DepartamentodeMatematicasMA2115 Clase 1: Sucesiones InnitasElaborado por los profesoresEdgar Cabello y Marcos Gonz alez1 Denici on de sucesi onDenotamos al conjunto de los n umeros enteros positivos (o n umeros naturales) usando el smbolo N y alconjunto de los n umeros reales mediante R.Denicion 1Denimos una sucesi on innita como una funci on a valores reales cuyo dominio es el con-junto de enteros positivos N.Observemos que es posible denir una sucesi on con valores en cualquier conjunto, no necesariamenteR. M as adelante en el curso consideraremos tambi en sucesiones de funciones polin omicas.Una sucesi on puede ser denotada de varias maneras:1. Como una funci onf : N R;2. Como un arreglo ordenado de la forma a1, a2, . . . , an, . . ., donde el t ermino general an es igual a f (n),para cada n N;3. Usando la notaci on descriptiva de conjuntos {an}n=1 o simplemente {an}.En la pr actica, las sucesi ones que generalmente consideramos son de la forma {ak,ak+1,ak+2. . .}, esdecir, el conjunto de ndices es de la forma {n N: n k}, y no todo N. Sin embargo, los resultados acercade las sucesiones que discutiremos en esta clase se aplican sin modicaciones signicativas a este tipo defunciones que tambi en podemos considerar sucesiones (aunque no est en incluidas en nuestra denici on).Ejemplo 11. an = 1n, para n 1: 1, 12, 13, 14, . . .2. an =1n, para n 1: 1,12,13,14, . . .3. an = n21, para n 0: 1, 0, 3, 7, . . .4. an =12n, para n 1:12, 14, 18,116, . . .5. an = 3+(1)n, para n 1: 2, 4, 2, 4, . . .1DepartamentodeMatematicas6. an =n22n1, para n 1: 1, 43, 97, 1615, . . .7. an = (1)nn2n1, para n 1: 1, 23, 35, 47, . . .En lo que resta de esta clase, cuando nos reramos a sucesiones estaremos hablando de sucesiones avalores reales.Conociendo los primeros t erminos de la sucesi on no podemos garantizar que conocemos la sucesi on,yaque dossucesionespuedentenerlosmismosprimeros t erminosy serdiferentes. Porejemplo, losprimeros tres t eminos de la sucesi on an =_2nn_ son iguales a 2, pero la sucesi on no es constante. Dehecho, para cada m 1, es posible conseguir f ormulas explcitas de pares de sucesiones que coincidan enlos primeros m t erminos y no sean iguales.Sin embargo, cuando sabemos adem as que la sucesi on es una progresi on aritm etica, es posible obtenerel t ermino n- esimo de la sucesi on si conocemos unos t erminos. Por ejemplo, la sucesi on 1, 3, 5, 7, . . . delos n umeros impares tiene t ermino general an = 2n1. as mismo, si la sucesi on 1, 4, 7, 10, 13, . . . es unaprogresi on aritm etica, el t ermino n- esimo es igual a an = 3n2, para n 1.Otra forma de determinar completamente una sucesi on es mediante una f ormula de recurrencia:Denicion 2Decimos que la sucesi on {an}n=n0est a denida en forma recurrente si, dado el valor an0,{an}n=n0 es la unica sucesi on que satisface una ecuaci on de la formaFn(an0, an0+1, . . . , an1) = an, (1)donde Fn es alguna sucesi on de funciones dada. En este caso, decimos que la ecuaci on (1) es la f ormulade recurrencia de {an}n=n0.Por ejemplo, la progresi on aritmetica 1, 4, 7, 10, 13, . . . puede ser descrita mediante la f ormula de re-currenciaan = an1 +3, n 2, a1 = 1.2 Lmites de sucesionesDenicion 3Si, para cada > 0, existe M > 0 tal que |anL| < , siempre que n > N, entonces decimosque el lmite de la sucesi on {an} es L y escribimoslimnan = L.Denicion 4Si una sucesi on tiene un lmite nito entonces se dice que es convergente. En otro caso, sedice que es divergente.Por ejemplo, si gracamos los primeros t erminos de la sucesi on an =n2n+1, tenemos 13, 25, 37, 49,511, . . .,podemos observar que dichos puntos se acercan a 12.2DepartamentodeMatematicasnan1 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15.1.2.3.4.5OFigura 1: Gr aca de la sucesi on an =n2n+1 con 1 n 15.Ejemplo 21._n2n+1_, limnn2n+1 = 12.2._(1)nn+1n_, diverge: (1)nn+1n=_1+ 1nsi n impar,11nsi n par.3. Si an =12n, para cada n 1, entonceslimnan = 0.4. Si an = 3n+(3)n, para cada n 1, entonceslimnan no existe, con lo cual (an) diverge.5. Si an = n1, para cada n 1, entonceslimnan =, con lo cual (an) diverge.Ejemplo 3Hallar el n- esimo t ermino de la sucesi on cuyos primeros t eminos son:21,82, 266,8024, 242120, . . . ,y decidir si converge o no.Soluci on: Ordenamos los t erminos de la sucesi on:Numerador: Observemos que2 8 26 80 242 31 321 331 341 351 de donde es claro que el numerador es de la forma 3n1.Denominador: Observemos que3DepartamentodeMatematicas1 2 6 24 120 1 1 2 1 2 3 1 2 3 4 1 2 3 4 5 de donde es claro que el denominador es de la forma n!.En suma, el t ermino general de la sucesi on es an = (1)n3n1n!y, comolimn3n1n!= 0, tenemos que(an) converge.Ejemplo 4Demostrar, usando la denici on de lmite, quelimnn2n+1 = 12.Soluci on: Debemos demostrar que, para cualquier > 0, existe un n umero N > 0 tal quen2n+112< , para todo n > N.En efecto, comon2n+112=2n2n12(2n+1)=14n+2, para todo n > 0, basta con encontrar un N > 0tal que14n+2< , para todo n > N, pero14n+2< 1< 4n+2 124< n,de donden2n+112< siempre que n > N := 124.Ejemplo 5Demuestre en cada caso, usando la denici on de lmite, que L es el lmite de la sucesi on{an}n=1:1. an =1n3y L = 0;2. an =4n2n1 y L = 2;3. an = en+1eny L = 1;4. an = 1+ (1)nny L = 1;Soluci on: 1. limn1n3 = 0 si, y s olo si, para todo > 0 existe N > 0 tal que1n3 =1n30< siempre quen > N. Pero1n3< 1< n313< n, de modo que podemos considerar N :=13.2. limn4n2n1 = 2 si, y s olo si, para todo > 0 existe N > 0 tal que4n2n12< siempre que n > N.Pero, para n un entero positivo tenemos que 2n1 > 0 y, as,4n2n12< 22n1< 2+2< n,4DepartamentodeMatematicasde modo que podemos considerar N := 2+2.3. limnen+1en= 1 si, y s olo si, para cada > 0 existe N > 0 tal queen+1en1< siempre que n > N.Comoen+1en1=en+1enen=1en< y la ultima desigualdad dse cumple si, y s olo si, n > ln = N, podemos elegir N = ln. Es decir,limnen+1en= 1.4. limn_1+ (1)nn_ = 1 si, y s olo si, para cada > 0 existe N> 0 tal que1+ (1)nn1 = 1n< siempre que n > N. Pero es claro que, para cada > 0, el valor N =1siempre satisface esta condici on.2Teorema 1Seaf :Dom( f ) R Ralgunafunci onyx0 R{}. SiellmiteL =limxx0f (x)ex-iste, entonces, para cada sucesi on (xn)n=1 contenida en Dom( f ) tal quelimnxn = x0 existe, tenemos quelimn f (xn) existe y es igual a L. Recprocamente, si existe L tal quelimn f (xn) existe y es igual a L, paracada sucesi on (xn)n=1Dom( f ) para la cual limnxn = x0 existe, entonceslimxx0f (x) existe y es igual a L.Demostraci on:Como L =limxx0f (x) tenemos que, para cada > 0, existe > 0 tal que | f (x) L| < siempre que |xx0| 0, existe N >0 tal que |xnx0| N, pero entonces tambi en tenemos que | f (xn) L| < siempre que n > N, es decirL =limn f (xn).Recprocamente, supongamos que L = limn f (xn), para cada sucesi on (xn) Dom( f ) tal quelimnxn =x0. Si no se cumple que L =limxx0f (x) entonces existe > 0 tal que, para cada > 0, existe x Dom( f )para el cual |xx0| < y | f (x) L| . Por lo tanto, para cada entero positivo n, podemos elegirx

n := x1/n Dom( f ) tal que | f (x

n) L| mientras que |x

nx0| < 1n, pero esto nos dice que la sucesi on(x

n) satisfacelimnx

n = x0 ylimn f (x

n) = L (es decir, o bien el lmite no existe o bien existe y es distintode L). Esta contradicci on viene de suponer que no se cumple L =limxx0f (x). 2Por ejemplo, es trivial quelimnn = , y sabemos quelimx1xp= 0 para cualquier real positivo p. Porlo tanto, el Teorema 1 nos dice quelimn1np = 0.El Teorema 1 tambi en es util para demostrar que ciertos lmites de funciones reales no existen. Porejemplo, sabemos que sen(n) = 0 y sen_2n+ 12_ = 1, para todo n N, con lo cual, en particular,limnsen(n) = 0, mientras quelimnsen_2n+ 12_= 1. Como dichos lmites no coinciden, el Teorema 1nos dice quelimxsen(x) no existe.5DepartamentodeMatematicasCorolario 1Sea r un n umero real cualquiera. Entonces, la sucesi on (rn)n=1 converge siempre que |r| 0 existe N >0tal que ||an| 0| =|an| =|an0| < siempre que n > N, esto es, si, si y s olo si, limnan = 0. 2Teorema 3Sean (an)n=1 y (bn)n=1 sucesiones convergentes y K una constante arbitraria. Entonces,1. limnK = K;2. limnKan = K limnan;3. limn(anbn) =limnan limnbn;4. limnanbn =limnan limnbn;5. limnanbn=limnanlimnbnsi limnbn= 0.6DepartamentodeMatematicasEl siguiente teorema es la versi on para sucesiones del conocido teorema del emparedado.Teorema 4Supongamos que (an)n=1, (bn)n=1 y (cn)n=1 son sucesiones para las cualesa) existe un k > 0 tal que anbncn, yb) las sucesiones (an)n=1 y (cn)n=1 convergen y L =limnan y limncn.Entonces, la sucesi on (bn)n=1 converge y L = limnbn.Corolario 2Sean (an)n=1 y (bn)n=1 sucesiones tales que existe k > 0 para el cual |bn| an, para cadan > k. Entonces, limnbn = 0 siempre quelimnan = 0.Demostraci on: Como |bn| an, tenemos que anbnan, y podemos usar el teorema del emparedado(observe quelimnan = limnan = 0) para concluir quelimnbn = 0. 2Ejemplo 7Demuestre que la sucesi on_(1)n 1n!_n=1converge y encuentre su lmite.Soluci on: Observemos que, para todo n 2, tenemos que n! 2n1, con lo cual 0 (n+1)22n+1, para cada n 3. Para esto, observemos, por una parte,quen22n> (n+1)22n+12n+1n2> 2n(n+1)22n2> n2+2n+1 n22n > 1 n(n2) > 1y, por otra parte, que n(n1) > 1, para cada n 3. 2Denicion 6Una sucesi on (an)n=k es acotada si existe un D > 0 tal que |an| D, para todo n k. Siexiste un n umero real M tal que anM, para todo n k, decimos que (an)n=k es acotada superiormentey que M es una cota superior de (an)n=k. Si existe un n umero real m tal que an m, para todo n k,decimos que (an)n=k es acotada inferiormente y que m es una cota inferior de (an)n=k.Proposicion 1a) Toda sucesi on no-decreciente y acotada superiormente es convergente.b) Toda sucesi on no-creciente y acotada inferiormente es convergente.c) En particular, toda sucesi on mon otona y acotada es convergente.Demostraci on:a) Sea (an)n=k una sucesi on no-decreciente y acotada superiormente. Recordemos quetodo conjunto de n umeros reales que es ambos acotado y no vaco, tiene una cota superior m inima. SeaL dicha cota superior mnima. Armamos quelimnan = L. En efecto, dado > 0, el valor real L noes una cota superior de la sucesi on (an), con lo cual existe un entero n0 k tal que an0> L. Por otraparte, como la sucesi on es no-decreciente, an0an, para cada n n0, y, por lo tanto,L < an0anL < L+,paracadan n0. Enparticular, L < an< L +,paracadan n0, locualesequivalenteaque|anL| < , para cada n n0. Es decir, limnan = L.b) Si (bn)n=k es no-creciente y acotada inferiormente, entonces (bn)n=k es no-decreciente y acotadasuperiormente, lo cual en virtud de a) nos dice que (bn), y por lo tanto (bn), es convergente.c) Por ultimo, es claro que si (an)n=k es una sucesi on acotada, entonces es ambas acotada superior einferiormente, de modo que es convergente siempre que sea mon otona. 2Ejemplo 10Demuestre que la sucesi on_2nn!_n=1es convergente.Soluci on: Por una parte,2nn! 2n+1(n+1)!2n(n+1)! 2n+1n! n+1 2 n 1,con lo cual tenemos que_2nn!_n=1es no-creciente y, por otra parte, los t erminos de la sucesi on son todospositivos, con lo cual 0 es una cota inferior. En suma,_2nn!_n=1es una sucesi on no-decreciente acotadainferiormente y, por lo tanto, convergente. 28DepartamentodeMatematicasEjemplo 11Sea(an)n=1lasucesi ondenidaenformarecurrentemediantelasecuacionesa1 = 1, yan+1 =_2an. Demuestre que dicha sucesi on converge a 2.Soluci on: Veamos primero, usando el m etodo de inducci on, que, para cada n 1, 0 < an < an+1 < 2.En efecto, para n = 1, es claro que 0 < 1 = a1