Sucesiones

Introducción
Límite de una sucesión
Sucesiones acotadas monótonas
Unicidad del límite
Teorema de Bolzano-Weierstrass

Introducción

Def. Una sucesión es una función $S:\mathbb{N}\to\mathbb{R}$. Esta puede ser representada como $S(n)$ o $\{S_n\}$, donde $n\in\mathbb{N}$.

Ejemplo:

Sea $S$ definida por $S(n)=\sqrt{2}$. Se tiene que $S=\{(1,\sqrt{2}),(2,\sqrt{2}),(3,\sqrt{2})...\}$.
Sea $S$ definida por $S(n)=2n$. Se tiene que $S=\{(1,2),(2,4),(3,6)...\}$.
Sea $S$ definida por $S(n)=\frac{1}{n}$. Se tiene que $S=\{(1,1),(2,\frac{1}{2}),(3,\frac{1}{3})...\}$.

Puesto que el primer elemento de cada par ordenado es un natural, es común que las sucesiones se identifiquen solo por sus imágenes, bajo el supuesto de que están escritas en orden de acuerdo al natural al que corresponden. Para el ejemplo 3, la sucesión se escribiría como $\{1,\frac{1}{2},\frac{1}{3},\frac{1}{4},...\}$.

Límite de una sucesión

Obsérvese que el valor de esta última sucesión se acerca más a cero conforme $n$ se hace grande. Se podría intentar afirmar incluso que el valor de la sucesión se podría acercar a cero tanto como quisiéramos haciendo que $n$ sea suficientemente grande. Esto genera una idea de encontrar el valor de una sucesión "en el infinito", al que denominamos límite.

Def. Se denota por $\displaystyle\lim_{n\to\infty}S_n$ al límite de la sucesión $\{S_n\}$, y $$ \lim_{n\to\infty} S_n = L \iff \forall \varepsilon > 0\; \exists N \in\mathbb{N}: \; n > N \implies |S_n-L| < \varepsilon $$ Esto quiere decir que, dada cualquier distancia $\varepsilon$, se puede hallar un valor $N$ suficientemente grande tal que $S_n$ diste de $L$ por un valor menor que $\varepsilon$.

Para el caso de $\{\frac{1}{n}\}$ se tiene que $L=0$. Para demostrar esto, se debe exhibir un valor de $N$ en función de $\varepsilon$ para el que se cumpla la definición.

P.D. $\displaystyle\lim_{n\to \infty}\frac{1}{n}=0$.

Dem. Se debe cumplir que $|\frac{1}{n}-0|=\frac{1}{n} < \varepsilon$ para $n > N$. Como $N\in\mathbb{N}$, no se puede pedir $N=\frac{1}{\varepsilon}$, pero se puede pedir $N > \frac{1}{\varepsilon}$ para el primer natural que lo cumpla. Así, sea $N > \frac{1}{\varepsilon}$. Si $n>N>\frac{1}{\varepsilon}$ se sigue que $\frac{1}{n}<\varepsilon$ y $ | \frac{1}{n} | < \varepsilon$, pues $\frac{1}{n} = | \frac{1}{n} |$. Por lo tanto, $L=0$. $\blacksquare$

Esta demostración echa mano de la llamada propiedad arquimediana de los números naturales, que afirma que $$ \forall x,y\in\mathbb{R},\, x > 0,\, \exists n\in\mathbb{N}:\;nx > y $$

Si una sucesión tiene límite $L$, se dice que converge a $L$. Si no tiene límite, se dice que no converge, o bien, que diverge.

Ejemplo:

La sucesión identidad $\{n\}$ no converge.
La sucesión definida por $\{(-1)^n\}$ no converge a cero.

Se demostrará esto último. Basta con exhibir $\varepsilon>0$ tal que no se cumpla la definición. Sea $\varepsilon =\frac{1}{2}$, de donde $|(-1)^n| < \frac{1}{2}$ y $1 < \frac{1}{2}$ !

Veamos un ejercicio más complejo. Sea $\{\sqrt{n+1}-\sqrt{n}\}$, ¿converge? Aparentemente, la sucesión converge a cero, pues el valor de $\sqrt{n+1}$ y de $\sqrt{n}$ es muy similar para números grandes. Se reescribe la sucesión para obtener $$ \begin{align} \sqrt{n+1} - \sqrt{n} &= \sqrt{n+1} - \sqrt{n} \cdot \frac{\sqrt{n+1} + \sqrt{n}}{\sqrt{n+1} + \sqrt{n}}\\ &= \frac{n+1-n}{\sqrt{n+1} + \sqrt{n}}\\ &= \frac{1}{\sqrt{n+1}+\sqrt{n}} < \frac{1}{2\sqrt{n}} \end{align} $$

Así, si se deseara tener $|\sqrt{n+1}-\sqrt{n}-0| < \varepsilon$, bastaría con hacer $\frac{1}{2\sqrt{n}} < \varepsilon$, de donde $\frac{1}{4\varepsilon^2} < n$.

Dem. Sea $N > \frac{1}{4\varepsilon^2}$. Si $n > N$, entonces

$$ n > \frac{1}{4\varepsilon^2} $$ $$ \frac{1}{2\sqrt{n}} < \varepsilon $$ $$ \frac{1}{\sqrt{n+1}-\sqrt{n}} < \varepsilon $$ $$ \left| \frac{1}{\sqrt{n+1}-\sqrt{n}}-0 \right| < \varepsilon\qquad \blacksquare$$

Sucesiones acotadas y monótonas

Def. Se dice que una sucesión $\{a_n\}$ es acotada si el conjunto de sus imágenes lo está. Esto es, $\exists M:\,\forall n \in \mathbb{N},\,M\geq |a_n|$.

Def. Sea $\{a_n\}$ una sucesión cualquiera. Se dice que

$\{a_n\}$ es creciente si $\forall n\in\mathbb{N},\,a_n\leq a_{n+1}$.
$\{a_n\}$ es decreciente si $\forall n\in\mathbb{N},\,a_n\geq a_{n+1}$.
$\{a_n\}$ es estrictamente creciente si $\forall n\in\mathbb{N},\,a_n < a_{n+1}$.
$\{a_n\}$ es estrictamente decreciente si $\forall n\in\mathbb{N},\,a_n > a_{n+1}$.

A estas sucesiones se les llama monótonas, pues conservan un comportamiento a lo largo de todos los naturales.

Ej. Sea $\{\frac{n}{n+1}\}$, por lo que se genera la sucesión $\{\frac{1}{2},\frac{2}{3},\frac{3}{4},\frac{4}{5}, ...\}$. Obsérvese que $a_{n+1}-a_{n}=\frac{n+1}{n+2}-\frac{n}{n+1}=\frac{1}{n^2+3n+2}>0$, por lo que $a_{n+1}>a_{n}$, y $\{\frac{n}{n+1}\}$ es creciente.

Piénsese en lo siguiente:

Supóngase que $\{b_n\}$ es una sucesión monótona y $\displaystyle\lim_{n\to\infty}b_n=L$. Una pregunta que surge es si $\{b_n\}$ estará acotada. De forma intuitiva, es aparente que sí lo está, pues una función no acotada "se va al infinito", y se necesitarían infinitos elementos de la imagen para lograr esto. Veremos si podemos demostrarlo. Sin pérdida de generalidad, supongamos que $\{b_n\}$ es creciente.

Si $\{b_n\}$ no fuera acotada, se dice que $\nexists B\in\mathbb{R}$ tal que $b_n\leq B,\;\forall n\in\mathbb{N}$. Esto quiere decir que $\forall B\in\mathbb{R}\,\exists n\in\mathbb{N}:\, b_n>B$.

Así, como $\{b_n\}$ no es acotada,

$$ b_n-L > B-L $$

Sea $\varepsilon=B-L$ (podemos asegurar que $\varepsilon>0$ pidiendo $B>L$, que es posible porque el análisis es válido para cualquier real). Se tiene que

$$ b_n-L > \varepsilon $$

Y como $|b_n-L|\geq b_n-L$,

$$ |b_n - L| \geq \varepsilon $$

Por lo que $\exists \varepsilon>0\,\forall N\in\mathbb{N}:\, n>N \land |b_n-L|\geq \varepsilon$, que contradice la existencia del límite original, por lo que suponer que $\{b_n\}$ no es acotada arrojó una contradicción. Así,

Teorema. Sea $\{b_n\}$ una sucesión monótona tal que $\displaystyle\lim_{n\to\infty}b_n=L$. Entonces $\{b_n\}$ está acotada.

Una cuestión que se sigue naturalmente es la de la unicidad del límite, pues en la definición no se pide que el valor de $L$ sea único. Veremos que es necesario que lo sea.

Lema. Si $0\leq L < \varepsilon\;\forall\varepsilon > 0$, entonces $L=0$.

Demostración. Supóngase por el contrario que $0\leq L < \varepsilon$ y $L\not = 0$. Sea $\varepsilon = \frac{L}{2}$, de donde

Demostración.

$$ 0\leq L < \frac{L}{2} $$ $$ 2L < L $$

Y como $L\not = 0$, se sigue que $2=1$! $\blacksquare$

Teorema de unicidad del límite.

Si $\displaystyle\lim_{n\to\infty}a_n=L$ y $\displaystyle\lim_{n\to\infty}a_n=M$, entonces $L=M$.

Demostración. Supóngase que $\displaystyle\lim_{n\to\infty}a_n=L$ y $\displaystyle\lim_{n\to\infty}a_n=M$. Así,

$$ \forall \varepsilon > 0 \, \exists N_1 \in \mathbb{N}: \; n > N_1 \implies |a_n-L| < \frac{\varepsilon}{2} $$ $$ \forall \varepsilon > 0 \, \exists N_2 \in \mathbb{N}: \; n > N_2 \implies |a_n-M| < \frac{\varepsilon}{2} $$

De modo que, dado $\varepsilon>0$, sea $N=\max\{N_1,N_2\}$, de donde $|a_n-L| < \frac{\varepsilon}{2}$ y $|a_n-M| < \frac{\varepsilon}{2}$. Se sigue que

$$ |a_n - L| + |a_n - M| < \frac{\varepsilon}{2}+\frac{\varepsilon}{2} $$ $$ |L - a_n| + |a_n - M| < \varepsilon $$ $$ |L - a_n + a_n - M| < |L - a_n| + |a_n - M| < \varepsilon $$ $$ |L - M| < \varepsilon, \; \forall \varepsilon > 0 $$

Y del lema se tiene que $|L-M|=0$, que implica $L=M$. $\blacksquare$

Veamos más resultados de sucesiones monótonas.

Teorema. Si $\{a_n\}$ es creciente y acotada superiormente, entonces $\{a_n\}$ converge.

Demostración. Sea $A=\{a_n\,|\, n\in\mathbb{N}\}$. Como $A\not = \varnothing$ y está acotado superiormente, $A$ tiene supremo. Sea $\alpha=\sup A$.

Observación: $\forall\varepsilon\;\exists N\in\mathbb{N}:\; \alpha-\varepsilon < a_N \leq \alpha$

Como $\{a_n\}$ es creciente, $\forall n > N\; a_n \geq a_N$. Luego,

$$ \forall \varepsilon \; \exists N \in \mathbb{N}: \; \forall n > N,\; \alpha - \varepsilon < a_N \leq a_n \leq \alpha $$ $$ -\varepsilon < a_n-\alpha\leq 0$$ $$ \varepsilon>a_n-\alpha\geq 0 $$ $$ |\alpha-a_n| < \varepsilon $$ $$ |a_n-\alpha| < \varepsilon $$

Por lo tanto $\displaystyle \lim_{n\to\infty}a_n=\alpha$. $\blacksquare$

Definición. Una subsucesión $\{a_{n_j}\}$ es un subconjunto de la sucesión $\{a_n\}$ donde los $n_j$ cumplen

$$ a_{n_1} < a_{n_2} < a_{n_3} < ... $$

Lema. Cualquier sucesión contiene una subsucesión monótona.

Demostración. Definamos como punto cumbre a los valores $n\in\mathbb{N}$ tales que $a_n > a_m\;\forall m>n$ (gráficamente, es un punto que se encuentra más alto que todos los siguientes).

Caso 1. Si hay infinitos puntos cumbre, entonces $n_1 < n_2 < n_3 < ...$ y $a_{n_1} > a_{n_2} > a_{n_3} > ...$, por lo que la sucesión $\{a_{n_k}\}$ es decreciente y está contenida en $\{a_n\}$.
Caso 2. Hay un número finito de puntos cumbre. Sean $n_1$ un punto mayor que todos los puntos cumbre. De aquí se sigue que $n_1$ no es un punto cumbre. Como no es punto cumbre, $\exists n_2:\;a_{n_2}\geq a_{n_1}$ (si no existiera, $n_1$ sería punto cumbre). Como $n_2$ no es punto cumbre, $\exists n_3:\;a_{n_3}\geq a_{n_2}$. El argumento se sigue ad infinitum. La sucesión $\{a_{n_k}\}$ es monótona. $\blacksquare$

Teorema de Bolzano-Weierstrass.

Toda sucesión acotada tiene una subsucesión convergente.

Demostración. Sea $\{a_n\}$ una sucesión acotada. Por el lema, existe una subsucesión monótona $\{a_{n_k}\}$. Como $\{a_n\}$ está acotada, $\{a_{n_k}\}$ está acotada. Por lo tanto, por el teorema anterior, $\{a_{n_k}\}$ converge. $\blacksquare$

Teorema. Sean $\{a_n\}$ y $\{b_n\}$ sucesiones convergentes, y sea $\displaystyle \lim_{n\to\infty}a_n = a$ S y $\displaystyle \lim_{n\to\infty}b_n = b$. Entonces,

$\displaystyle \lim_{n\to\infty}(a_n+b_n) = a+b$
$\displaystyle \lim_{n\to\infty}(a_n\cdot b_n) = a\cdot b$
Además, si se restringe $\{b_n\}$ a las $n$ tales que $b_n \not=0$ y $b\not = 0$, $\displaystyle \lim_{n\to\infty}\frac{a_n}{b_n} = \frac{a}{b}$

Demostración. Por hipótesis, $$ \forall \tfrac{\varepsilon}{2} > 0 \, \exists N_1 \in \mathbb{N}: \; n > N_1 \implies |a_n-a| < \frac{\varepsilon}{2} $$ $$ \forall \tfrac{\varepsilon}{2} > 0 \, \exists N_2 \in \mathbb{N}: \; n > N_2 \implies |b_n-b| < \frac{\varepsilon}{2} $$

Sea $N=\max\{N_1,N_2\}$, por lo que se cumplen ambas condiciones y $$ |a_n - a|+|b_n - b| < \frac{\varepsilon}{2} + \frac{\varepsilon}{2} $$ $$ |a_n - a + b_n - b| < \varepsilon $$ $$ |(a_n + b_n) - (a+b)| < \varepsilon $$

Se quiere llegar a $|a_n b_n-ab| < \varepsilon$. $$ \begin{align} |a_n b_n - ab| & = |a_n b_n - b_n + ab_n - ab|\\ & = |(a_n - a)b_n + (b_n - b)a| \\ & \leq |a_n - a|\,|b_n| + |b_n - b|\,|a| \end{align} $$

Observación: Como $\{b_n\}$ converge, $\exists B\in\mathbb{R}:\, |b_n|\leq B\;\forall n\in\mathbb{N}$. De modo que $$ \begin{align} |a_n-a| \, |b_n| + |b_n - b| \, |a| & \leq |a_n-a|B + |b_n - b|\,|a| \\ &\leq |a_n-a|B + (1 + |a|)|b_n-b| \end{align} $$ Por hipótesis, $\forall\frac{\varepsilon}{2B} > 0\,\exists N_1\in\mathbb{N}:\; n > N_1 \implies |a_n-a| < \frac{\varepsilon}{2B}$ y $ \forall\frac{\varepsilon}{2(|a| + 1)} > 0 \, \exists N_2 \in \mathbb{N}: \; n > N_2 \implies |a_n-a| < \frac{\varepsilon}{2(|a|+1)}$.

Así, sea $N=\max\{N_1,N_2\}$, de donde $$ |a_n b_n -ab| < |a_n-a|B + |b_n-b|(|a|+1) < \frac{\varepsilon}{2B}B + \frac{\varepsilon}{2(|a|+1)} (|a|+1) < \frac{\varepsilon}{2} + \frac{\varepsilon}{2} = \varepsilon $$ Por lo tanto, $|a_n b_n -ab| < \varepsilon$.

Por hipótesis, $$ \forall \varepsilon' > 0\,\exists N_1 \in \mathbb{N}: \; n > N_1 \implies |a_n-a| < \varepsilon' $$ $$ \forall \varepsilon'' > 0\, \exists N_2 \in \mathbb{N}:\; n > N_2 \implies |a_n-a| < \varepsilon'' $$ En particular, existe $N_1\in\mathbb{N}$ tal que $$ n > N_1 \implies |b_n-b| < \varepsilon' = \frac{|b|}{2} $$

Observación: $|x|-|y|\leq |y-x|$, pues $|y|=|y+x-x|\leq |y-x|+|x|$. De ahí, $|b|-|b_n|\leq |b-b_n| < \frac{|b|}{2}$, por lo que $$ \frac{|b|}{2} < |b| \implies 0 < \frac{|b|}{2} < |b_n| $$ Basta con probar que $\displaystyle\lim_{n\to\infty}\frac{1}{b_n}=\frac{1}{b}$, pues el cociente se define como $a_n\cdot \frac{1}{b_n}$, por lo que basta con mostrar que $$ \forall\varepsilon^* \; \exists N \in \mathbb{N}: \; n > N \implies \left| \frac{1}{b_n} - \frac{1}{b} - \right| < \varepsilon^* $$ **$|\frac{1}{b_n}-\frac{1}{b}| < \varepsilon\implies \frac{|b_n-b|}{|b|\,|b_n|} < \varepsilon$.

Por hipótesis, se tiene la existencia de $N^*\in\mathbb{N}$ tal que $n>N\implies |b_n-b| < \varepsilon$. Como $\{b_n\}$ converge, está acotada. Como $|b_n|>\frac{|b|}{2}$, entonces $\frac{2}{|b|}>\frac{1}{|b_n|}$. Sea $\varepsilon'>|b_n-b|$. Por lo tanto, $$ \frac{|b_n-b|}{|b|\,|b_n|} < \frac{2\varepsilon'}{|b|^2} $$ Sea $N=\max\{N_1,N^*\}$. Sea $|b_n-b| < \frac{b^2\varepsilon}{2} $, de modo que $\frac{2|b_n-b|}{b^2} < \varepsilon$ y como $\left| \frac{1}{b_n} - \frac{1}{b} \right| < \frac{2|b_n-b|}{b^2} $, entonces $\left| \frac{1}{b_n} - \frac{1}{b} \right| < \varepsilon$. $\blacksquare$