim an+1 = lim an = a, luego
lim
1 + 3a2n
= a;
4
esto es,
1 + 3 lim a2n
= a.
4
1 + 3a2
= a, cuyas soluciones son 1/3 y 1. Recordando que si los términos son mayores que 1/3
4
la sucesión decrece y si son menores que 1/3 la sucesión crece, debe ser a = 1/3.
Ası́ que,
No te asustes con el último ejemplo, no siempre las cosas son ası́. Bueno, la verdad es que a veces no hay
manera...Ahora te toca a ti.
Ejercicio III.31. Estudia la monotonı́a, acotación y el lı́mite, si existe, de las siguientes sucesiones:
2an + 3
, n ≥ 1.
4
(a) a1 = 1, an+1 =
(b) b1 = 1, bn =
p
3
(c) c1 = 1, cn+1 =
4 + bn−1 , n > 1.
c3n + 2
, n ≥ 1.
7
Ejercicio III.32. Halla lim
xn
, sabiendo que x= 1 y xn+1 = 3xn + 2, para n ≥ 1.
3n
Ej er ci ci o III.33. Sea la sucesión dada por recurrencia :
xn =
1
· xn−1 , (n ≥ 1),
n
Quico Benı́tez
x0 = 7.
82
8. EL NÚMERO e.
Halla el término general, prueba que la sucesión converge y calcula el lı́mite.
Ej er ci ci o III.34. Sea la sucesión :
an =
1
, (n ≥ 2),
an−1
a1 ∈ R \ {0}.
Calcula los primeros términos de la sucesión, y encuentra los posibles valores de a1 para los cuales la
sucesión converge.
Ej er ci ci o III.35. Si
(1/2)
1
(1/2)
3
,
,
,
2
3
4
fueran los primeros términos de una sucesión, ¿podrı́as encontrar una definición por recurrencia? ¡Venga,
que casi la tienes!. Si además pudieras estudiar si tiene lı́mite...
0,
8
El número e.
Estudiaremos en esta sección dos sucesiones especialmente importantes cuyo lı́mite es el conocido número
e.
Proposición 8.1 La sucesión de término general
an =
X
n
k=1
1
1
1
1
= 1 + + + ··· +
k!
1! 2!
n!
es creciente, acotada y su lı́mite es un número real que se denota por e.
Demostración. La sucesión es creciente ya que an+1 − an =
1
> 0.
(n + 1)!
Para estudiar su acotación, observemos que
1
1
=
2!
2
1
1
1
=
< 2
3!
2·3
2
1
1
1
=
< 3
4!
2·3·4
2
···
1
1
1
=
< n−1
n!
2 · 3···n
2
1
1
1
1
1 1 − 2n−1
1
= 3 − n−1 < 3. Ası́ que la sucesión está
Luego, an < 1 + 1 + + 2 + · · · + n−1 = 2 +
2
2 2
2
2 1 − 12
acotada entre 1 y 3 y, por tanto, converge a un número real.
Introducción al análisis matemático
TEMA 3. SUCESIONES Y LÍMITE DE SUCESIONES
83
Al ser la sucesión creciente podemos ir calculando la representación decimal del número e,por ejemplo el
término a3 0 da los 33 primeros decimales de e. Ahı́ van algunos decimales de e:
2,718 281 828 459 045 235 360 287 471 352 662 497 757 247 093 699 959 . . .
Proposición 8.2 La sucesión de término general
1 n
bn = 1 +
n
es creciente, acotada y su lı́mite es e.
Demostración. Veamos que (bn )n es creciente. Aplicando la desigualdad de Bernoulli:
1 n
1
1− 2
>1− ,
n > 1.
n
n
1
1
1
Poniendo 1 − 2 = 1 +
1−
resulta
n
n
n
1 n
1 n
1
1+
1−
>1− ,
n > 1.
n
n
n
De donde,
Pero,
1
1−
n
bn =
1+
1−n
=
1
n
n
n−1
n
>
1−
1−n
1
n
=
1 −n
1 1−n
1−
= 1−
.
n
n
n
n−1
n−1
=
1
1+
n−1
n−1
= bn−1 .
Luego bn > bn−1 , para n > 1, y la sucesión es creciente.
Veamos que (bn )n está acotada por la sucesión an = 1 +
1
1
1
+ + ··· + .
1! 2!
n!
Desarrollando:
1 n
1
n
n 1
n 1
n 1
n
n 1
1+
=
+
+
+
+ ··· +
+
.
2
3
n−1
0
1
2
3
n
−
1
n nn
n
n
n
n
n
Recuerda que
n!
n(n − 1) · · · (n − k + 1)(n − k)!
n(n − 1) · · · (n − k + 1)
n
=
=
=
.
k
(n − k)!k!
(n − k)!k!
k!
Ası́ que,
n
2
n
3
=
=
···
n
=
n−1
n
=
n
n(n − 1)
2!
n(n − 1)(n − 2)
3!
n(n − 1)(n − 2) · · · 3 · 2
(n − 1)!
n(n − 1)(n − 2) · · · 3 · 2 · 1
n!
Quico Benı́tez
84
8. EL NÚMERO e.
Arreglemos convenientemente los sumandos de aquel desarrollo.
n 1
2 n2
n 1
3 n3
=
=
···
1
n
n − 1 nn−1
1
n
n nn
=
=
1 1
1
1−
<
n 2!
2!
n(n − 1)(n − 2) 1
n(n − 1)(n − 2) 1
1
2 1
1
=
= 1−
1−
<
3!
n3
n3
3!
n
n 3!
3!
n(n − 1) 1
n(n − 1) 1
n−1 1
=
=
=
2!
n2
n2
2!
n 2!
2
n−2
1
1
1−
··· 1 −
<
n
n
(n − 1)!
(n − 1)!
n(n − 1)(n − 2) · · · 3 · 2 · 1 1
1
2
n−1 1
1
=
1
−
1
−
·
·
·
1
−
< .
n!
nn
n
n
n
n!
n!
n(n − 1)(n − 2) · · · 3 · 2 1
=
(n − 1)!
nn−1
1−
1
n
Por tanto, para n > 1,
bn =
1
1+
n
n
< an = 1 +
1
1
1
+ + ··· +
<3
1! 2!
n!
Ası́ que la sucesión (bn )n es monótona creciente y está acotada y como bn < an ,
lim bn ≤ lim an = e.
Finalmente, para probar la igualdad veamos que lim bn ≥ e.
Fijemos m ∈ N. Para cualquier n > m, hemos visto que
1
1+
n
n
1
=1+1+ 1−
n
1
1
2 1
1
2
n−1 1
+ 1−
1−
+ ··· + 1 −
1−
··· 1 −
2!
n
n 3!
n
n
n
n!
1
1
1
, en el siguiente , y ası́ sucesivamente hasta llegar a .
2!
3!
n!
1
Como m < n, en alguno de los sumandos del anterior desarrollo estará
y a éste le seguirán otros (todos
m!
1
positivos) hasta llegar al de . Si prescindimos de todos éstos quedará un número menor:
n!
Observa que en uno de los términos aparece
bn =
1+
1
n
n
1 1
1
2 1
1
2
m−1 1
> 1+1+ 1−
+ 1−
1−
+···+ 1 −
1−
··· 1 −
n 2!
n
n 3!
n
n
n
m!
Tomando lı́mites en n, resultará
lim bn ≥ 1 + 1 + (1 − 0)
1
1
1
1
1
1
+ (1 − 0) (1 − 0) + · · · + (1 − 0) (1 − 0) · · · (1 − 0)
= 1+1+ + +···+
.
2!
3!
m!
2! 3!
m!
Tomando ahora limites en m se tendrá que lim bn ≥ e, como querı́amos probar.
Introducción al análisis matemático
TEMA 3. SUCESIONES Y LÍMITE DE SUCESIONES
9
Exponencial y logaritmo de un número real.
Para un número real positivo, hemos definido ar , para r ∈ Q, nuestro objetivo ahora es definir aα para
cualquier α ∈ R. Pero necesitaremos algunos resultados para preparar esa definición.
Para ir calentando motores te conviene realizar los siguientes ejercicios, aunque son más propios del tema
anterior veo más necesario que los hagas ahora.
Ejercicio III.36. Sean m, n ∈ N, si n < m prueba que
ˆ xn > xm si 0 < x < 1,
ˆ xn < xm si x > 1.
¿Y si x = 1?
Ejercicio III.37. Sean r1 , r2 ∈ Q, si r1 < r2 prueba que
ˆ xr1 > xr2 si 0 < x < 1,
ˆ xr1 < xr2 si x > 1.
¿Y si x = 1?
Proposición 9.1 Sea a ∈ R+ . Si (rn )n es una sucesión monótona y convergente cuyos términos son
todos números racionales, entonces la sucesión (arn )n es convergente.
Demostración. Supongamos que rn ↑ α (no decreciente y convergente a α).
ˆ Si 0 < a < 1, como rn ≤ rn+1 es arn ≥ arn+1 > 0, por lo que la sucesión (arn )n es decreciente (en
sentido amplio) y acotada, ası́ que converge.
ˆ Si a ≥ 1, como rn ≤ rn+1 es arn ≤ arn+1 . Por otro lado, rn ≤ α, para n ∈ N. Sea m un número
natural mayor que α, entonces, arn ≤ am , para n ∈ N. Por tanto, la sucesión (arn )n es creciente
(en sentido amplio) y acotada, ası́ que también converge.
Para rn ↓ α la demostración es similar.
Ejercicio III.38. Prueba que si rn ↓ α entonces (arn )n es convergente, para a > 0.
Ejercicio III.39. Prueba que si (rn )n es una sucesión de números racionales divergente a más infinito y
0 < a < 1, entonces (arn )n converge a cero.
Ejercicio III.40. Prueba que si (rn )n es una sucesión de números racionales divergente a más infinito y
a > 1, entonces (arn )n diverge a más infinito.
Ejercicio III.41. Sea α ∈ R, describe un procedimiento que demuestre que existen sucesiones monótonas
(creciente y decreciente) convergentes a α.
Proposición 9.2 Sea a ∈ R+ . Si (rn )n y (sn )n son dos sucesiones de números racionales que convergen
a un mismo número α, entonces las sucesiones (arn )n y (asn )n convergen y lo hacen al mismo número.
Quico Benı́tez
85
86
9. EXPONENCIAL Y LOGARITMO DE UN NÚMERO REAL.
Demostración. La idea que seguiremos en esta demostración es la siguiente: Dado el número real α,
por la densidad de Q, podemos determinar una sucesión creciente de números racionales (tn )n que converja
a α. Por la proposición anterior, la sucesión (atn )n es convergente.
Si consideramos cualquier otra sucesión de números racionales (rn )n convergente a α y probamos que
(arn )n es convergente y que
lim arn = lim atn ,
se deducirá que también (asn )n converge y, por tanto,
lim arn = lim atn = lim asn .
Probemos entonces que (arn )n es convergente y que lim arn = lim atn .
Supongamos que 0 < a < 1 y fijemos ε > 0. Como a1/k → 1 (ver proposición 5.3), existe k1 ∈ N tal que
si k ≥ k1 es
1/k
a − 1 < ε; esto es, − ε < 1 − a1/k < ε.
Por otro lado, también a−1/k → 1, ası́ que existe k2 ∈ N tal que si k ≥ k2 es
−1/k
− 1 < ε; esto es, − ε < 1 − a−1/k < ε.
a
Observa que −
1
1
< y 0 < a < 1 implica que a−1/k > a1/k , de donde
k
k
1 − a−1/k < 1 − a1/k .
Tomando k0 = máx{k1 , k2 } se verifica que
−ε < 1 − a−1/k0 < 1 − a1/k0 < ε.
En realidad, se verifica para cualquier k ≥ k0 , pero sólo necesitamos uno.
Como las sucesiones (rn )n y (tn )n convergen al mismo número α, se tiene que rn − tn → 0, ası́ que para
el número 1/k0 > 0 existe un n0 ∈ N tal que
|rn − tn | <
1
,
k0
n ≥ n0 .
Esto es equivalente a
−
1
1
< rn − tn < ,
k0
k0
n ≥ n0 .
Y al ser, 0 < a < 1, se tiene que
a−1/k0 > arn −tn > a1/k0 ,
n ≥ n0 .
De donde,
−ε < 1 − a−1/k0 < 1 − arn −tn < 1 − a1/k0 < ε,
n ≥ n0 .
ars
Esto prueba que tn → 1 y como (atn )n converge, por la proposición 6.4, (arn )n también converge y lo
a
hace al mismo número.
Corolario 9.3 Si (rn )n es una sucesión de números racionales que converge a un número racional r
entonces, si a ∈ R+ ,
lim arn = alim rn = ar .
Introducción al análisis matemático
TEMA 3. SUCESIONES Y LÍMITE DE SUCESIONES
Demostración. Si consideras en la proposición anterior las sucesiones (rn )n y (r)n (sucesión constante),
como ambas convergen al mismo número r, resultará que las sucesiones (arn )n y (ar )n deben tener el
mismo lı́mite. Pero la segunda es constante, luego su lı́mite es ar , ası́ que la primera converge a ar , c.q.d..
Definición 9.4 Sean a ∈ R+ y α ∈ R, se define el número real
aα = lim arn ,
donde (rn )n es cualquier sucesión de números racionales convergente a α. El número aα lo llamaremos
exponencial de α en base a.
Observa que por definición es aα = alim rn = lim arn , puesto que lim rn = α.
Proposición 9.5 Sea a ∈ R+ y x, y ∈ R. Se verifican las siguientes propiedades
(i) ax ay = ax+y .
(ii) ax > 0.
(iii)
ax
= ax−y .
ay
(iv) (ax )y = axy .
(v) Si a > 1 y x < y entonces ax < ay .
(vi) Si 0 < a < 1 y x < y entonces ax > ay .
Demostración. Probaremos la primera de ellas, las demás se dejan como ejercicio.
Sean (rn )n y (sn )n dos sucesiones de números racionales tales que rn → x y sn → y, de donde (rn + sn )n
es una sucesión de números racionales que converge a x + y. Entonces
ax ay = (lim arn ) (lim asn ) = lim arn asn = lim arn +sn = ax+y
Ejercicio III.42. Prueba las demás propiedades de la proposición anterior.
Ejercicio III.43. Prueba que si (xn )n es una sucesión de números reales divergente a más infinito entonces
(axn )n es divergente a más infinito si a > 1 y convergente a cero si 0 < a < 1. Una pista: este ejercicio
ya lo has hecho para sucesiones de números racionales y en los intervalos (xn − 1/n, xn ) y (xn , xn + 1/n)
hay números racionales.
Proposición 9.6 Sea a ∈ R+ , a 6= 1, y (xn )n una sucesión de números reales. Entonces lim axn = 1 si
y sólo si (xn )n converge a cero.
Demostración. Supongamos en primer lugar que (xn )n converge a cero.
Consideramos que 0 < a < 1.
Quico Benı́tez
87
88
9. EXPONENCIAL Y LOGARITMO DE UN NÚMERO REAL.
Fijemos ε > 0. Puesto que a1/k y a−1/k convergen a 1 podemos determinar, como en la demostración de
la proposición 9.2, un k0 ∈ N tal que
−ε < 1 − a−1/k0 < 1 − a1/k0 < ε.
Como xn → 0, para 1/k0 > 0 existe n0 ∈ N tal que |xn | < 1/k0 , para n ≥ n0 . Esto es equivalente a decir
que
−1/k0 < xn < 1/k0 , n ≥ n0 .
Pero al ser 0 < a < 1,
a−1/k0 > axn < a1/k0 ,
n ≥ n0 .
De donde,
−ε < 1 − a−1/k0 < 1 − axn < 1 − a1/k0 < ε,
n ≥ n0 .
Luego axn → 1.
1
Si a > 1 entonces 0 < < 1 ası́ que
a
xn
1
→ 1; por lo que axn → 1.
a
Probemos ahora el recı́proco. Como antes, supondremos que 0 < a < 1 ya que el caso a > 1 es análogo.
Si xn 6→ 0, existe ε > 0 tal que el conjunto
Mε = {n ∈ N :
xn 6∈ (−ε, ε)}
es infinito. Ası́ que si n ∈ Mε puede ocurrir una de las dos siguientes posibilidades:
ˆ xn ≤ −ε, en cuyo caso, axn ≥ a−ε . Pero como −ε < 0 y 0 < a < 1 es a−ε > a0 = 1, luego axn > 1
ˆ xn ≥ ε, en cuyo caso, axn ≤ aε < 1.
Hemos obtenido entonces, que si n ∈ Mε entonces
axn 6∈ (aε , a−ε ).
Pero ese intervalo es un entorno de 1 y hay infinitos términos de (axn )n que no están ahı́, ası́ que axn 6→ 1.
Por tanto, si axn → 1 debe ser xn → 0.
xn
1
1
x
n
Si a > 1 y a → 1, entonces
→ 1. Como 0 < < 1 debe ser xn → 0.
a
a
Corolario 9.7 Sea a ∈ R+ . Si (xn )n es una sucesión de números reales convergente a un número x
entonces lim axn = alim xn = ax .
Demostración. Si xn → x entonces xn − x → 0 y por la proposición anterior axn −x → 1. Como
axn − ax = ax axn −x − 1 .
Resulta que, lim (axn − ax ) = 0; esto es, axn → ax .
En el siguiente resultado se prueba la existencia del logaritmo.
Introducción al análisis matemático
TEMA 3. SUCESIONES Y LÍMITE DE SUCESIONES
89
Proposición 9.8 Sea a > 0, a 6= 1 y b > 0. Existe un único número real x tal que ax = b.
Demostración. Consideremos primero que a > 1. Sea el conjunto
A = {α ∈ R :
Puesto que
lim a−n
aα < b}.
n
1
= 0, para b > 0 existe n1 ∈ N tal que a−n < b, para n ≥ n0 . Esto
= lim
a
prueba que A 6= ∅.
Como lim an = +∞, también existen números naturales m para los que am > b > aα , luego m > α, si
α ∈ A. Ası́ que A está acotado superiormente.
Llamemos x = sup A. Veremos que ax = b. Al ser x el supremo de A, para n ∈ N, x − 1/n < x no puede
ser cota superior de A luego debe existir α ∈ A tal que
x−
1
< α ≤ x,
n
esto es, ax−1/n < aα < b.
De donde, ax = lim ax−1/n ≤ b, ası́ que ax < b o bien ax = b.
Si fuera ax < b, serı́a ba−x > 1 y como a1/n ↓ 1, existe n0 ∈ N para el que
ba−x > a1/n0 > 1;
por lo que, b > ax+1/n0 > ax .
Pero esto supone que x + 1/n0 ∈ A y x + 1/n0 es mayor que el supremo x, lo cual es imposible. Por
tanto, ax = b c. q. d..
Para el caso 0 < a < 1, sólo hay que tener en cuenta que
(1/a)x = b pero esto significa que a−x = b.
1
> 1 y como hemos probado existe x tal que
a
Definición 9.9 Sea a > 0, a 6= 1, y b > 0. Llamaremos logaritmo de b en base a, y lo representamos
por loga b, al número real que verifica
aloga b = b
Si la base es e se denota loge b = log b = ln b y se le denomina logaritmo neperiano.
Proposición 9.10 Si a > 0, a 6= 1, y b, b1 , b2 ∈ R+ , se verifican las siguientes propiedades:
(i) loga 1 = 0.
(ii) loga b1 b2 = loga b1 + loga b2 .
(iii) loga bα = α loga b
(iv) loga
b1
= loga b1 − loga b2 .
b2
(v) Si a > 1,
< 0 si
> 0 si
b<1
b>1
> 0 si
< 0 si
b<1
b>1
loga b
Si 0 < a < 1,
loga b
Quico Benı́tez
90
9. EXPONENCIAL Y LOGARITMO DE UN NÚMERO REAL.
Demostración. Probaremos una de ellas el resto se dejan como ejercicio.
Para (ii), llamemos loga b1 = x1 y loga b2 = x2 , entonces ax1 = b1 y ax2 = b2 , de donde,
ax1 ax2 = ax1 +x2 = b1 b2 ,
de donde, x1 + x2 = loga b1 b2 .
Sustituyendo queda loga b1 + loga b2 = loga b1 b2 .
Ejercicio III.44. Prueba las propiedades de la proposición anterior.
Ejercicio III.45. Sea a > 0, a =
6 1. Si 0 < x1 < x2 estudia si loga x1 es menor o mayor que loga x2 .
Te aconsejo que consideres a > 1 y a < 1 por separado, que x2 /x1 > 1 y que mires las propiedades del
logaritmo.
Ejercicio III.46. Sean a, b ∈ R+ . Si loga x = z, halla logb x.
Ejercicio III.47. ¿Si a > 0, qué relación existe entre loga x y log1/a x?
Ejercicio III.48. Describe el conjunto de los pares de números reales x, y ∈ R+ tales que
log
x
log x
=
.
y
log y
Ejercicio III.49. Describe el conjunto de los pares de números reales x, y ∈ R+ tales que
log(x + y) = log x + log y.
Proposición 9.11 Sea (bn )n , una sucesión de números reales positivos, tal que bn → b > 0. Entonces
lim loga bn = loga (lim bn ) = loga b.
Demostración. Para cada n ∈ N es loga bn − loga b = loga
loga
entonces axn =
bn
= xn ,
b
bn
. Si llamamos
b
n ∈ N,
bn
→ 1, de donde, xn → 0; esto es,
b
loga bn − loga b → 0;
o, equivalentemente,
loga bn → loga b.
Te lo voy a demostrar otra vez con la misma idea (espero que veas que es lo mismo). Por definición de
logaritmo:
aloga bn = bn → b = aloga b .
De aquı́,
aloga bn −loga b =
aloga bn
→ 1.
aloga b
Ası́ que, loga bn − loga b → 0.
Introducción al análisis matemático
TEMA 3. SUCESIONES Y LÍMITE DE SUCESIONES
91
Proposición 9.12 Sean (an )n y (bn )n dos sucesiones convergentes tales que la primera sucesión está
formada por números positivos y an → a > 0 y la segunda verifica bn tob. Entonces
lim abnn = ab .
Demostración. Como an → a, por la proposición anterior es log an → log a (este logaritmo es neperiano). Como bn → b es
bn log an → b log a = log ab .
Puesto que bn log an = log abnn , tendremos que (corolario 9.7)
bn
b
elog an → elog a ,
O lo que es lo mismo, abnn → ab .
Ejercicio III.50. Si (an )n es una sucesión de términos positivos convergente a a > 1 y (bn )n diverge a
+∞, prueba que abnn → +∞.
Ejercicio III.51. Si (an )n es una sucesión de términos positivos convergente a a > 1 y (bn )n diverge a
−∞, prueba que abnn → 0.
Ejercicio III.52. Si (an )n es una sucesión de términos positivos convergente a a < 1 y (bn )n diverge a
+∞, prueba que abnn → 0.
Ejercicio III.53. Si (an )n es una sucesión de términos positivos convergente a a < 1 y (bn )n diverge a
−∞, prueba que abnn → +∞.
Ejercicio III.54. Halla los siguientes lı́mites:
(a) lim log(3n3 ) − log(2n3 − 1).
4 −2)/(6n5 +3n)
(b) lim e(3n
10
.
Lı́mites con exponenciales y logaritmos.
En la sección anterior hemos podido probar el comportamiento de los lı́mites en exponenciales y logaritmos pero usando sucesiones convergentes y bajo determinadas hipótesis; ahora, vamos a estudiar ese
comportamiento con sucesiones divergentes y de otras situaciones que no habı́amos considerado.
Proposición 10.1 Si (bn )n es una sucesión de números positivos y bn → 0 entonces
ˆ si a > 1, loga bn → −∞.
ˆ si 0 < a < 1, loga bn → +∞.
Demostración. Supongamos que a > 1 y fijemos M > 0. Puesto que bn → 0, para a−M > 0 existe
n0 ∈ N tal que si n ≥ n0 es
bn = |bn | < a−M ,
luego
loga bn < loga a−M = −M.
Ası́ que loga bn → −∞.
Quico Benı́tez
92
10. LÍMITES CON EXPONENCIALES Y LOGARITMOS.
El caso 0 < a < 1 es similar.
Ejercicio III.55. Prueba que loga bn → +∞ cuando 0 < a < 1 y (bn )n es una sucesión convergente a
cero de números positivos.
Proposición 10.2 Si (bn )n es una sucesión de números positivos y bn → +∞ entonces
ˆ si a > 1, abn → +∞.
ˆ si 0 < a < 1, abn → 0.
Demostración. Supongamos que a > 1 y fijemos M > 1, al ser bn → +∞, para el número loga M > 0,
existe n0 ∈ N tal que, si n ≥ n0 , es
bn > loga M,
luego
abn > aloga M = M.
Ası́ que abn → +∞.
Si 0 < a < 1, es 1/a > 1 ası́ que (1/a)bn → +∞. En este caso sabemos que abn → 0.
Ejercicio III.56. Si (bn )n es una sucesión de números negativos y bn → −∞ estudia el lı́mite de la sucesión
(abn )n según que a > 1 o que 0 < a < 1.
Ejercicio III.57. Si (an )n es una sucesión prueba que para cualquier m ∈ N la sucesión (am+n )m tiene el
mismo carácter que (an )n ; esto es, o ambas tienen el mismo lı́mite (finito o infinito) o ambas carecen de
lı́mite.
Para el estudio de ciertos lı́mites nos puede resultar muy útil el siguiente resultado:
Proposición 10.3 Sea (an )n una sucesión de números positivos tal que lim
an → 0.
an+1
= r, si r < 1 entonces
an
Demostración. Como 0 ≤ r < 1, consideremos un número δ tal que r < δ < 1.
an+1
Como lim
= r, para el número δ − r > 0 podemos determinar n0 ∈ N tal que si n ≥ n0 entonces
an
an+1
an+1
an − r < δ − r que equivale a − δ + r < an − r < δ − r.
Por tanto,
an+1
< δ y como los términos de la sucesión son todos positivos, se tiene que
an
an+1 < δan
para n ≥ n0 .
Ası́ que,
an0 +1
an0 +2
an0 +3
···
an0 +k
< δan0
< δan0 +1
< δan0 +2
< δ 2 an0
< δ 3 an0
< δan0 +k−1 < δ k an0
Pero δ k → 0, al ser δ < 1, luego an0 +k → 0 y por tanto an → 0.
Saquemos consecuencias:
Introducción al análisis matemático
TEMA 3. SUCESIONES Y LÍMITE DE SUCESIONES
Corolario 10.4 Si k ∈ R+ y a > 1 se verifica que
Demostración. En efecto, la sucesión
nk
an
93
nk
→ 0.
an
es de términos positivos y
n
(n + 1)k
n+1
1 (n + 1)k
n+1 k
1
1
lim a k
= lim
lim
= < 1.
=
a nk
a
n
a
n
an
Por tanto,
nk
→ 0.
an
Ejercicio III.58. Prueba que
ap np + ap−1 np−1 + · · · + a1 n + a0
→ 0,
an
siendo los ai (0 ≤ i ≤ p) números reales y a > 1.
Ejercicio III.59. Halla lim
n2 + 1
.
3n
1
Al estudiar el número e vimos que 1 +
n
que convergen e. Veamos algunas de ellas:
1
• 1+
n
1
• 1+
n
n−1
=
n+1
=
n
→ e, a partir de aquı́ vamos obtener numerosas sucesiones
1
1+
n
n 1
1+
n
n 1
1+
n
−1
1
1+
n
→ e · 1 = e.
→ e · 1 = e.
n n
1 −n
n − 1 −n
n
1
• 1−
=
=
= 1+
→ e.
n
n
n−1
n−1
Ejercicio III.60. Halla el lı́mite de las sucesiones cuyos términos generales son:
(a)
1+
(b)
1+
(c)
1+
(d)
1+
(e)
1+
1
n−1
n
.
n+1
1
.
n−1
1 −n
.
n
−n
1
.
−n + 1
n
1
.
−n + 1
Quico Benı́tez
94
10. LÍMITES CON EXPONENCIALES Y LOGARITMOS.
En general, se tiene la siguiente
Proposición 10.5 Si (n )n es una sucesión de números reales (no nulos) convergente a cero y tales que
1 + n > 0, para n ∈ N, entonces
(1 + n )1/n → e.
Demostración. Para ε > 0, puesto que todas las sucesiones cuyos términos generales son
−n
n
1
1 −n+1
1 n+1
1
,
1+
,
1+
,
1+
,
1+
−n + 1
n+1
−n
n
convergen al número e, podemos determinar n1 ∈ N, n1 > 1, tal que si n ≥ n1 se verifica
−n
n
1
1
1 −n+1
1 n+1
1+
,
1+
,
1+
,
1+
∈ (e − ε, e + ε)
−n + 1
n+1
−n
n
Por otra parte, como n → 0, existe n0 ∈ N tal que 0 < |n | < 1/n1 , para n ≥ n0 . Esto es,
1
> n1 , n ≥ n0 .
n Entonces, o bien
1
1
> n1 , o bien
< −n1 .
n
n
Si llamamos pn = ent (1/n ), será, por definición de parte entera:
pn ≤
Ası́ que para los n ≥ n0 para los que se verifique
1+
y como pn + 1 >
1
≥ pn es
n
1+
1
pn
1
1+
pn
1
> n1 , n > 0 y debe ser pn ≥ n1 (pn ∈ N). Ası́ que
n
1
1
≥ 1 + n > 1 +
>1
pn
pn + 1
pn +1
Como pn ≥ n1 será
1
< pn + 1
n
≥ (1 + n )1/n >
pn +1 , 1+
1
pn + 1
1+
1
pn + 1
pn
pn
∈ (e − ε, e + ε)
y, por tanto, (1 + n )1/n ∈ (e − ε, e + ε).
Para los n ≥ n0 para los que se verifique
(−pn ∈ N). En este caso,
1
< −n1 < −1, debe ser pn < −n1 , ası́ que −pn > n1
n
pn ≤
1
< pn + 1 < 0
n
Ası́ que,
1>1+
1
1
≥ 1 + n > 1 +
>0
pn
pn + 1
Introducción al análisis matemático
TEMA 3. SUCESIONES Y LÍMITE DE SUCESIONES
y como pn + 1 >
1
≥ pn es
n
1
1+
pn
Pero como es −pn > n1 será
pn +1
1
1+
pn
95
1/n
≤ (1 + n )
pn +1 , 1+
1
pn + 1
<
1
1+
pn + 1
pn
pn
∈ (e − ε, e + ε)
De donde, también en este caso, (1 + n )1/n ∈ (e − ε, e + ε).
Por tanto, hemos probado que (1 + n )1/n → e.
Ejercicio III.61. Sea xn → ∞ y xn 6= 0, para n ∈ N, prueba que
1 xn
lim 1 +
= e.
xn
Nota: debe ser 1 +
1
> 0, n ∈ N, para que la exponencial esté definida.
xn
Los últimos resultados nos conducen al siguiente que es la base para el cálculo de muchos lı́mites de tipo
exponencial.
Proposición 10.6 Sean (an )n y (bn )n dos sucesiones tales que
ˆ an → 1, y an > 0 pero an 6= 1 para n ∈ N,
ˆ bn → ∞.
Entonces,
lim abnn
 λ
si lim(an − 1)bn = λ ∈ R,
 e ,
+∞, si lim(an − 1)bn = +∞,
=

0,
si lim(an − 1)bn = −∞,
Demostración. Llamemos n = an − 1, para n ∈ N, entonces n − > 0 y n 6= 0, para n ∈ N. Luego,
(1 + n )1/n → e o bien,
(1 + (an − 1))1/(an −1) → e.
Por otra parte, podemos escribir:
(an −1)bn
abnn = (1 + (an − 1))1/(an −1)
,
Si lim(an − 1)bn = λ ∈ R se tiene que
n ∈ N.
lim abnn = eλ .
Además, como lim (1 + (an − 1))1/(an −1) = e > 1, si lim(an − 1)bn = +∞ será
lim abnn = +∞.
Y si lim(an − 1)bn = −∞ será
lim abnn = 0.
Quico Benı́tez
96
11. REGLA DE STOLZ.
Usemos lo anterior para hallar lim
proposición, ası́ que hacemos
n3
n3 + 1
n3
−1
n3 + 1
3n4n+2
, si existe. Observamos que verifica las hipótesis de la
3n4 + 2
(−1)(3n4 + 2)
=
→ −3.
n
(n3 + 1)n
Por tanto,
lim
n3
n3 + 1
3n4n+2
Ejercicio III.62. Halla los lı́mites
2
n
2
n +3
3n − 1 n /(n+1)
(a) lim
.
(b) lim
.
n2 + 1
3n + 1
= e−3 .
(c) lim
Ej er ci ci o III.63. Demuestra que, para cualquier h ∈ R,
n+h
hn
(a) lim 1 + n1
= e.
(b) lim 1 + n1
= eh .
n2 + 1
n2 − 1
(c) lim 1 +
n+1
h n
n
.
= eh .
Ej er ci ci o III.64. Calcula los siguientes lı́mites:
(a) lim 1 +
1 ln n
.
ln n
(b) lim
n2 +1
n2 +2
2n2 +4
11
.
(c) lim
n17 +17n
n17
9n
.
(d) lim
4n3 +2n2 +13n+27
62+14n+5n2 +4n3
Regla de Stolz.
Teorema 11.1 (Regla de Stolz) Sean (an )n y (bn )n dos sucesiones tales que
ˆ (bn )n es estrictamente monótona,
ˆ y se verifica que bn → +∞, o bien bn → −∞ o bien lim an = lim bn = 0.
En estas circunstancias si existe el siguiente lı́mite (finito o infinito)
lim
entonces existe el lı́mite lim
an+1 − an
bn+1 − bn
an
y coincide con aquel.
bn
Demostración.
• Supongamos que lim
an+1 − an
= λ ∈ R.
bn+1 − bn
Sea ε > 0. Para ε/2 > 0 existe n0 ∈ N tal que, para n ≥ n0 ,
λ−
ε
an+1 − an
ε
<
<λ+
2
bn+1 − bn
2
Introducción al análisis matemático
n2 +n
1999n
.
TEMA 3. SUCESIONES Y LÍMITE DE SUCESIONES
97
Como (bn )n es monótona (estrictamente) será, para cada n ∈ N, o bien bn+1 −bn > 0, o bien bn+1 −bn < 0.
Supondremos que ocurre lo primero (puedes comprobar que en el segundo caso la conclusión es idéntica,
aunque tendrás que pasar por cambiar un par de veces los sentidos de las desigualdades).
Entonces, para cada n ≥ n0 ,
ε
ε
λ−
(bn+1 − bn ) < an+1 − an < λ +
(bn+1 − bn ).
2
2
Tomando n ≥ n0 podemos poner
ε
(bn+1 − bn )
λ−
2
ε
λ−
(bn+2 − bn+1 )
2
ε
λ−
(bn+3 − bn+2 )
2
<
an+1 − an
<
an+2 − an+1
<
an+3 − an+2
ε
(bn+1 − bn ).
2
ε
<
λ+
(bn+2 − bn+1 ).
2
ε
<
λ+
(bn+3 − bn+2 ).
2
<
λ+
···
ε
(bn+m − bn+m−1 ) < an+m − an+m−1 <
λ+
2
ε
λ−
(bn+m − bn )
<
an+m − an
<
λ+
2
λ−
ε
(bn+m − bn+m−1 ).
2
ε
(bn+m − bn ).
2
(∗)
De donde, para cualquier m ∈ N y n ≥ n0 se verifica que:
λ−
ε
an+m − an
ε
<
<λ+
2
bn+m − bn
2
Si fuera lim an = lim bn = 0, entonces limm bn+m = limm an+m = 0 para cada n ∈ N, en particular si
n ≥ n0 , tomando lı́mites en las desigualdades anteriores llegamos a
λ−
Puesto que, λ − ε < λ −
ε
−an
ε
≤
≤λ+
2
−bn
2
ε
ε
< λ + < λ + ε, tendremos que, si n ≥ n0 se verifica que
2
2
λ−ε<
Esto significa que
an
<λ+ε
bn
an
→ λ.
bn
Supongamos ahora que lim bn = +∞ (el caso −∞ es similar) y volvamos a la desigualdad (*)
ε
ε
λ−
(bn+m − bn ) < an+m − an < λ +
(bn+m − bn ),
2
2
la cual se verifica para cada n ≥ n0 y cada m ∈ N. Podemos sumar an y luego dividir por bn+m (que
supondremos mayor que cero al tender a +∞) para obtener:
ε
ε
bn
an+m bn
λ−
1−
<
< λ+
1−
.
2
bn+m
bn+m
2
bn+m
Quico Benı́tez
98
11. REGLA DE STOLZ.
ε
bn
ε
Pero observemos que, limm λ −
1−
= λ − , ası́ que existe un m1 ∈ N tal que si m ≥ m1
2
bn+m
2
se verifica
ε
bn
λ−ε< λ−
1−
.
2
bn+m
ε
bn
ε
Del mismo modo como, limm λ +
1−
= λ + , existe un m2 ∈ N tal que si m ≥ m2 se
2
bn+m
2
verifica
ε
bn
λ+
1−
< λ + ε.
2
bn+m
Tomando m ≥ m0 = máx{m1 , m2 } tendremos que,
ε
bn
an+m ε
bn
λ−ε< λ−
1−
<
< λ+
1−
< λ + ε.
2
bn+m
bn+m
2
bn+m
De donde, limm
an+m
an
= λ, o lo que es lo mismo, limn
= λ.
bn+m
bn
• Supongamos ahora que lim
an+1 − an
= +∞ (el caso −∞ es similar).
bn+1 − bn
Fijemos M > 0. Por la definición lı́mite, para 2M > 0 existe n0 tal que si n ≥ n0 es
an+1 − an
> 2M.
bn+1 − bn
Como (bn )n es monótona (estrictamente) será, para cada n ∈ N, o bien bn+1 −bn > 0, o bien bn+1 −bn < 0.
Supondremos que ocurre lo primero (puedes comprobar que en el segundo caso la conclusión es idéntica,
aunque tendrás que pasar por cambiar un par de veces los sentidos de las desigualdades).
Entonces, para cada n ≥ n0 ,
an+1 − an > 2M (bn+1 − bn )
Tomando n ≥ n0 podemos poner
an+1 − an
>
2M (bn+1 − bn ).
an+2 − an+1
>
2M (bn+2 − bn+1 ).
an+3 − an+2
>
2M (bn+3 − bn+2 ).
···
an+m − an+m−1
>
2M (bn+m − bn+m−1 ).
an+m − an
>
2M (bn+m − bn ).
De donde, para cualquier m ∈ N y n ≥ n0 se verifica que:
an+m − an
> 2M
bn+m − bn
(∗∗)
Si fuera lim an = lim bn = 0, entonces limm bn+m = limm an+m = 0 para cada n ∈ N, en particular si
n ≥ n0 , tomando lı́mites en las desigualdades anteriores llegamos a
−an
≥ 2M > M
−bn
Introducción al análisis matemático
TEMA 3. SUCESIONES Y LÍMITE DE SUCESIONES
99
Entonces, tendremos que, si n ≥ n0 , se verifica que
an
> M.
bn
Esto significa que
an
→ +∞.
bn
Supongamos ahora que lim bn = +∞ (el caso −∞ es similar). Eso supone que la sucesión es (bn )n es
monótona creciente. Volvamos a la desigualdad (**) y escribámosla como
an+m
an
−
bn+m
bn+m
> 2M,
bn
1−
bn+m
la cual se verifica para n ≥ n0 y cualquier m ∈ N. Pero como
podemos multiplicar la desigualdad anterior por 1 −
bn
bn+m
bn
bn+m
< 1, al ser la sucesión creciente,
> 0:
an+m
bn
an
> 2M 1 −
+
.
bn+m
bn+m
bn+m
bn
an
Puesto que limm 2M 1 −
+
= 2M , existirá un m0 ∈ N tal que
bn+m
bn+m
bn
an
2M 1 −
+
> M, para m ≥ m0 .
bn+m
bn+m
Luego, para n ≥ n0 y m ≥ m0 es
Esto significa que lim
an+m
> M.
bn+m
an
= +∞.
bn
Veamos un ejemplo de aplicación de la regla de Stolz. Estudiemos lim
1 + 2 + ··· + n
.
n2
ˆ (n2 )n es monótona creciente y n2 → +∞
ˆ Además,
(1 + 2 + · · · + n) − (1 + 2 + · · · + (n − 1))
n
1
=
→ .
2
2
n − (n − 1)
2n − 1
2
Aplicando la regla de Stolz resulta que el lı́mite propuesto existe y es 1/2.
En las siguientes proposiciones también aplicamos esta regla.
Proposición 11.2 (propiedad de la media aritmética)
Consideremos que la sucesión (xn )n tiene lı́mite (finito o infinito), entonces el lı́mite
lim
x1 + x2 + · · · + xn
n
existe y coincide con aquel.
Quico Benı́tez
100
11. REGLA DE STOLZ.
Demostración. En efecto,
ˆ la sucesión del denominador (n)n es monótona creciente y n → +∞.
ˆ Además,
(x1 + x2 + · · · + xn ) − (x1 + x2 + · · · + xn−1 )
xn
=
= xn .
n − (n − 1)
1
Aplicando la regla de Stolz resulta que el lı́mite propuesto existe y coincide con el de (xn )n .
Proposición 11.3 (propiedad de la media geométrica)
Consideremos que la sucesión (xn )n tiene lı́mite (finito o más infinito) y que sus términos son todos
positivos, entonces el lı́mite
√
lim n x1 x2 · · · xn
existe y coincide con aquel.
Demostración. En efecto, consideremos la sucesión cuyo término general es el logaritmo neperiano de
la dada:
log(x1 x2 · · · xn )
log x1 + log x2 + · · · + log xn
=
n
n
Si (xn )n tiene lı́mite x > 0 entonces log xn → log x, y aplicando la propiedad de la media geométrica el
lı́mite
log x1 + log x2 + · · · + log xn
lim
n
existe y es log x. Por lo que,
log x1 +log x2 +···+log xn
√
n
lim n x1 x2 · · · xn = lim e
= elog x = x.
Si (xn )n tiene lı́mite 0 entonces log xn → −∞, y aplicando la propiedad de la media geométrica es
lim
De donde,
lim
√
n
log x1 + log x2 + · · · + log xn
= −∞.
n
x1 x2 · · · xn = lim e
log x1 +log x2 +···+log xn
n
= 0.
Finalmente, si (xn )n tiende a +∞ entonces log xn → +∞, y aplicando la propiedad de la media geométrica
es
log x1 + log x2 + · · · + log xn
lim
= +∞.
n
De donde,
log x1 +log x2 +···+log xn
√
n
lim n x1 x2 · · · xn = lim e
= +∞.
Proposición 11.4 Consideremos la sucesión de términos positivos (xn )n y supongamos que la sucesión
cuyo término general es
xn
xn−1
tiene lı́mite (finito o más infinito), entonces la sucesión cuyo término general es
√
n
xn
existe y coincide con aquel.
Introducción al análisis matemático
TEMA 3. SUCESIONES Y LÍMITE DE SUCESIONES
Demostración. Consideremos la sucesión
log xn
n
101
.
n
ˆ la sucesión del denominador (n)n es monótona creciente y n → +∞.
ˆ Además,
Si
log xn − log xn−1
xn
= log
.
n − (n − 1)
xn−1
xn
→ x > 0, aplicando la regla de Stolz,
xn−1
lim
Si
√
n
= elog x = x.
xn
n
→ 0, entonces log xxn−1
→ −∞ y, aplicando la regla de Stolz,
xn−1
lim
Si
xn
xn−1
log
xn = lim e
√
n
log
xn = lim e
xn
xn−1
= 0.
xn
n
→ +∞, entonces log xxn−1
→ +∞ y, aplicando la regla de Stolz,
xn−1
lim
√
n
log
xn = lim e
xn
xn−1
= +∞.
El recı́proco del anterior no es cierto en general. Por ejemplo, Considera una sucesión que tome sólo dos
valores positivos como es el caso de (3 + cos nπ)n , cuyos primeros términos son
2,
En este caso, lim
√
n
4,
2,
4,
2,
4,
2,
3 + cos nπ = 1 mientras que la sucesión
2,
1
,
2
2,
1
,
2
2,
1
,
2
4,
2,
4, · · ·
3 + cos nπ
no converge:
3 + cos(n − 1)π
2,
1
,
2
2,
1
, ···
2
√
Ejercicio III.65. Prueba que lim n n = 1.
s
(2n)!
Ejercicio III.66. Halla lim n
.
(n!)2
√
n
n!
Ejercicio III.67. Halla lim
.
n
√
√
√
1 + 2 2 + 3 3 + ··· + n n n
Ejercicio III.68. Halla lim
.
n2 + 1
Ejercicio III.69. Prueba que si el lı́mite lim(xn+1 − xn ) existe (finito o infinito) entonces el lı́mite
lim
xn
n
existe y coincide con aquel.
Quico Benı́tez
102
12. INFINITOS E INFINITÉSIMOS: EQUIVALENCIAS.
Ej er ci ci o III.70. Halla los siguientes lı́mites, cuando existan.
(a) lim
x
0
3n
+
x1
+ ... +
3n−1
1 + 2 + ··· + n
(b) lim 3
.
1 + 23 + · · · + n 3
xn−1
+ xn , sabiendo que lim xn = x.
3
3 + 6 + · · · + 3n
.
n2
1
22
n2
(d) lim
+
+ ··· + 3
.
n3 + 4 n3 + 4
n +4
(c) lim
(e) lim
1 + 22 + · · · + n2
.
(1 + 4) + (22 + 4) + · · · + (n2 + 4)
1k + 2k + · · · + n k
nk+1
1
1
1 + + ··· +
2
n.
(g) lim
ln n
(f) lim
12
(k ∈ N).
Infinitos e infinitésimos: equivalencias.
Como veremos en seguida el uso de infinitos e infinitésimos equivalentes nos simplificarán en muchos casos
el cálculo de algunos lı́mites.
Definición 12.1 Diremos que una sucesión (an )n es un infinito si sus términos no son nulos y an → +∞.
Diremos que una sucesión (an )n es un infinitésimo si sus términos no son nulos y an → 0.
Diremos que dos infinitos o infinitésimos (an )n y (bn )n son equivalentes, y lo denotaremos por an ∼ bn , si
lim
an
= 1.
bn
Ejercicio III.71. Prueba que ak nk + ak−1 nk−1 + · · · + a0 ∼ ak nk , para k ∈ N y ak 6= 0.
Teorema 12.2 (de sustitución de infinitos e infinitésimos)
Sean (an )n y (bn )n dos infinitos o infinitésimos equivalentes y (xn ) una sucesión, entonces
ˆ lim xn an existe si sólo si existe lim xn bn y ambos coinciden.
xn
xn
ˆ lim
existe si sólo si existe lim
y ambos coinciden.
an
bn
Demostración. Probemos el primero de ellos, la demostración del segundo es similar.
Supongamos que existe uno de los lı́mites, por ejemplo, lim xn an , entonces, puesto que,
bn
xn bn = (xn an )
, n∈N
an
Introducción al análisis matemático
TEMA 3. SUCESIONES Y LÍMITE DE SUCESIONES
103
el lı́mite lim xn bn existe y es igual a lim xn an .
Ejercicio III.72. Prueba la segunda afirmación del teorema anterior.
Ejercicio III.73. Prueba que si an ∼ bn y ambas son de términos positivos, a > 0, a 6= 1 y (xn )n es
una sucesión de términos positivos, entonces lim loga xn an = lim loga xn bn , esto es, si uno existe el otro
también y coinciden.
Ejercicio III.74. Prueba que si an ∼ bn , a > 0, a 6= 1 y (xn )n es una sucesión, entonces lim axn an =
lim axn bn , esto es, si uno existe el otro también y coinciden.
No siempre es posible sustituir infinitos o infinitésimos equivalentes, observa el siguiente ejemplo:
√
(n4 + n2 ) − (n2 + 2)2
−3n2 − 4
3
n4 + n2 − (n2 + 2) = lim √
= lim √
=− .
4
2
2
4
2
2
2
n + n + (n + 2)
n + n + (n + 2)
√
√
n4 + n2
ˆ Ya que lim
=
1,
es
n4 + n2 ∼ n2 , si realizáramos la sustitución en el lı́mite anterior
n2
resultarı́a
lim n2 − (n2 + 2) = −2.
ˆ lim
Proposición 12.3 Sea (n )n un infinitésimo, entonces se dan las siguientes equivalencias:
(i) log(1 + n ) ∼ n .
(ii) an − 1 ∼ n log a, para a > 0, a 6= 1.
(iii) (1 + n )p − 1 ∼ pn , para p 6= 0.
(iv) sen n ∼ tg n ∼ n .
(v) 1 − cos n ∼ 2n /2.
Demostración. Probemos cada una de ellas:
(i)
log(1 + n )
= log (1 + n )1/n → log e = 1.
n
(ii) Según el anterior, an − 1 ∼ log (1 + (an − 1)) = n log a.
(iii) Aplicando la primera equivalencia
(1 + n )p − 1 ∼ log (1 + ((1 + n )p − 1)) = log(1 + n )p = p log(1 + n ) ∼ pn .
(iv) Sabemos que | sen n | < |n | < | tg n |, ası́ que, dividiendo por | sen n | > 0 resulta
n tg n 1
=
1<
<
→ 1.
sen n
sen n
| cos n |
Por tanto, lim
n
= 1; esto es, sen n ∼ n . Además,
sen n
lim
tg n
tg n
1
= lim
= lim
= 1.
n
sen n
cos n
Quico Benı́tez
104
13. SUBSUCESIONES: TEOREMA DE BOLZANO-WEIERSTRASS.
(v) Finalmente,
1 − cos n
1 − cos2 n
sen2 n
2n
=
=
∼
→ 1.
2n /2
2n /2(1 + cos n )
2n /2(1 + cos n )
2n /2(1 + cos n )
Luego 1 − cos n ∼ 2n /2.
Ejercicio III.75. Prueba que 1 +
Ejercicio III.76. Prueba que
√
n
1
1
+ · · · + ∼ log n.
2
n
n! ∼ n/e.
Una equivalencia bastante conocida cuya demostración escapa a nuestras posibilidades, es la conocida
como equivalencia de Stirling de factorial de n:
√
n! ∼ nn e−n 2πn.
Ej er ci ci o III.77. Halla los siguientes lı́mites:
(a) lim
n4 + 3n2 − n + 1
.
2n4 − 3n3 − 2
(b) lim
1
sen2 2n
.
1 − cos n1
2
(c) lim
(d)
esen(1/n ) − 1
lim n2
2
+1
ln( nn2 −1
)
1
tg
n
.
n+1
n
!
1999
−1 .
(e) lim −n2 log(cos2 n1 ).
(f) lim sen 2π
n2 − 1
.
n−1
13
Subsucesiones: teorema de Bolzano-Weierstrass.
Terminaremos este tema estudiando algunos conceptos y resultados con alto valor teórico y básicos en el
desarrollo del análisis matemático. Comenzamos con el concepto de subsucesión.
Definición 13.1 Sea (an )n una sucesión de números reales y sea (nk )k una sucesión creciente (estrictamente) de números naturales. A la sucesión (ank )k se le denomina subsucesión de (an )n .
Sea la sucesión (an )n , cuyos primeros términos son
a1 ,
a2 ,
a3 ,
a4 ,
a5 ,
a6 ,
a7 ,
a8 ,
Introducción al análisis matemático
a9 ,
...
TEMA 3. SUCESIONES Y LÍMITE DE SUCESIONES
105
Si consideramos la sucesión de números naturales formada por los números pares; esto es, la sucesión
(2k)k , sabemos que es creciente y sus primeros términos son
2,
4,
6,
8,
...
En este caso, tenemos que (a2k )k es una subsucesión de (an )n . Sus primeros términos serı́an:
a2 ,
a4 ,
a6 ,
a8 ,
...
En general, si M es un subconjunto infinito de números naturales, el buen orden de N, nos permite escribir
ese conjunto como una sucesión creciente de números naturales (nk )k , donde el número n1 es el primer
elemento de M , n2 es el segundo, n3 es el tercero, etc.
n1 < n2 < n3 < n4 < n5 < n6 < n7 < n8 < n9 < · · ·
Ası́ M = {nk : k ∈ N} y (nk )k es una sucesión creciente y divergente a +∞. Ası́ que, para cualquier
sucesión, (an )n , (ank )k es una subsucesión suya que suele denotarse simplemente por (an )n∈M .
Por ejemplo, si M = {k 2 : k ∈ N} = {1, 4, 9, 16, 25, 36, 49, . . .}, la subsucesión (an )n∈M serı́a
a1 ,
a4 ,
a9 ,
a16 ,
a25 ,
a36 ,
a49 , . . .
Ejercicio III.78. Escribe las subsucesiones, correspondientes a los subconjuntos de N que se indican, de
cada una de las siguientes sucesiones:
n2 + 1
de
correspondiente al conjunto de los números pares.
n
n
√
n+1−n
de
correspondiente al conjunto de los números impares.
n
n
n
correspondiente a (k 2 + 2)k .
de
n+1 n
√
n
donde M = {n ∈ N :
n + 1 ∈ N}.
n + 1 n∈M
(a) Subsucesión
(b) Subsucesión
(c) Subsucesión
(d) Subsucesión
Ejercicio III.79. Si (an )n∈M1 y (an )n∈M2 son dos subsucesiones de (an )n , estudia en qué casos (an )n∈M1 ∩M2
y (an )n∈M1 ∪M2 son también subsucesiones de (an )n .
Un resultado importante es el siguiente:
Proposición 13.2 Una sucesión (an )n es convergente si y sólo si todas sus subsucesiones convergen al
mismo número real.
Demostración. Supongamos que (an )n converge a un número a ∈ R y sea (an )n∈M cualquier subsucesión. Podemos escribir, como sabemos, M = {mk : k ∈ N }, siendo (mk )k creciente y mk → +∞.
Dado ε > 0, existe n0 ∈ N tal que si n ≥ n0 entonces
|an − a| < ε.
Quico Benı́tez
106
13. SUBSUCESIONES: TEOREMA DE BOLZANO-WEIERSTRASS.
Como (mk )k es creciente y divergente, existirá un k0 ∈ N tal que mk ≥ n0 , si k ≥ k0 , por tanto,
|amk − a| < ε,
si
k ≥ k0 .
Luego la sucesión (amk )k converge a a.
Para demostrar la otra implicación probaremos que si (an )n no converge a algún número real a entonces
alguna subsucesión suya no converge a a. Con ello, habremos probado que si todas las subsucesiones
convergen a un número a entonces la sucesión (an )n debe converger a a.
En efecto, si (an )n no converge a a entonces existe ε > 0 tal que el conjunto
Mε = {n ∈ N :
an 6∈ (a − ε, a + ε)}
es infinito. Claramente, como Mε ⊂ N, la subsucesión (an )n∈Mε no converge a a.
Teorema 13.3 (Bolzano-Weierstrass) Toda sucesión de números reales acotada tiene alguna subsucesión convergente
Demostración. Sea (an )n una sucesión acotada. Si la sucesión sólo tiene un número finito de términos
distintos la conclusión es trivial ya que podremos tomar una subsucesión constante, ası́ que supondremos
que la sucesión tiene infinitos términos distintos.
Al estar acotada existen dos números α1 , β1 ∈ R tal que α1 < an < β1 , para n ∈ N. Esto es, todos los
términos de la sucesión están en el intervalo [α1 , β1 ].
α1 + β1
α1 + β1
β1 − α1
]y[
, β1 ], que tienen ambos longitud
. En
2
2
2
alguno de ellos debe haber infinitos términos de la sucesión, llamemos a éste [α2 , β2 ].
Consideremos ahora los intervalos [α1 ,
α2 + β2
α2 + β2
Consideremos a continuación los intervalos [α2 ,
] y [
, β2 ], que tienen ambos longitud
2
2
β1 − α1
. De nuevo, en alguno de ellos debe haber infinitos términos de la sucesión, llamemos a éste
22
[α3 , β3 ].
β1 − α1
Continuando ası́, obtendremos intervalos [αk , βk ], con k ∈ N, tales que su longitud es
y forman
2k−1
una sucesión de intervalos encajados. Por tanto, sabemos que existe un único número real a que pertenece
a todos ellos; esto es, a ∈ [αk , βk ], para k ∈ N.
Construyamos ahora, por inducción, una subsucesión de (an )n convergente a a. Tomemos un término de
la sucesión en el intervalo [α1 , β1 ], sea éste an1 .
Suponiendo que ya hemos elegido un término ank en el intervalo [αk , βk ] tal que nk > nk−1 procedamos
a elegir otro en [αk+1 , βk+1 ].
Para ello, puesto que este intervalo contiene a infinitos términos de la sucesión, existirá un nk+1 > nk tal
que ank+1 ∈ [αk+1 , βk+1 ].
Puesto que, ank ∈ [αk , βk ] y también a ∈ [αk , βk ], resulta que
|ank − a| <
Pero limk
β1 − α1
,
2k−1
para k ∈ N.
β1 − α1
= 0, ası́ que ank → a.
2k−1
Introducción al análisis matemático
TEMA 3. SUCESIONES Y LÍMITE DE SUCESIONES
14
107
Sucesiones de Cauchy.
Definición 14.1 Una sucesión (an )n se dice que es una sucesión fundamental o una sucesión de
Cauchy si para cada ε > 0 existe n0 ∈ N tal que
|an − am | < ε,
si
n, m ≥ n0 .
Ejercicio III.80. Prueba que (an )n es de Cauchy si para cada ε > 0 existe n0 ∈ N tal que
|an+p − an | < ε,
si
n ≥ n0
y
p ∈ N.
Teorema 14.2 (criterio de convergencia de Cauchy) Una sucesión de números reales es de
Cauchy si y sólo si es convergente.
Demostración. Supongamos para empezar que la sucesión (an )n converge a un número a y probemos
que es de Cauchy.
Fijemos ε > 0. Por la convergencia de la sucesión, existe n0 ∈ N tal que si n ≥ n0 se verifica
|an − a| < ε/2.
Tomando ahora m, n ≥ n0 se verificará
|an − am | ≤ |an − a| + |am − a| < ε/2 + ε/2 = ε.
Ası́ que la sucesión es de Cauchy.
Para probar el recı́proco, supongamos ahora que la sucesión (an )n es de Cauchy. Probemos que está
acotada. En efecto, para 1 > 0 existe un n0 ∈ N tal que |an − am | < 1 para n, m ≥ n0 . En particular,
||an | − |an0 || ≤ |an − an0 | < 1.
Por tanto,
−1 < |an | − |an0 | < 1,
esto es,
− 1 + |an0 | < |an | < 1 + |an0 |,
n ≥ n0 .
Ası́ que la sucesión está acotada. Aplicando el teorema de Bolzano-Weiertrass, alguna subsucesión (amk )k
es convergente a un número real a.
Probaremos ahora que la sucesión también converge a a. Para ello, sea ε > 0, como la sucesión es de
Cauchy, existe n1 ∈ N tal que para n, m ≥ n0 es
|an − am | < ε/2.
Por otro lado, como amk → a, existe k0 ∈ N tal que si k ≥ k0 es
|amk − a| < ε/2.
Tomando ahora un mk > n0 tal que k ≥ k0 , se tiene que, para n ≥ n0 , es
|an − a| ≤ |an − amk | + |amk − a| < ε/2 + ε/2 = ε.
Un caso particular de sucesión de Cauchy es el siguiente.
Quico Benı́tez
108
14. SUCESIONES DE CAUCHY.
Definición 14.3 Una sucesión (an )n se denomina sucesión contractiva de constante k, siendo 0 < k <
1, si para cada n ∈ N, n > 1, se verifica
|an+1 − an | < k|an − an−1 |.
Proposición 14.4 Una sucesión contractiva es de Cauchy y, por tanto, convergente.
Demostración. Supongamos que (an )n es contractiva de constante k y a2 6= a1 (si fueran iguales la
sucesión serı́a constante). Entonces,
|a3 − a2 |
|a4 − a3 |
|a5 − a4 |
···
|an+1 − an |
< k|a2 − a1 |
< k|a3 − a2 | < k 2 |a2 − a1 |
< k|a4 − a3 | < k 3 |a2 − a1 |
< k|an − an−1 | < k n−1 |a2 − a1 |
Por tanto, si p ∈ N,
|an+p − an | ≤ |an+p − an+p−1 | + |an+p−1 − an+p−2 | + · · · + |an+1 − an |
< (k n+p−2 + k n+p−3 + · · · + k n−1 )|a2 − a1 |.
Puesto que,
k n+p−2 + k n+p−3 + · · · + k n−1 = k n−1 (k p−1 + k p−2 + · · · + 1) = k n−1
1 − kp
,
1−k
se tiene que
|an+p − an | < k n−1
Pero limp k n−1 = 0 al ser 0 < k < 1, luego lim k n−1
si n ≥ n0
k n−1
1 − kp
|a2 − a1 |.
1−k
1 − kp
= 0, ası́ que, para ε > 0 existe n0 ∈ N tal que
1−k
1 − kp
ε
<
1−k
|a2 − a1 |
Entonces, para n ≥ n0 y p ∈ N se verifica
|an+p − an | < k n−1
1 − kp
|a2 − a1 | < ε.
1−k
y la sucesión es de Cauchy.
Ejercicio III.81. Estudia si las siguientes sucesiones son contractivas:
(a) a1 = 1/2, an+1 =
(b) an =
a3n + 2
, n ≥ 1.
7
n+2
.
n
Introducción al análisis matemático
TEMA 3. SUCESIONES Y LÍMITE DE SUCESIONES
15
109
Lı́mites de oscilación.
Definición 15.1 Un número real α se dice lı́mite de oscilación de una sucesión (an )n si existe alguna
subsucesión que converge a α.
La sucesión (sen n π2 )n tiene tres lı́mites de oscilación. Tomando, (2k)k , resulta
sen 2k
π
= sen kπ = 0.
2
Si tomamos (4k − 3)k , resulta
sen(4k − 3)
π
3π
π
= sen(2kπ −
) = sen = 1.
2
2
2
Y si tomamos (4k − 1)k , resulta
sen(4k − 1)
π
π
π
= sen(2kπ − ) = sen(− ) = −1.
2
2
2
Proposición 15.2 El número real α es lı́mite de oscilación de la sucesión (an )n si y sólo si para cada
ε > 0 el conjunto
{n ∈ N : an ∈ (α − ε, α + ε)}
es infinito, lo que diremos de forma más simple diciendo que en ese intervalo hay infinitos términos de la
sucesión.
Demostración. Si α es lı́mite de oscilación de la sucesión, alguna subsucesión (ank )k converge a α, ası́
que para cada ε > 0 existe k0 ∈ N tal que
ank ∈ (α − ε, α + ε),
n ≥ n0 .
Por lo que en dicho intervalo habrá infinitos términos de la sucesión.
Recı́procamente, supongamos que para cada ε > 0 existen infinitos términos de la sucesión en (α−ε, α+ε).
1
1
Entonces, para cada número 1/k > 0, con k ∈ N, habrá infinitos términos en (α − , α + ). Esto nos
k
k
permitirá construir por inducción una subsucesión convergente a α.
1
1
Tomemos un término en (α − , α + ), sea éste an1 .
1
1
1
1
Suponiendo que ya hemos elegido un término ank en el intervalo (α − , α + ) tal que nk > nk−1
k
k
1
1
procedamos a elegir otro en (α −
,α +
).
k+1
k+1
Para ello, puesto que este intervalo contiene a infinitos términos de la sucesión, existirá un nk+1 > nk tal
1
1
que ank+1 ∈ (α −
,α +
).
k+1
k+1
Puesto que, |ank − α| <
1
, resulta que ank → α, y éste será un lı́mite de oscilación de la sucesión.
k
Quico Benı́tez
110
15. LÍMITES DE OSCILACIÓN.
Como consecuencia del teorema de Bolzano- Weierstrass podemos afirmar:
Proposición 15.3 Toda sucesión acotada tiene algún lı́mite de oscilación.
Es claro que si una sucesión converge a un número α, entonces éste es lı́mite de oscilación de la sucesión,
pero podemos probar algo más:
Proposición 15.4 Una sucesión (an )n es convergente si y sólo si tiene un único lı́mite de oscilación.
Demostración. Si la sucesión converge a un número a, entonces para cualquier ε > 0 en el intervalo
(a − ε, a + ε) hay infinitos términos de la sucesión y fuera de ese intervalo sólo hay un número finito. Como
eso es cierto para cualquier ε ningún otro número distinto a a puede ser lı́mite de oscilación.
Recı́procamente, si la sucesión tiene un único punto de oscilación a, entonces, para cada ε > 0, fuera de
cada intervalo (a − ε, a + ε) sólo puede haber un número finito de términos de la sucesión. Pero esto es
lo mismo que decir que la sucesión converge a a.
Definición 15.5 Sea (an )n una sucesión acotada, y sea A el conjunto de sus lı́mites de oscilación, se
denomina
ˆ lı́mite superior de (an )n a sup A y se denota por lim sup an o por lim an .
ˆ lı́mite inferior de (an )n a inf A y se denota por lim inf an o por lim an .
Ejercicio III.82. Halla lim sup sen n π2 y lim inf sen n π2 .
Ejercicio III.83. Halla el lı́mite superior e inferior de una sucesión cuyos términos son los números racionales
del intervalo (0, 1).
Ejercicio III.84. Si una sucesión está acotada superiormente ¿debe tener un lı́mite superior?
Proposición 15.6 Los lı́mites superior e inferior, cuando existen, son lı́mites de oscilación de la sucesión.
Demostración. En efecto, si A es el conjunto de los lı́mites de oscilación de una sucesión (an )n , ya que
α = lim sup an = sup A, para cada ε > 0, debe existir algún lı́mite de oscilación β ∈ A tal que
α − ε < β.
Tomando δ = β − α + ε > 0, en el intervalo (β − δ, β + δ) debe haber infinitos términos de la sucesión.
Pero
β − δ = β − (β − α + ε) = α − ε,
y δ = β − α + ε ≤ ε, ya que β − α ≤ 0. Por tanto,
β+δ ≤α+ε
luego (β − δ, β + δ) ⊂ (α − ε, α + ε). Ası́ que en (α − ε, α + ε) habrá infinitos términos de la sucesión y α
es lı́mite de oscilación.
Introducción al análisis matemático
TEMA 3. SUCESIONES Y LÍMITE DE SUCESIONES
111
La demostración de que el lı́mite inferior es lı́mite de oscilación se prueba de forma similar.
Ejercicio III.85. Completa la demostración anterior.
Ejercicio III.86. Prueba que si una sucesión (an )n está acotada entonces los lı́mites superior e inferior
existen y se verifica lim inf an ≤ lim sup an .
Ejercicio III.87. Prueba que si (an )n converge entonces
lim an = lim inf an ≤ lim sup an .
Proposición 15.7 Si una sucesión (an )n converge a a entonces se verifica
ˆ inf {sup{an : n ≥ k} :
k ∈ N} = a.
ˆ sup {inf{an : n ≥ k} :
k ∈ N} = a.
Demostración. Consideremos la sucesión yk = sup{an : n ≥ k}. Puesto que para k ∈ N es
{an : n ≥ k + 1} ⊂ {an : n ≥ k},
entonces
sup{an : n ≥ k + 1} ≤ sup{an : n ≥ k}.
Por tanto, yk+1 ≤ yk , luego la sucesión es decreciente. Como (an )n está acotada también (yk )k está
acotada y, por tanto, converge y su lı́mite es
β = inf {yk :
k ∈ N} = inf {sup{an : n ≥ k} :
k ∈ N}
Ahora bien, para cada ε > 0, como an → a, existe un k0 ∈ N tal que para cada n ≥ k0 es an ∈ (a−ε, a+ε),
luego
{an : n ≥ k} ⊂ (a − ε, a + ε), k ≥ k0
de donde,
a − ε ≤ sup{an : n ≥ k} ≤ a + ε;
esto es, a − ε ≤ yk ≤ a + ε,
k ≥ k0 .
Luego a − ε ≤ lim yk = β ≤ a + ε. Puesto que esto es cierto para cada ε > 0 podemos concluir que β = a
c.q.d..
La otra igualdad se demuestra de forma análoga.
Ejercicio III.88. Completa la demostración anterior.
Proposición 15.8 Si (an )n es una sucesión acotada se verifica
lim sup an = inf {sup{an : n ≥ k} :
k ∈ N} .
Demostración. Sea α = lim sup an . Para cada ε > 0, ningún lı́mite de oscilación puede ser mayor que
α + ε ası́ que sólo un número finito de términos de la sucesión puede ser mayor que α + ε. Luego existe
algún k0 ∈ N tal que
an < α + ε, para n ≥ k0 .
Por tanto,
sup{an : n ≥ k0 } ≤ α + ε.
Quico Benı́tez
112
15. LÍMITES DE OSCILACIÓN.
Pero entonces,
inf {sup{an : n ≥ k} :
k ∈ N} ≤ sup{an : n ≥ k0 } ≤ α + ε.
Como esto es cierto para cada ε > 0 debe ser inf {sup{an : n ≥ k} :
k ∈ N} ≤ α.
Por otra parte, como el lı́mite superior es un lı́mite de oscilación, existirá una subsucesión (anp )p tal que
anp → α. Pero entonces, para k ∈ N se verifica que
sup{an : n ≥ k} ≥ sup{anp : np ≥ k},
de donde,
k ∈ N} ≥ inf sup{anp : np ≥ k} : k ∈ N .
→ α sabemos que α = inf sup{anp : np ≥ k} : k ∈ N de donde se obtiene que
inf {sup{an : n ≥ k} :
Pero al ser anp
inf {sup{an : n ≥ k} :
k ∈ N} ≥ α.
La siguiente proposición se demuestra de forma similar a la anterior.
Proposición 15.9 Si (an )n es una sucesión acotada se verifica
lim inf an = sup {inf{an : n ≥ k} :
k ∈ N} .
Ejercicio III.89. Demuestra la proposición anterior.
Ej er ci ci o III.90. Calcula los lı́mites de oscilación, el lı́mite superior y el lı́mite inferior de las siguientes
sucesiones, si existen:
(a) an = (−1)n .
0
si n es par,
(b) an =
1/n si n es impar.
(c) an =
(−1)n
n
+
1+(−1)n
.
2
(d) an = 1 + n+1
n cos nπ.
1/2n
si n es par,
(e) an =
2n − 1/2n si n es impar.
Introducción al análisis matemático