Las sucesiones son una herramienta importante cuando tratamos de aproximar una cantidad mediante un precedimiento que involucra pasos bien ordenados.
Por ejemplo, los Babilonios tenían un procedimiento o receta para calcular la raíz cuadrada. Digamos que queremos calcular la raíz de un número \(A >0\). El primer paso es tratar de adivinar dando una aproximación inicial. Por ejemplo, para \(A=20\) una primera aproximación a la raíz es \(8\) (pues \(8^2=16\)). Fijemos dicha primera aproximación a la raíz de \(A\) y denotémosla por \(a_0\). El siguiente paso es aplicar la fórmula \[ a_1=\frac{1}{2}(a_0+\frac{A}{a_0}) \] En el ejemplo, si \(a_0=8\) entonces \(a_1=\frac{1}{2}(8+\frac{20}{8})=\frac{21}{4}\), que también es una aproximación de \(\sqrt{20}\).
Continuando con la receta, si tenemos dado el paso \(a_n\) el siguiente paso es \[ a_{n+1}=\frac{1}{2}(a_n+ \frac{A}{a_n}). \] Lo que los Babilonios sabían es que si se repetían estos pasos una cantidad grande de veces el número resultante es una mejor aproximación al valor \(\sqrt{A}\) que con la que empezaron inicialmente (el \(a_0\) ).
Con este procedimiento obtenemos una lista o sucesión de números, \(a_1,a_2,\dots, \) y la idea es que si tomamos números más adelante en la lista obtenemos una mejor aproximación a \(\sqrt{A}\), es decir, los números \(a_n\) tienden a \(\sqrt{A}\) cuando \(n\) va creciendo. Esto se denota como \[ \lim_{n\to \infty} a_n= \sqrt{A} \]
Lo importante es que muchas veces, al tratar de encontrar soluciones a ecuaciones, se obtienen recetas o algoritmos que vienen dados por pasos los cuales generan sucesiones de números que tienden a la solución que se busca. Por éste tipo de ejemplos (y muchos otros) las sucesiones son importantes. En este sección se estudian algunas propiedades básicas sobre sucesiones y sus límites.
Una sucesión de números reales es simplemente una función de \(\mathbb{N}\) a \(\mathbb{R}\), es decir \(f:\mathbb{N} \to \mathbb{R}\).
Por costumbre, las sucesiones se denotan como \((a_n)_{n=1}^{\infty}\) o \((a_n)_{n\geq 1}\), donde \(a_n=f(n)\), para todo \(n\in \mathbb{N}\).
Ejemplos.
Otra forma de pensar a las sucesiones es pensarlas como un vector infinito \((a_1,a_2,\dots)\). Esta forma de pensar a las sucesiones tiene la ventaja que nos dice como se suman y se multiplican las sucesiones por un escalar (entrada por entrada): \begin{eqnarray*} (a_n)_{n=1}^\infty+(b_n)_{n=1}^\infty&=& (a_n+b_n)_{n=1}^\infty \\ \alpha (a_n)_{n=1}^\infty&=&(\alpha a_n)_{n=1}^\infty \end{eqnarray*}
Uno de los aspectos más importantes de las sucesiones es "lo que pasa al final". Ya que los naturales nunca se terminan no exsite formalmente "lo que pasa al final", pero tomando la idea del algoritmo que se presentó al principio, la idea es ver el comportamiento de los elementos de la sucesión cuando tomamos el indice cada vez más grande. Esto se formaliza con la definición de límite de una sucesión.
Decimos que una sucesión \((a_n)_{n=1}^\infty\) converge al número \(L\in \mathbb{R}\), si, para toda \(\varepsilon\) existe \(N\) (que depende de \(\varepsilon\)), tal que para toda \(n \geq N\) \[ |a_n- L| <\varepsilon. \]
Denotamos \(L=\lim_{n\to \infty}a_n\).
Sean \((a_n)_{n=1}^\infty\), \((b_n)_{n=1}^\infty\), dos sucesiones convergentes.
Demuestra
Supón que para toda \(n\), \(a_n \leq b_n\). Prueba que \(\lim_{n\to \infty}a_n \leq \lim_{n\to \infty}b_n\).
Da un ejemplo donde \(a_n < b_n \) para toda \(n\) y sin embargo \(\lim_{n\to \infty} a_n = \lim_{n\to \infty} b_n\).
Considera la sucesión \((a_n)_{n=1}^\infty\) dada por \(a_n=(-1)^n\).
Demuestra que \((a_n)_{n=1}^\infty\) no es convergente.
Sugerencia: procede por contradción.
Decimos que una sucesión \((a_n)_{n=1}^\infty\) está acotada, si existe \(M>0\) tal que \(|a_n| \leq M\), para toda \(n\in \mathbb{N}\).
Una sucesión \((a_n)_{n=1}^\infty\) se llama monótona decreciente si \[a_1 \geq a_2 \geq a_3 \geq \cdots \geq \cdots \geq a_{n} \geq a_{n+1} \geq \cdots\]
Una sucesión \((a_n)_{n=1}^\infty\) se llama monótona creciente si \[a_1 \leq a_2 \leq a_3 \leq \cdots \leq \cdots \leq a_{n} \leq a_{n+1} \leq \cdots\]
Sea \((a_n)_{n=1}^\infty\) una sucesión.
Sean \((a_n)_{n=1}^\infty\) una sucesión y \(\alpha \in \mathbb{R}\).
Supon que existe una sucesión \((z_n)_{n=1}^\infty\) tal que \(\lim_{n\to \infty}z_n=0\) y que satisface \(|a_n-\alpha| \leq |z_n|\), para todo \(n\).
Demuestra que \(\lim_{n\to \infty}a_n=\alpha\).
Sean \((a_n)_{n=1}^\infty\), \((b_n)_{n=1}^\infty\) y \((c_n)_{n=1}^\infty\) tres sucesiones que satisfacen:
Demuestra que \(\lim_{n\to \infty}b_n =L\).
Sugerencia: usa el Ejercicio 2.7 para obtener \(|b_n-L| \leq |a_n-L|+|c_n-L|\) y luego usa las propiedades del Proposición 11.5 junto con el Ejercicio anterior .
Sean \((a_n)_{n=1}^\infty\) y \((b_n)_{n=1}^\infty\) dos sucesiones convergentes.
Sugerencia: denota \(a=\lim_{n\to \infty}a_n\), \(b=\lim_{n\to \infty}b_n\). Usa la desigualdad del triángulo para probar que \(|a_nb_n -ab| \leq M |b_n-b|+ |b||a_n-a|\), donde \(M\) es una conta para la sucesión \((a_n)_{n=1}^\infty\) y luego usa el Ejercicio 11.10 .
Sugerencia: denota \(a=\lim_{n\to \infty}a_n\). Demuestra que existe una \(N\) tal que \( |a_n|< \frac{|a|}{2}\) para todo \(n\geq N\). Luego prueba que para todo \(n\geq N\) se cumple \(\left| \frac{1}{a_n}-\frac{1}{a}\right|\leq \frac{2}{|a|^2}|a-a_n| \) y concluye el resultado usando el Ejercicio 11.10 .
Supongamos que la sucesión \((a_n)_{n=1}^\infty\) es convergente con \(L=\lim_{n\to \infty}a_n\).
Una subsucesión de una sucesión dada es componer la sucesión original con una función estrictamente creciete. Más específicamente, si \(f:\mathbb{N}\to \mathbb{R} \) es una sucesión una subsucesión de \(f\) es una función de la forma \(f \circ g \) donde \(g:\mathbb{N} \to \mathbb{N}\) es estrictamente creciente.
La idea de las subsucesiones es que sólo vamos a seleccionar ciertos elementos de la sucesión original pero queremos hacer dicha selección tomando en consideración que lo importante de las sucesiones es "lo que pasa al final". Por eso se debe de pedir que la función que selecciona (la \(g\) en la definición ) sea estrictamente creciente (para que no se quede "atorada").
Con la notación \((a_n)_{n=1}^\infty\), \(a_n=f(n)\), una subcusesión se denota como \((a_{n_k})_{k=1}^\infty\) donde \(a_{n_k}=f(g(k))\).
Dada una sucesión \((a_n)_{n=1}^\infty\) los siguientes son ejemplos de subsucesiones:
Casos que no dan subsucesiones son:
Sea \((a_n)_{n=1}^\infty\) una sucesión con \(\lim_{n\to \infty}a_n=L\). Entonces toda subsucesión de \((a_n)_{n=1}^\infty\) también converge a \(L\).
Denotamos \(L=\lim_{n\to \infty}a_n\).
Sea \((a_{n_k})_{k=1}^\infty\) una subsucesión de \((a_n)_{n=1}^\infty\) (fija y arbitraria). Debemos de probar que \(\lim_{k\to \infty}a_{n_k}=L\).
Sea \(\varepsilon >0\). Ya que \(L=\lim_{n\to \infty} a_n\), existe un \(N\in \mathbb{N}\) tal que: \begin{equation}\label{Eqn:AuxSubsucesiones} n\geq N\Rightarrow |a_n-L| < \varepsilon. \end{equation}
Por otro lado, al ser \((a_{n_k})_{k=1}^\infty\) una subsucesión afirmamos que existe \(k_0\) tal \(n_{k_0} \geq N\). Razón: si no fuese cierto entonces para todo \(k_{0}\), \(n_{k_0} < N\) y por lo tanto \(\{n_1,n_2,\dots \} \subseteq \{1,\dots, N\}\). Esto es una contradicción pues el conjunto del lado izquierdo es infinito (pues \(n_1 < n_2 < \cdots < n_{k}< n_{k+1} < \cdots\), al ser \((a_{n_k})_{k=1}^\infty\) una subsucesión) y el del lado derecho es finito.
Finalmente, si tomamos \(k \geq k_0\) entonces \(n_{k_0} \leq n_k\) (al ser subsucesión) y por lo tanto \(N\leq n_{k_0} \leq n_k\) lo que implica por \eqref{Eqn:AuxSubsucesiones} que \(|a_{n_k}-L| < \varepsilon\).
Al ser \(\varepsilon >0\) arbitraria concluimos que \(\lim_{k\to \infty}a_{n_k}=L\).
Sea \(r\in \mathbb{R}\) con \(-1< r < 1\). Prueba que: \[ \lim_{n\to \infty} r^n =0 \]
Prueba que: \[ \lim_{n\to \infty} \sqrt[n]{n}=1. \]
Sea \(t>0\). Demuestra que \[ \lim_{m\to \infty} \frac{t^m}{m!}=0 .\]
Sugerencia: Primero toma \(k\in \mathbb{N}\) tal que \(\frac{t}{k+1}<\frac{1}{2}\); después, para \(m>k\), factoriza \[ \frac{t^m}{m!}= \left(\frac{t^k}{k!} \right) \frac{t^{m-k}}{(k+1)(k+2)\cdots m} \] después, con esta factorización, prueba la desigualdad \[ \frac{t^m}{m!} \leq C \left( \frac{1}{2}\right)^{m-k} \] con \(C=\frac{t^k}{k!}\).
Este ejercicio da una demostración del algoritmo babilónico para obtener raíces cuadradas.
Fija \(A>0\) y un \(a_0> 0\). La idea es que \(a_0\) sea una primera aproximación de \(\sqrt{A}\).
Para \(n\geq 0\) definimos por recursión: \[ a_{n+1}=\frac{1}{2}\left( a_n+ \frac{A}{a_n}\right). \]
Sea \(([a_n,b_n])_{n=1}^\infty\) una sucesión de intervalos en \(\mathbb{R}\) que satisface:
Entonces existe un número real \(x_0\) tal que \[ \cap_{n=1}^\infty [a_n,b_n]=\{x_0\} \]
Vamos a denotar \[ A=\{a_n: n\in \mathbb{N}\}. \]
Ya que los intervalos están anidados tenemos que cualquier \(b_m\) es cota superior de \(A\) por lo tanto \(\sup(A)\leq b_m\). Además por definición de supremo de \(A\), \(a_m\leq \sup(A)\) para toda \(m\). Por lo tanto \(\sup(A)\in [a_m,b_m]\) para toda \(m\), es decir \(\sup(A)\in \cap_{m=1}^\infty [a_m,b_m]\). Denotamos \(x_0=\sup(A)\).
Ahora supongamos que existe \(y_0\in \cap_{n=1}^\infty[a_m,b_m]\). Entonces \(x_0,y_0\in [a_m,b_m]\) para todo \(m\) por lo que \[ |x_0-y_0|\leq b_m-a_m. \] Tomando límite cuando \(m\to \infty\) y usando \(\lim_{m\to \infty}(b_m-a_m)=0\) concluimos que \(x_0=y_0\). Por lo tanto \[ \cap_{m=1}^\infty [a_m,b_m]=\{x_0\}. \]
Sea \((x_n)_{n=1}^\infty\) una sucesión contenida en \([a,b]\).
Demuestra que existe \(x_0\in [a,b]\) y \((x_{n_k})_{k=1}^\infty\) una subsucesión de \((x_n)_{n=1}^\infty\) tal que \(\lim_{k\to \infty} x_{n_k}=x_0\).
La idea de la prueba es dividir en mitades el intervalo \([a,b]\) de manera consecutiva para ir "cazando" el límite (\(x_0\) en la notación del teorema).
Por notación dado un intervalo cerrado \(J\) calquiera, denotamos \(J_i\) su mitad izquierda y \(J_d\) su mitad derecha. De manera precisa si \(J=[c,d]\) entonces \[J_i=[a,(a+b)/2], J_d=[(a+b)/2, b]\] Nota que \(\textrm{longitud}(J_i)=\frac{1}{2}\textrm{longitud}(J)\) y \(\textrm{longitud}(J_d)=\frac{1}{2}\textrm{longitud}(J)\).
Denotemos \(I=[a,b]\). Ahora nos fijamos en los puntos de la sucesión que caen en cada uno de los lados izquierdo y derecho. Para esto definimos \[ N(I_i)=\{n\in \mathbb{N}: x_n\in I_i \}, \, N(I_d)=\{n\in \mathbb{N}: x_n\in I_n \} \] Ya que \(\mathbb{N}=N(I_i)\cup N(I_d)\) alguno de los uniendos debe ser infinito. Denotemos por \(I^{(1)}\) la mitad para la cual \(N(I^{(1)})\) es infinito. Fijamos un \(n_1\in N(I^{(1)})\), éste será el primer elemento de nuestra subsucesión.
Ahora dividimos a \(I^{(1)}\) en dos partes y aplicamos el mismo procedimiento. \[ N(I^{(1)}_i)=\{n\in \mathbb{N}: x_n\in I_i^{(1)} \}, \, N(I^{(1)}_d)=\{n\in \mathbb{N}: x_n\in I_n^{(1)} \} \] Ya que \(\mathbb{N}=N(I^{(1)}_i)\cup N(I^{(1)}_d)\) alguno de los uniendos debe ser infinito. Denotemos por \(I^{(2)}\) la mitad para la cual \(N(I^{(2)})\) es infinito. Puesto que \(N(I^{(2)})\) es infinito podemos tomar \(n_2\in N(I^{(2)})\) y \(n_2 > n_1\). Este será el segundo elemento de nuestra subsucesión.
Continuando de esta manera si tenemos elegido el intervalo \(I^{(k)}\) lo dividimos en dos y consideramos \[ N(I^{(k)}_i)=\{n\in \mathbb{N}: x_n\in I_i^{(k)} \}, \, N(I^{(k)}_d)=\{n\in \mathbb{N}: x_n\in I_n^{(k)} \} \] Ya que \(\mathbb{N}=N(I^{(k)}_i)\cup N(I^{(k)}_d)\) alguno de los uniendos debe ser infinito. Denotemos por \(I^{(k+1)}\) la mitad para la cual \(N(I^{(k+1)})\) es infinito. Puesto que \(N(I^{(k+1)})\) es infinito podemos tomar \(n_{k+1}\in N(I^{(k+1)})\) y \(n_{k+1} > n_k\). Este será el \((k+1)\)-ésimo elemento de nuestra subsucesión.
Por construcción es claro que \((x_{n_k})_{k=1}^\infty\) es una subsucesión de \((x_n)_{n=1}^\infty\).
Como dividimos en dos cada vez tenemos que \[ \textrm{longitud}(I^{(k)})=\frac{1}{2^k}\textrm{longitud}(I) \] y por construcción \(I^{(k+1)}\subseteq I^{(k)}\). Por el Teorema de Intervalos cerrados anidados tenemos que \[ \cap_{k=1}^\infty I^{(k)}=\{x_0\} \] Resta probar que \(\lim_{k\to \infty} x_{n_k}=x_0\). Para ésto notamos que para toda \(k\), \(x_{n_k}, x_0 \in I^{(k)} \) por lo que \[ |x_{n_k}-x_0|\leq \textrm{longitud}(I^{(k)})=\frac{1}{2^k}\textrm{longitud}(I) \] aplicando límite cuando \(k\to \infty\) en ambos lados de la desigualdad anterior concluimos \[ \lim_{k\to \infty}|x_{n_k}-x_0|=0 \] lo que implica \[ \lim_{k\to \infty} x_{n_k}=x_0. \]
Una sucesión \((x_k)_{k=1}^\infty\) satisface el criterio de Cauchy si para todo \(\varepsilon>0\), exsite \(N=N(\varepsilon)\in \mathbb{N}\) tal que, para todos \(n,m \geq N\) \[ |x_n-x_m|<\varepsilon \]
La idea de las sucesiones de Cauchy es que son sucesiones para las cuales los elementos de la sucesión se van hacercando entre sí.
Sea \((a_n)_{n=1}^\infty\) una sucesión de Cauchy. Supón que existe una subsucesión \((a_{n_k})_{k=1}^\infty\) convergente. Denotemos \(L=\lim_{k\to \infty}a_{n_k}\). Prueba que \((a_n)_{n=1}^\infty\) también es convergente con \[ \lim_{n\to \infty} a_n=L. \]
Sea \(\varepsilon >0\) fija y arbitraria. Debemos de probar la existencia de un \(N\in \mathbb{N}\) tal que para todo \(n\geq N\) se cumple: \begin{equation}\label{Eqn:Aux1} |a_n - L| <\varepsilon . \end{equation}
Primero, al ser \((a_n)_{n=1}^\infty\) de Cauchy existe \(\tilde{N}\in \mathbb{N}\) tal que para todos \(n,m\geq \tilde{N}\): \begin{equation}\label{Eqn:Aux2} |a_n-a_m|< \frac{\varepsilon }{2}. \end{equation}
Segundo, usando que \(lim_{k\to \infty}a_{n_k}=L\) podemos asegurar que existe \(k_0\in \mathbb{N}\) tal que para todo \(k\geq k_0 \): \begin{equation}\label{Eqn:Aux3} |a_{n_k}-L|< \frac{\varepsilon}{2}. \end{equation}
Por otro lado, ya que tenemos un subsucesión se cumple que \(n_1< n_2 < \cdots \). Por lo que existe un \(k_1 \in \mathbb{N}\) tal que \(k_1 > k_0\) y \(n_{k_1} > \tilde{N}\).
Vamos a tomar \(N=n_{k_1}\) y probar \eqref{Eqn:Aux1}. Si tomamos \(n \geq N=n_{k_1}\) entonces \(n\geq n_{k_1} \geq \tilde{N}\) asi que por \eqref{Eqn:Aux2}: \begin{eqnarray*} |a_n-a_{n_{k_1}}| < \frac{\varepsilon}{2}. \end{eqnarray*} Pero como \(k_1 \geq k_0\) por \eqref{Eqn:Aux3} resulta: \[ |a_{k_1}-L|< \frac{\varepsilon}{2}. \] Estas dos últimas desigualdades, junto conla desigualdad del triángulo implican \[ |a_n-L|< \varepsilon, \] probando \eqref{Eqn:Aux1}.
Toda sucesión de Cauchy en \(\mathbb{R}\) converge a un punto en \(\mathbb{R}\).
Sea \((x_n)_{n=1}^\infty\) una sucesión de Cauchy (fija y arbitraria). Debemos de probar que existe \(x\in \mathbb{R}\) tal que \(\lim_{n\to \infty}x_n=x\).
Paso 1: \( (x_n)_{n=1}^\infty\) es una sucesión acotada.
Ya que \( (x_n)_{n=1}^\infty\) es de Cauchy, para \(\varepsilon =1\) existe \(N_1\in \mathbb{N}\) tal que, para todos \(n,m \geq N_1\), \(|x_n-x_m|< 1\). Por lo tanto, para toda \(n \geq N_1\): \[ ||x_n|-|x_{N_1}||\leq |x_n-x_{N_1}| < 1 \Rightarrow |x_n| \leq 1+ |x_{N_1}|. \] Si tomamos \(M=\max\{|x_1|, \dots, |x_{N_1}|, 1+|x_{N_1}| \}\), se sigue que, \(|x_n|\leq M\) para todo \(n\geq 1\).
Paso 2: usar el Teorema de Bolzano-Weirestrass para encontrar el límite.
Sabemos que \((x_n)_{n=1}^\infty \subset [-M,M]\), por lo que el Teorema de Bolzano-Weirestrass asegura la existencia de una subsuseción \((x_{n_k})_{k=1}^\infty\) de \( (x_n)_{n=1}^\infty\) y un punto \(x\in [-M,M]\), tal que \(\lim_{k\to \infty} x_{n_k}=x\).
Paso 3: probar \(\lim_{n\to \infty}x_n=x\).
Como \((x_n)_{n=1}^\infty\) es sucesión de Cauchy y \(\lim_{k\to \infty} x_{n_k}=x\) aplicando directamente la Lema 11.23 concluimos que \(\lim_{n\to \infty}x_n=x\).