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Cálculo Diferencial e Integral I: Definición formal de límite de una función

Por Juan Manuel Naranjo Jurado

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Introducción

Anteriormente revisamos una definición intuitiva del límite con la finalidad de facilitar la comprensión de la definición formal. En esta entrada se dará la definición formal, así como algunos ejemplos para que el concepto sea comprendido en su totalidad.

Definición formal de límite

Retomemos la idea intuitiva a la que llegamos al final de la entrada anterior: logramos que $f$ se aproxime arbitrariamente, $\varepsilon$, a $L$ siempre que logremos que $x$ esté lo suficientemente cerca, $\delta$, de $x_0$ sin ser $x_0.$

Observación. Notemos que la última parte la podemos expresar como $0<|x-x_0|< \delta$, pues al pedir que la distancia entre $x$ y $x_0$ sea mayor que $0$ se captura la idea de que $x \neq x_0$.

Es importante resaltar que estamos dando por hecho que se puede evaluar la función $f$ en valores de $x$ cercanos a $x_0$. Es por ello que se presenta la siguiente definición.

Definición. Sea $ A \subset \mathbb{R}$. Un punto $x_0 \in \mathbb{R}$ es un punto de acumulación de $A$ si para todo $\delta > 0$ existe al menos un punto $x \in A$, $x \neq x_0$, tal que $|x-x_0| < \delta$.

Dada la definición anterior, si consideramos una función $f: A \to \mathbb{R}$, para calcular el límite, y asegurar que podemos evaluar $f$ en valores $x$ cercanos a $x_0$, deberemos pedir que $x_0$ sea punto de acumulación del dominio de la función, $A$. Con esto, tenemos todos los elementos para dar la definición de límite.

Definición. Sean $A \subset \mathbb{R}$ y $x_0$ un punto de acumulación de $A$. Para una función $f: A \to \mathbb{R}$, decimos que $L$ es el límite de $f$ en $x_0$ si para todo $\varepsilon > 0$ existe algún $\delta > 0$ tal que, para todo $x \in A$, si $0<|x-x_0|< \delta$, entonces $|f(x)-L|< \varepsilon.$

A continuación tenemos una imagen que nos permitirá visualizar la definición:

En la imagen podemos ver que si definimos un valor arbitrario $\varepsilon >0$, entonces lo que buscamos es un valor positivo $\delta$, tal que si $x$ está a una distancia menor que $\delta$ con respecto a $x_0$, entonces eso implique que $f(x)$ esté a una distancia menor que $\varepsilon$ con respecto a $L.$


A continuación revisaremos un ejemplo sencillo aplicando la definición.

Ejemplo 1. Demuestra que $$\lim_{x \to -1} \frac{x^2-5x-6}{x+1} = -7.$$

Demostración.
Sea $\varepsilon >0$. Notemos que si $x \neq -1$, entonces

\begin{align*}
\left\lvert \frac{x^2-5x-6}{x+1} – (-7) \right\rvert & = \left\lvert \frac{x^2-5x-6}{x+1} +7 \right\rvert \\ \\
& = \left\lvert \frac{x^2-5x-6+7x+7}{x+1} \right\rvert \\ \\
& = \left\lvert \frac{x^2+2x+1}{x+1} \right\rvert \\ \\
& = \left\lvert \frac{(x+1)^2}{x+1} \right\rvert \\ \\
& = \left\lvert x+1 \right\rvert.
\end{align*}
Tomemos entonces $\delta = \varepsilon$. Si $0<|x- (-1) | = |x+1 |< \delta$, entonces
$$\left\lvert \frac{x^2-5x-6}{x+1} – (-7) \right\rvert = \left\lvert x+1 \right\rvert < \delta = \varepsilon.$$
$$\therefore \left\lvert \frac{x^2-5x-6}{x+1} – (-7) \right\rvert < \varepsilon.$$
$$\therefore \lim_{x \to -1} \frac{x^2-5x-6}{x+1} = -7.$$

$\square$

Hagamos algunos comentarios respecto a la demostración. Como primer paso, establecimos un valor arbitrario positivo para $\varepsilon$. Después hicimos algunas manipulaciones algebraicas que nos permitieron simplificar la expresión original en una más simple con la cual logramos encontrar el valor de $\delta$ que sería útil, en este caso, ese valor fue justamente el mismo que $\varepsilon$.

Revisemos un segundo ejemplo.

Ejemplo 2. Sea $f(x) = \frac{3x+1}{2x}$, entonces $$\lim_{x \to 2} f(x) = \frac{7}{4}.$$

Demostración.

Sea $\varepsilon > 0$. Veamos que

\begin{align*}
\left\lvert f(x) – \frac{7}{4}\right\rvert & = \left\lvert \frac{3x+1}{2x} – \frac{7}{4} \right\rvert \\ \\
& = \left\lvert \frac{6x+2-7x}{4x} \right\rvert \\ \\
& = \left\lvert \frac{2-x}{4x} \right\rvert \\ \\
& = \frac{|2-x|}{|4x|} \\ \\
& = \frac{|x-2|}{|4x|} \\ \\
& = \frac{1}{|4x|} \cdot |x-2|.
\end{align*}

De lo anterior, se sigue que
\begin{align*}
\left\lvert f(x) – \frac{7}{4}\right\rvert = \frac{1}{|4x|} \cdot |x-2|. \tag{1}
\end{align*}

Buscamos entonces acotar la expresión $(1)$, para ello podemos ver lo siguiente, si $|x-2| < 1$, entonces

\begin{gather*}
& |2|-|x| \leq |x-2| < 1.
\end{gather*}

De lo anterior, se sigue que

\begin{gather*}
& |2|-|x| < 1. \\
\Leftrightarrow & 2-1 < |x|. \\
\Leftrightarrow & 1 < |x|. \\
\Leftrightarrow & 1 >\frac{1}{|x|}. \\
\Leftrightarrow & \frac{1}{4} >\frac{1}{4|x|} = \frac{1}{|4x|}. \\
\end{gather*}

Por tanto, se tiene que

\begin{align*}
\frac{1}{|4x|} < \frac{1}{4}. \tag{2}
\end{align*}

Entonces si $|x-2| < 1$, por (1) y (2), tenemos lo siguiente
\begin{align*}
\left\lvert f(x) – \frac{7}{4}\right\rvert & = \frac{1}{|4x|} \cdot |x-2| \\ \\
& < \frac{1}{4} \cdot |x-2|.\\
\end{align*}

Previamente acotamos $|x-2|$ por el valor $1$, pero de la última expresión se sigue que deberemos acotarlo también por $4 \varepsilon$ para llegar a nuestro objetivo, tomemos así $\delta = min\{1, 4 \varepsilon\}.$


Si $0<|x- 2| \leq \delta$. Es decir, si $|x- 2| \leq 1$ y $|x- 2| \leq 4\varepsilon$, entonces
$$\left\lvert f(x) – \frac{7}{4}\right\rvert < \frac{1}{4} |x-2| \leq \frac{1}{4} \cdot 4\varepsilon.$$
$$ \therefore \left\lvert f(x) – \frac{7}{4}\right\rvert < \varepsilon.$$

$\square$

Nuevamente haremos énfasis en los pasos generales de la demostración. Iniciamos dando un valor de $\varepsilon$ arbitrario, y la tarea es encontrar el valor $\delta >0$ que acote la distancia entre $x$ y $x_0 = 2$ de tal manera que los valores de la función $f$ se aproximen a $L$ lo suficiente para que su distancia sea menor que $\varepsilon.$

Trabajemos ahora sobre el siguiente ejemplo.

Ejemplo 3. Para todo $x_0 \in \mathbb{R}$ se tiene que $$\lim_{x \to x_0} x^2 = x_0^2.$$

Demostración.

Sea $\varepsilon > 0$ y $x_0 \in \mathbb{R}$. Notemos que

$|x^2 – x_0^2| = |x-x_0||x+x_0|.$

Haciendo uso de una manipulación análoga al del ejemplo anterior, podemos ver que si $|x-x_0| < 1$, entonces

$|x|-|x_0| \leq |x-x_0| < 1 \quad \Rightarrow \quad |x| < 1 + |x_0|.$

Cabe resaltar que en el ejemplo anterior usamos la propiedad $|x_0|-|x| \leq |x-x_0|$, ya que la intención es acotar al recíproco de $x$. En este caso, se emplea $|x|-|x_0| \leq |x-x_0|$, puesto que buscamos acotar directamente a $x$.

Además,
\begin{align*}
|x + x_0| & \leq |x|+ |x_0| \\
& < 1 + |x_0|+|x_0| \text{, pues} \quad |x| < 1 + |x_0| \\
& = 1 + 2|x_0|.
\end{align*}

Así, tenemos que $$ |x + x_0| < 1 + 2|x_0|.$$

En esta ocasión queremos que $|x-x_0| < 1$ y, por la última expresión, también queremos que $|x-x_0| <\frac{\varepsilon}{1+2|x_0|}$, definimos así $\delta = min \{ 1, \frac{\varepsilon}{1+2|x_0|} \}$. Si $0 < |x-x_0| < \delta$, entonces

\begin{align*}
|x^2-x_0^2| & = |x-x_0||x+x_0| \\ \\
& < |x-x_0|(1+2|x_0|) \\ \\
& < \delta (1+2|x_0|) \\ \\
& \leq \frac{\varepsilon}{1+2|x_0|} \cdot (1+2|x_0|)\\ \\
& = \varepsilon.
\end{align*}

Esto implica que
$$|x^2-x_0^2| < \varepsilon.$$
$$\therefore \lim_{x \to x_0} x^2 = x_0^2.$$

$\square$

Unicidad del límite de una función

Después de haber revisado estos ejemplos, la definición de límite de una función (también llamada definición épsilon-delta), estamos listos para revisar la primera propiedad del límite.

Proposición. El límite de una función en $x_0$ es único, es decir, si $f$ tiende a $L$ en $x_0$ y $f$ tiende a $L’$ en $x_0$, entonces $L = L’.$


Demostración.
Sea $\varepsilon > 0$. Como $f$ tiende a $L$ y $L’$ en $x_0$, entonces para $\frac{\varepsilon}{2} > 0$ existen $\delta_1  > 0$ y $\delta_2 > 0$ tales que

\begin{gather*}
\text{Si } 0<|x-x_0|<\delta_1 \quad \Rightarrow \quad |f(x)-L| < \frac{\varepsilon}{2}. \\
\text{Si } 0<|x-x_0|<\delta_2 \quad \Rightarrow \quad |f(x)-L’| < \frac{\varepsilon}{2}. \\
\end{gather*}

Consideremos ahora $\delta = min\{\delta_1, \delta_2 \}$. Entonces si $0<|x-x_0|<\delta$ y, por la desigualdad del triángulo, esto implica que

\begin{align*}
|L-L’| \leq & |L-f(x)|+|L’-f(x)| \\
< & \frac{\varepsilon}{2} + \frac{\varepsilon}{2} \\
= & \varepsilon.
\end{align*}

Se sigue que

$|L-L’| < \varepsilon.$


Como $\varepsilon$ es un valor arbitrario positivo, podemos concluir que $L-L’ = 0$, es decir, $L=L’.$

$\square$

Más adelante…

En la siguiente entrada revisaremos con detalle varias propiedades que tienen los límites para lo cual haremos uso de una bella relación existente entre el límite de una sucesión y el de una función. Una vez revisadas estas propiedades, el cálculo de los límites se hará considerablemente más simple.

Tarea moral

A continuación hay algunos ejercicios para que practiques los conceptos vistos en esta entrada. Te será de mucha utilidad intentarlos para entender más la teoría vista.

Usando la definición épsilon-delta, demuestra lo siguiente:

  • $$\lim_{x \to x_0} c = c.$$
  • $$\lim_{x \to x_0} x = x_0.$$
  • $$\lim_{x \to 5} x+11 = 16.$$
  • $$\lim_{x \to -2c} (2c-3x) = 8c.$$
  • $$\lim_{x \to 0} \frac{x^2}{|x|} = 0.$$

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Agradecimientos

Trabajo realizado con el apoyo del Programa UNAM-DGAPA-PAPIME PE104522 «Hacia una modalidad a distancia de la Licenciatura en Matemáticas de la FC-UNAM – Etapa 2»

Cálculo Diferencial e Integral I: Idea intuitiva de límite de una función

Por Juan Manuel Naranjo Jurado

2 respuestas

Introducción

La definición de límite de una función suele ser uno de los conceptos más retadores dentro del cálculo y es por ello que, antes de entrar a su análisis formal, queremos dar una introducción con la finalidad de desarrollar la intuición necesaria para lograr el entendimiento de esta definición.

Idea intuitiva de límite de una función

Consideremos la función $f: \mathbb{R} \to \mathbb{R}$ tal que $f(x) = 10x$.

En la gráfica de la función $f(x) = 10x$, podemos observar que si $x$ toma valores cercanos a $2$, entonces $f(x)$ se aproxima a $20$. ¿Pero qué tanto es posible aproximar los valores de la función $f(x)$ a $20$?

Por ejemplo, ¿podemos encontrar un valor de $x$ distinto de $2$ tal que $f(x)$ esté a una distancia de $20$ menor que $12$ , es decir, $|f(x) – 20| < 12$?

Consideremos $x = 1$. De esta forma, $f(1) = 10$ y $|f(1) – 20| = |10 – 20| = 10 < 12$.

¿Podemos encontrar un valor de $x$ distinto de $2$ tal que $f(x)$ esté a una distancia de $20$ menor que $1$, es decir, $|f(x) – 20| < 1$?

Si tomamos $x=1.99$, se tiene que $|f(1.99) – 20| = |19.9 – 20| = 0.1 < 1$.

Hasta este momento, se han encontrado valores puntuales de $x$ que permiten que $f(x)$ se aproxime a $20$. Sin embargo, existen más valores de $x$ que lo pueden cumplir. Retomando la última aproximación deseada, podemos ver que $x=2.02$ también cumple el propósito, pues $|f(2.02) – 20| = |20.2- 20| = 0.2 < 1$. En realidad, es posible hallar todo un intervalo que lo cumpla.

Para poder obtener dicho intervalo, procedemos estableciendo la desigualdad deseada

\begin{gather*}
& |f(x) – 20| < 1. \\ \\
\Leftrightarrow & |10x – 20|< 1. \\ \\
\Leftrightarrow & \frac{|10x – 20|}{10}< \frac{1}{10}. \\ \\
\Leftrightarrow & |x – 2| < \frac{1}{10}.
\end{gather*}

Lo anterior indica que para que $f(x)$ esté a una distancia de $20$ menor que $1$, entonces $x$ debe estar a una distancia de $2$ menor que $\frac{1}{10}$.

¿Podemos encontrar un valor de $x$ distinto de $2$ tal que $f(x)$ esté a una distancia de $20$ menor que $\varepsilon > 0$, es decir, $|f(x) – 20| < \varepsilon$?

Análogamente, se obtiene que para que $|f(x)-20| < \varepsilon$, entonces $|x-2| < \frac{\varepsilon}{10}$. Generalizando más, podemos notar que para cualquier $x_0 \in \mathbb{R}$ se tiene que $|f(x)-10x_0| < \varepsilon$ con $x \neq x_0$, siempre que $|x-x_0| < \frac{\varepsilon}{10}.$

En la siguiente entrada se proporcionará la definición formal del límite. Sin embargo, de forma provisional para esta entrada, diremos que $L \in \mathbb{R}$ es el límite de la función $f$ en $x_0$ si la distancia entre $f(x)$ y $L$ es menor que un número $\varepsilon > 0$ elegido de antemano cuando $x$ se aproxima a $x_0$, pero es distinto de $x_0$.

Considerando lo anterior para nuestro ejemplo, se tiene que el límite de $f$ en $x_0 = 2$ es $L = 20$.

Usemos como segundo ejemplo la función $f: \mathbb{R} \to \mathbb{R}$ tal que $f(x) = x^2$.

Veremos que el límite de $f$ en $x_0 = 4$ es $L=16$. Para ello, notemos que

\begin{gather*}
& |f(x) – 16| < \varepsilon. \\
\Leftrightarrow & |x^2 – 16| < \varepsilon. \\
\Leftrightarrow & |(x-4)(x+4)| < \varepsilon. \\
\Leftrightarrow &|x-4||x+4| < \varepsilon.
\end{gather*}

A diferencia del caso anterior, parece que no es tan directo llegar a nuestro objetivo, pero notemos que particularmente podemos pedir que $|x-4| < 1$, entonces

\begin{gather*}
& -1< x-4 < 1. \\
\Leftrightarrow & 3 < x < 5. \\
\Leftrightarrow & 7 < x+4<9.
\end{gather*}

En resumen, si $|x-4|<1$, entonces $|x+4| < 9$. Lo cual implica que
$$|x^2 – 16| = |x-4||x+4| < 9|x-4|.$$
Si además restringimos la distancia de $x$ respecto a $4$ de tal manera que $|x-4| < \frac{\varepsilon}{9}$ y retomando la expresión anterior llegamos a lo siguiente:

\begin{gather*}
|x^2 – 16| = |x-4||x+4| < 9|x-4| < 9 \cdot \frac{\varepsilon}{9} = \varepsilon. \\
\therefore |x^2 – 16| < \varepsilon.
\end{gather*}

Esto siempre que $|x-4|$ sea menor que $1$ y $\frac{\varepsilon}{9}$, es decir, siempre que $|x-4| < min\{1, \frac{\varepsilon}{9} \}$.


De los dos ejemplos revisados en esta entrada, podemos notar que logramos que $f(x)$ se aproxime a $L$ con una distancia menor de épsilon cuando $x$ está lo suficientemente cerca de $x_0$. Para lograr esto último, acotamos $x-x_0$ en términos de un valor positivo que depende de $\varepsilon$ (para el primer ejemplo fue $\frac{\varepsilon}{5}$ y para el segundo $min\{1, \frac{\varepsilon}{9} \}$). Vale la pena entonces darle un nombre a este valor positivo: $\delta$.

Parafraseando: Logramos que $f$ se aproxime arbitrariamente, dado $\varepsilon > 0$, a $L$ cuando $x$ está lo suficientemente cerca, $\delta > 0$, de $x_0$.

Obtenemos así un indicio muy importante, para probar que $L$ es el límite de $f$ en $x_0$, habrá que dar un valor arbitrario fijo y positivo $\varepsilon > 0$ para el cual necesitaremos encontrar otro valor positivo, $\delta > 0$, tal que si $|x-x_0|<\delta$, entonces se cumpla que $|f(x)-L| < \varepsilon$. Adicionalmente, se pide que $x \neq x_0$, tal condición puede ser compactada de la siguiente forma $0 < |x-x_0| < \delta$, pues que la distancia entre $x$ y $x_0$ sea mayor que cero implica directamente que son distintos.

Antes de finalizar con esta entrada, es conveniente aclarar que no siempre tendremos funciones tan amigables en las cuales podamos evaluar directamente el valor de $x_0$ en $f$ para encontrar $L$. Incluso habrá ocasiones en las cuales no nos podamos aproximar de la manera en la que lo hicimos en estos ejemplos, pero por ahora no daremos muchos detalles extra al respecto, será tema para entradas posteriores.

Más adelante…

En la siguiente entrada daremos la definición formal de límite de una función y veremos varios ejemplos de funciones cuyo límite existe. Una vez dominemos la definición podremos incursionar en varias de sus propiedades y podremos tomar ventaja de estos conocimientos para tener una mayor comprensión sobre el comportamiento de diversas funciones de interés.

Tarea moral

A continuación hay algunos ejercicios para que practiques los conceptos vistos en esta entrada. Te será de mucha utilidad intentarlos para entender más la teoría vista.

Para corroborar que la idea intuitiva de límite de una función se ha comprendido, se queda como ejercicio realizar un análisis similar al expuesto en esta entrada. Consideremos la función $f(x) = 4x^2$ definida para todo $x \in \mathbb{R}$. En este caso, tomaremos $x_0=3$ y $f(x_0) = 4(3)^2 =36.$

  • Grafica $f(x)$.
  • Encuentra un valor de $x$ tal que $|f(x)-36| < 30$.
  • Encuentra un valor de $x$ tal que $|f(x)-36| < 1$.
  • Encuentra un intervalo de $x$ alrededor de $x_0 = 3$ tal que $|f(x)-36| < \frac{1}{100}$.
  • Encuentra un intervalo de $x$ alrededor de $x_0 = 3$ tal que $|f(x)-36| < \varepsilon$, con $\varepsilon > 0$.

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Agradecimientos

Trabajo realizado con el apoyo del Programa UNAM-DGAPA-PAPIME PE104522 «Hacia una modalidad a distancia de la Licenciatura en Matemáticas de la FC-UNAM – Etapa 2»

Cálculo Diferencial e Integral I: Sucesiones divergentes y sus propiedades

Por Juan Manuel Naranjo Jurado

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Introducción

Anteriormente estuvimos revisando el concepto de sucesiones convergentes, así como varios ejemplos y sus propiedades. Hasta este punto, deberíamos sentirnos bastante cómodos con las sucesiones convergentes puesto que en esta entrada revisaremos con mayor detalle las sucesiones divergentes.

Sucesiones divergentes a infinito

Antes de iniciar a ver las propiedades de este tipo de sucesiones, vale la pena recordar la definición que se dio previamente.

Definición. Sea $\{a_n\}$ una sucesión en $\mathbb{R}$. Decimos que $\{a_n\}$ diverge a infinito si para todo $M \in \mathbb{R}$, existe $n_0 \in \mathbb{N}$ tal que si $n \geq n_0$, entonces $M < a_n$.

La definición nos indica que una sucesión diverge a infinito si para cualquier número real $M$, existe un punto $n_0$, en el que todos los valores subsecuentes en la sucesión son mayores que $M$. Cuando una sucesión $\{a_n\}$ diverge a infinito lo denotaremos como $$\lim_{n \to \infty} a_n = \infty.$$

Propiedades de las sucesiones divergentes a infinito

Ahora sí, estamos listos para indagar las propiedades de las sucesiones que divergen a infinito. La primera propiedad que probaremos será el hecho de que si multiplicamos una sucesión divergente a infinito por una constante positiva, la sucesión resultante también diverge a infinito.

Proposición. Sea $\{a_n\}$ en $\mathbb{R}$ tal que $$\lim_{n \to \infty} a_n = \infty,$$ y sea $c > 0$ fijo, entonces $$\lim_{n \to \infty} c \cdot a_n = \infty.$$

Demostración.
Sea $M \in \mathbb{R}$. Consideremos $\frac{M}{c} \in \mathbb{R}$.
Como $\{a_n\}$ diverge a infinito, entonces existe $n_0$ tal que para todo $n \geq n_0$ se tiene

\begin{gather*}
& \frac{M}{c} < a_n. \\
\Leftrightarrow & M < c \cdot a_n.
\end{gather*}

$$\therefore \lim_{n \to \infty} c \cdot a_n = \infty.$$

$\square$

En la demostración anterior, se da un valor arbitrario de $M$ y se debe mostrar que existe un número natural $n_0 \text{,}$ tal que para todos los valores subsecuentes de la sucesión $\{c \cdot a_n\}$, son mayores que $M$. Para ello, se usa el hecho de que $\{a_n\}$ es divergente y, particularmente, para el número real $\frac{M}{c}$ existe tal número natural.

La siguiente proposición nos indica cómo se comportan la suma y la multiplicación de sucesiones divergentes que, como es de esperarse, el resultado de tales operaciones es una sucesión divergente.

Proposición. Sean $\{ a_n \}$ y $\{ b_n \}$ dos sucesiones en $\mathbb{R}$ tales que $$\lim_{n \to \infty} a_n = \infty \quad \text{ y } \quad \lim_{n \to \infty} b_n = \infty.$$

Entonces

$i)$ $$\lim_{n \to \infty} (a_n + b_n) = \infty.$$
$ii)$ $$\lim_{n \to \infty} (a_n b_n) = \infty.$$

Demostración.

$i)$ Sea $M \in \mathbb{R}$. Como $\{a_n\}$ diverge a infinito, se tiene que
$$\exists n_1 \in \mathbb{N} \text{ tal que si } n \geq n_1 \Rightarrow \frac{M}{2} < a_n.$$

Y como $\{b_n\}$ también diverge a infinito, se tiene que
$$\exists n_2 \in \mathbb{N} \text{ tal que si } n \geq n_2 \Rightarrow \frac{M}{2} < b_n.$$

Consideremos $n_0 = max\{n_1, n_2 \}$. Si $n \geq n_0$, entonces se cumplen las dos expresiones de arriba y al sumarlas obtenemos que $M < a_n+b_n.$
$$\therefore \lim_{n \to \infty} (a_n + b_n) = \infty.$$

$ii)$ Sea $M \in \mathbb{R}$.
Para $\{a_n\}$ consideremos el número real $\hat{M} = max\{M, 0\}$. Debido a que $\{a_n\}$ diverge, existe $n_1 \in \mathbb{N}$ tal que si $n \geq n_1$, entonces $\hat{M} < a_n$, lo que implica que $M < a_n$ y $0 < a_n.$

Para $\{b_n\}$ consideremos el número real $1$. Debido a que $\{b_n\}$ diverge, existe $n_2 \in \mathbb{N}$ tal que si $n \geq n_2$, entonces $1 < b_n.$

Sea $n_0 = max\{n_1, n_2 \}$. Si $n \geq n_0$, entonces se cumplen las condiciones anteriores. Como $a_n$ es positivo para todo $n \geq n_0$, podemos multiplicar la expresión $1 < b_n$ por $a_n$ y la desigualdad se preservará, es decir, $a_n < a_n b_n$ y además $M < a_n$, por transitividad concluimos que $M < a_n b_n.$

$\square$

Después de haber revisado las propiedades anteriores y sabiendo que la sucesión $\{n\}$ generada por los números naturales diverge, es posible ampliar nuestro repertorio de sucesiones divergentes. Las siguientes sucesiones divergen por implicación directa de las proposiciones vistas: $\{5n\}$, $\{n+n^2+n^3\}$, $\{7n^2+4n\}$, etc.

La siguiente propiedad hace referencia a que si tenemos una sucesión $\{a_n\}$ divergente a infinito y otra sucesión $\{b_n\}$ para la cual existe un punto a partir del cual siempre es mayor que $\{a_n\}$, entonces $\{b_n\}$ también diverge a infinito.

Proposición. Sean $\{a_n\}$ y $\{b_n\}$ sucesiones en $\mathbb{R}$ tales que
$i$) Existe $n_1 \in \mathbb{N}$ tal que para todo $n \geq n_1$ se cumple $b_n \geq a_n.$
$ii$) $\lim\limits_{n\to \infty} a_n = \infty.$
Entonces $$\lim_{n\to \infty} b_n = \infty.$$

Demostración.

Sea $M \in \mathbb{R}$. Por hipótesis, existe $n_1 \in \mathbb{N}$ tal que si $n \geq n_1$, entonces $b_n \geq a_n$. Y como $\{a_n\}$ diverge a infinito, existe $n_2 \in \mathbb{N}$ tal que para todo $n \geq n_2$, se tiene que $a_n > M$. Consideremos $n_0 = max\{n_1,n_2 \}$, entonces si $n \geq n_0$, se cumple $b_n \geq a_n$ y $a_n > M$. Se concluye que $b_n > M$ para todo $n \geq n_0.$

$$\therefore \lim_{n\to \infty} b_n = \infty.$$

$\square$

Proposición. Sea $c > 1$, entonces $$\lim_{n \to \infty} c^n = \infty.$$

Demostración.

Para realizar esta demostración haremos uso de la proposición anterior. Sea $n \in \mathbb{N}$. Como $c > 1$, entonces $c-1>0$ y por la desigualdad de Bernoulli, tenemos

\begin{gather*}
c^n = (1+c-1)^n \geq 1+n(c-1) > n(c-1). \\
\therefore c^n > n(c-1).
\end{gather*}

Además, sabemos que la sucesión $\{n\}$ diverge a infinito y si multiplicamos esta sucesión por una constante positiva, en este caso $c-1$, la sucesión $\{(c-1)n\}$ también diverge a infinito. Utilizando la proposición anterior, se concluye que $$\lim_{n \to \infty} c^n = \infty.$$

$\square$

Como última propiedad, revisaremos que una sucesión monótona no acotada es divergente. Probaremos que las sucesiones crecientes no acotadas divergen a infinito. Se dejará como tarea moral probar que las sucesiones decrecientes no acotadas divergen a $-\infty.$

Proposición. Si $\{ a_n \}$ es una sucesión creciente y no acotada, entonces $$\lim_{n \to \infty} a_n = \infty.$$

Demostración.
Sea $\{a_n \}$ una sucesión creciente y no acotada y sea $M \in \mathbb{R}$. Como la sucesión no está acotada, existe $n_0 \in \mathbb{N}$ tal que $M < a_{n_0}$ y como la sucesión es creciente $a_n \geq a_{n_0}$ para todo $n \geq n_0.$

\begin{gather*}
\therefore M < a_n \text{, para todo } n \geq n_0. \\ \\
\therefore \lim_{n \to \infty} a_n = \infty.
\end{gather*}

$\square$

En la demostración anterior hay una sutileza que vale la pena enfatizar: usamos el hecho de que la sucesión no está acotada para probar que existe al menos un elemento específico, $a_{n_0}$, que es mayor que un real arbitrario $M$, pero para probar que diverge a infinito, hay que probar que también todos los elementos subsecuentes, $a_n$ con $ n \geq n_0$, son mayores a $M$ y, en ese momento, es cuando se usa la hipótesis de monotonía.

Más adelante…

En las entradas subsecuentes revisaremos conceptos derivados de las sucesiones: el concepto de subsucesión, las sucesiones de Cauchy y culminaremos con el estudio de una de las constantes más famosas dentro de matemáticas, el número de Euler.

Tarea moral

A continuación hay algunos ejercicios para que practiques los conceptos vistos en esta entrada. Te será de mucha utilidad intentarlos para entender más la teoría vista.

  • Si $\{ a_n \}$ es una sucesión decreciente y no acotada, entonces $$\lim_{n \to \infty} a_n = – \infty.$$
  • Sea $\{ a_n \}$ una sucesión divergente a infinito tal que para todo $n\in \mathbb{N}$ se cumple que $a_n \neq 0$. Entonces $$\lim_{n \to \infty} \frac{1}{a_n} = 0.$$
  • Prueba lo siguiente:
    $i)$ $\lim\limits_{n \to \infty} \frac{n^2+1}{n+1} = \infty.$
    $ii)$ $\lim\limits_{n \to \infty} (n – \sqrt{n} )= \infty.$
  • Demuestra que si $$\lim_{n \to \infty} \frac{a_n}{n} = L,$$ donde $L > 0,$ entonces $$\lim_{n\to \infty} a_n = \infty.$$

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Agradecimientos

Trabajo realizado con el apoyo del Programa UNAM-DGAPA-PAPIME PE104522 «Hacia una modalidad a distancia de la Licenciatura en Matemáticas de la FC-UNAM – Etapa 2»

Cálculo Diferencial e Integral I: Propiedades de las sucesiones convergentes

Por Juan Manuel Naranjo Jurado

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Introducción

En la entrada anterior vimos la definición y algunos ejemplos de sucesiones convergentes y no convergentes. Ahora que ya estamos familiarizados con estos conceptos, revisaremos algunas de las propiedades que tienen las sucesiones convergentes.

Propiedades de las sucesiones convergentes

La siguiente propiedad nos indica que si todos los elementos de una sucesión convergente son no negativos, entonces el límite debe ser no negativo.

Proposición. Sea $\{a_n \}$ una sucesión convergente en $\mathbb{R}$, si $a_n \geq 0$ para todo $n \in \mathbb{N}$, entonces $$\lim_{n \to \infty} a_n \geq 0.$$

Demostración.

Supongamos que $$\lim_{n \to \infty} a_n = L < 0.$$

Consideremos $\varepsilon = -L > 0$. Entonces existe $n_0 \in \mathbb{N}$ tal que para todo $n \geq n_0$ se cumple que

\begin{gather*}
& |a_n-L| < \varepsilon. \\
\Leftrightarrow & |a_n-L|< -L. \\
\Leftrightarrow & L < a_n – L < -L. \\
\Leftrightarrow & a_n < 0. \\
\end{gather*}

Lo anterior es una contradicción, dado que $a_n \geq 0$ para todo $n \in \mathbb{N}$. Por tanto, se concluye que $$\lim_{n \to \infty} a_n \geq 0.$$

$\square$

Ejemplo 1. Prueba que $$\lim_{n \to \infty} \frac{1}{2^n} \geq 0.$$

Demostración.

En la entrada anterior, probamos que la sucesión $\{ \frac{1}{2^n} \}$ es decreciente. Además, para todo $n \in \mathbb{N}$, se tiene que $2^n > 1$, por lo que $\frac{1}{2^n} < 1$. De esta forma, la sucesión está acotada. Como es decreciente y acotada, es convergente. También se cumple que $\frac{1}{2^n} > 0$ para todo $n \in \mathbb{N}$, por el teorema anterior, se concluye que $$\lim_{n \to \infty} \frac{1}{2^n} \geq 0.$$

$\square$


Podemos pensar en una especie de «generalización» de la proposición anterior: si tenemos dos sucesiones convergentes $\{a_n\}$, $\{ b_n \}$ y para todo natural se cumple la desigualdad $a_n \leq b_n$, entonces el límite de las sucesiones debe respetar esa misma relación de orden.

Proposición. Sean $\{ a_n \}$ y $\{ b_n \}$ dos sucesiones convergentes en $\mathbb{R}$ tales que $a_n \leq b_n$ para todo $n \in \mathbb{N}$, entonces $$ \lim_{ n \to \infty} a_n \leq \lim_{ n \to \infty} b_n.$$

Demostración.

Definamos la sucesión $c_n = b_n – a_n$. Como $\{ a_n \}$ y $\{ b_n \}$ son convergentes, digamos a $L_1$ y $L_2$, entonces $\{ c_n \}$ es convergente a $L_2-L_1$. Además, sabemos que $a_n \leq b_n$ para todo $n \in \mathbb{N}$, entonces $b_n – a_n \geq 0$ para todo $n \in \mathbb{N}$ y utilizando la proposición anterior tenemos que

$$\lim_{n \to \infty} c_n \geq 0. $$
Es decir, $$ \lim_{n \to \infty} ( b_n – a_n ) \geq 0. $$
$$\therefore \lim_{n \to \infty} b_n \geq \lim_{n \to \infty} a_n.$$

$\square$

Corolario. Sean $\alpha$, $\beta \in \mathbb{R}$ y $\{a_n\}$ una sucesión convergente tal que $\alpha \leq a_n \leq \beta$ para todo $n \in \mathbb{N}$, entonces $$\alpha \leq \lim_{n \to \infty} a_n \leq \beta.$$

Demostración.

Definimos la sucesión constante $\{b_n \} =\{ \beta, \beta, \ldots ,\}$. Por la proposición anterior, se sigue que $\lim\limits_{n \to \infty} a_n \leq \beta.$ De forma análoga, se obtiene que $\alpha \leq \lim\limits_{n \to \infty} a_n.$

Por lo tanto $$\alpha \leq \lim_{n \to \infty} a_n \leq \beta.$$

$\square$

Ahora veremos una propiedad que nos indica que si una sucesión converge a $L$, la sucesión generada tomando el valor absoluto de sus elementos es una sucesión convergente a $|L|$. Para ello, demostraremos antes una propiedad que tiene el valor absoluto.

Proposición. Sean $a$, $b \in \mathbb{R}$. Entonces se cumple que $\lvert |a| – |b| \rvert \leq |a-b|$.

Demostración.

Veamos que
\begin{gather*}
& |a| = |a-b+b| \leq |a-b|+|b|. \\
\Leftrightarrow & |a| – |b| \leq |a-b|. \tag{1}
\end{gather*}

Además, se tiene que
\begin{gather*}
& |b| = |b+a-a| \leq |b-a|+|a|. \\
\Leftrightarrow & |b|-|a| \leq |b-a| = |a-b|. \\
\Leftrightarrow & |a|-|b| \geq – |a-b|. \tag{2}
\end{gather*}

De $(1)$ y $(2)$, se sigue que
$$-|a-b| \leq |a|-|b| \leq |a-b|.$$
$$\therefore ||a|-|b|| \leq |a-b|.$$

$\square$

Proposición. Sea $\{ a_n \}$ una sucesión en $\mathbb{R}$ que converge a $L$. Entonces la sucesión $\{ |a_n| \}$ converge a $|L|$.

Demostración.

Sea $\varepsilon > 0$. Por la proposición anterior, sabemos que $||a_n| – |L|| \leq |a_n – L|$ y como $\{a_n\}$ converge, existe $n_0 \in \mathbb{N}$ tal que para todo $n \geq n_0$ se tiene que $|a_n – L| < \varepsilon$. Entonces

\begin{gather*}
||a_n| – |L|| \leq |a_n – L| < \varepsilon. \\ \\
\therefore ||a_n| – |L||< \varepsilon. \\ \\
\therefore \lim_{n \to \infty} |a_n| = |L|.
\end{gather*}

$\square$

Proposición. Sea $\{ a_n \}$ una sucesión. Si
$$\lim_{n \to \infty} |a_n| = 0, \quad \text{entonces} \quad \lim_{n \to \infty} a_n = 0.$$

Demostración.
Sea $\varepsilon > 0$. Como $$\lim_{n \to \infty} |a_n| = 0.$$
Existe $n_0 \in \mathbb{N}$ tal que para todo $n \geq n_0$ se tiene que $||a_n|-0| < \varepsilon.$
Y notemos que
\begin{align*}
||a_n|-0| =& ||a_n|| \\
= & |a_n| \\
= &|a_n-0|.
\end{align*}
\begin{gather*}
\therefore |a_n -0| < \varepsilon. \\ \\
\therefore \lim_{n \to \infty} a_n = 0.
\end{gather*}

$\square$

Proposición. Si $|r|<1$, entonces $$\lim_{n \to \infty} r^n = 0.$$

Demostración.
Si $r = 0$, entonces $r^n = 0$, es decir, la sucesión es una constante lo cual implica que su límite es la misma constante, en este caso $0$.

Supongamos que $r \neq 0$. Como $|r|<1 \Rightarrow \frac{1}{|r|} > 1$. Definamos $b = \frac{1}{|r|}-1$. Notemos que $b > 0 $ y $|r| = \frac{1}{b+1}$. Entonces $|r^n| = (\frac{1}{b+1})^n$, por la desigualdad de Bernoulli tenemos que $(1+ b) ^n \geq 1+ nb $ para todo $n \in \mathbb{N}$. Se sigue que

$$|r^n| = \frac{1}{(1+b) ^n} \leq \frac{1}{1+nb} \leq \frac{1}{nb}.$$

Sea $\varepsilon > 0$ y consideremos $n_0 > \frac{1}{b \varepsilon}$. Se sigue que $\frac{1}{n_0b} < \varepsilon$. De esta forma, si $n \geq n_0$, entonces

\begin{gather*}
|r^n| \leq \frac{1}{nb} \leq \frac{1}{n_0b} < \varepsilon. \\ \\
\therefore |r^n| < \varepsilon. \\ \\
\therefore \lim_{n \to \infty} r^n = 0.
\end{gather*}

$\square$

Proposición. Sea $\{a_n \}$ una sucesión en $\mathbb{R}$ que converge a $L$ y, además, $a_n \geq 0$ para todo $n \in \mathbb{N}$. Entonces la sucesión $\{ \sqrt{a_n} \}$ converge a $\sqrt{L}.$

Demostración.

Sea $\varepsilon > 0$. Dividiremos la demostración en dos casos.

Caso 1: $L > 0$.

Como $L > 0$, se sigue que $\sqrt{a_n} + \sqrt{L} > 0$. Entonces

\begin{align*}
\left\lvert \sqrt{a_n} – \sqrt{L} \right\rvert & = \left\lvert \sqrt{a_n} – \sqrt{L} \cdot \frac{\sqrt{a_n} + \sqrt{L}}{\sqrt{a_n} + \sqrt{L}} \right\rvert \\ \\
& = \left\lvert \frac{a_n-L}{\sqrt{a_n} + \sqrt{L}} \right\rvert \\ \\
& \leq \left\lvert \frac{a_n-L}{\sqrt{L}} \right\rvert \text{, pues $\sqrt{L} + \sqrt{a_n} \geq \sqrt{L}$}.\\ \\
\end{align*}

$$\therefore \left\lvert \sqrt{a_n} – \sqrt{L} \right\rvert \leq \left\lvert \frac{a_n-L}{\sqrt{L}} \right\rvert. \tag{1}$$

Además, como $\{ a_n \}$ converge a $L$, para $\sqrt{L}\varepsilon > 0$ existe $n_0 \in \mathbb{N}$ tal que si $n \geq n_0$, entonces $|a_n – L| < \sqrt{L}\varepsilon.$ Por $(1)$, se sigue que si $n \geq n_0$, entonces

\begin{align*}
\left\lvert \sqrt{a_n} – \sqrt{L} \right\rvert & \leq \left\lvert \frac{a_n-L}{\sqrt{L}} \right\rvert \\ \\
& = \frac{|a_n-L|}{\sqrt{L}} \\ \\
& < \frac{\sqrt{L}\varepsilon}{\sqrt{L}} \\ \\
& = \varepsilon.
\end{align*}

$$\therefore \lim_{n \to \infty} \sqrt{a_n} = \sqrt{L}.$$

Caso 2: $L = 0$.

Los detalles de la demostración de este caso quedarán como tarea moral.

$\square$

Para finalizar, revisaremos una propiedad muy interesante que nos indica que si dos sucesiones convergentes al mismo límite $L$ «encierran» a una tercera, entonces ésta última también converge y lo hace a $L$. Esta propiedad es conocida como teorema del sándwich.

Teorema. Sean $\{a_n \}$, $\{b_n \}$, $\{c_n \}$ tres sucesiones en $\mathbb{R}$ tales que

$i)$ Para todo $n \in \mathbb{N}$ se tiene que $a_n \leq b_n \leq c_n.$

$ii)$ $\lim\limits_{n \to \infty} a_n = L$ y $\lim\limits_{n \to \infty} c_n = L.$

Entonces $$\lim_{n \to \infty} b_n = L.$$

Demostración.
Sea $\varepsilon >0$. Como $\{a_n \}$ converge a $L$, entonces existe $n_1 \in \mathbb{N}$ tal que si $n \geq n_1$ tal que
\begin{gather*}
& |a_n – L| < \varepsilon. \\
\Leftrightarrow & – \varepsilon < a_n – L < \varepsilon. \\
\Leftrightarrow & L – \varepsilon < a_n < L + \varepsilon.
\end{gather*}

De igual forma, como $\{c_n \}$ converge a $L$, entonces existe $n_2 \in \mathbb{N}$ tal que si $n \geq n_2$ tal que

\begin{gather*}
& |c_n – L| < \varepsilon. \\
\Leftrightarrow & – \varepsilon < c_n – L < \varepsilon. \\
\Leftrightarrow & L – \varepsilon < c_n < L + \varepsilon.
\end{gather*}

Sea $n_0 = max \{ n_1, n_2 \}$. Si $n \geq n_0$, entonces

\begin{gather*}
& L – \varepsilon < a_n \leq b_n \quad \text{ y } \quad b_n \leq c_n < \varepsilon + L.
\end{gather*}

Se sigue que
\begin{gather*}
& L – \varepsilon < b_n < \varepsilon + L. \\ \\
\Leftrightarrow & -\varepsilon < b_n – L < \varepsilon. \\ \\
& \therefore |b_n – L | < \varepsilon. \\ \\
& \therefore \lim_{n \to \infty} b_n = L.
\end{gather*}


$\square$

Ahora veremos un ejemplo donde podemos aplicar el teorema del sándwich.

Ejemplo 2. Determina el límite de la sucesión $\left\lbrace \frac{n}{n^2+1} \right\rbrace$.

Consideremos las sucesiones $\{a_n \} = 0$ y $ \{b_n \} = \frac{1}{n}$. Además, notemos que para todo $n \in \mathbb{N}$, se tiene que $ n^2 \leq n^2+1$, esto implica que $\frac{1}{n^2+1} \leq \frac{1}{n^2}$. De esta forma, se sigue que

$$\{a_n \} = 0 \leq \frac{n}{n^2+1} \leq \frac{n}{n^2} = \frac{1}{n} = \{b_n \}.$$

Y $\{a_n \}$ y $ \{b_n \}$ convergen a $0$ por lo visto en una entrada anterior. Por el teorema del sándwich, podemos concluir que

$$\lim_{n \to \infty} \frac{n}{n^2+1} = 0.$$

Más adelante…

En esta entrada vimos algunas de las propiedades que tienen las sucesiones convergentes. En la siguiente entrada revisaremos propiedades de las sucesiones que divergen a infinito. Una vez que hayamos dominado todas estas propiedades estaremos listos para dar el siguiente paso y llegar a uno de los conceptos frecuentemente usados en cálculo: el límite de una función.

Tarea moral

A continuación hay algunos ejercicios para que practiques los conceptos vistos en esta entrada. Te será de mucha utilidad intentarlos para entender más la teoría vista.

  • Prueba que si las sucesiones $\{ a_n \}$ y $\{ b_n \}$ están acotadas, entonces $c_n = 5a_n+8b_n$ también está acotada.
  • Sea $\{a_n \}$ una sucesión en $\mathbb{R}$ que converge a $L = 0$ y, además, $a_n \geq 0$ para todo $n \in \mathbb{N}$. Entonces la sucesión $\{ \sqrt{a_n} \}$ converge a $\sqrt{L} = 0.$
  • Demuestra que si $\{ a_n \}$ es una sucesión que converge a $L$, entonces $$\lim_{n \to \infty} \sqrt{(a_n)^2 +12} = \sqrt{L^2 +12}.$$
  • Considera la sucesión $\{ \frac{2n}{3n+1} \}$.
    $i)$ Prueba que $\frac{1}{2} \leq \frac{2n}{3n+1} \leq \frac{2}{3}.$
    $ii)$ Usando el teorema del sándwich, calcula el límite de $a_n = \left( \frac{2n}{3n+1} \right)^n$.

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Agradecimientos

Trabajo realizado con el apoyo del Programa UNAM-DGAPA-PAPIME PE104522 «Hacia una modalidad a distancia de la Licenciatura en Matemáticas de la FC-UNAM – Etapa 2»

Cálculo Diferencial e Integral I: Sucesiones convergentes

Por Juan Manuel Naranjo Jurado

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Introducción

Anteriormente se dio la definición de sucesión y revisamos algunos ejemplos. En esta entrada, se definirá la convergencia para una sucesión y se darán varios ejemplos de sucesiones convergentes y no convergentes.

Límite de una sucesión

A continuación daremos la definición de límite de una sucesión:

Definición. Sea $\{ a_n \}$ una sucesión en $\mathbb{R}$. Sea $L \in \mathbb{R}$, decimos que $L$ es el límite de la sucesión $\{a_n\}$ si para todo $ \varepsilon > 0$ existe un número natural $n_0$ tal que para todo $n \geq n_0$ se satisface $ | a_n – L |< \varepsilon$.

Si una sucesión tiene como límite a $L$, también decimos que converge a $L$ y lo denotamos como $$\lim_{n\to \infty} a_n = L.$$

En términos más simples, la definición nos indica que una sucesión es convergente a $L$ si a partir de cierto elemento en la sucesión, $a_{n_0}$, los términos están lo suficientemente cerca, $\varepsilon$, de $L$. Para ilustrar estos elementos, a continuación se presenta la gráfica de la sucesión $\{a_n\} = \{ \frac{1}{n} \}$, y más adelante probaremos que converge a $L = 0$.

Observación. Cada punto de la gráfica está determinado por las coordenadas $(i, a_i)$ con $i \in \mathbb{N}$, pero por simplicidad, se denotan únicamente como $a_i$.

Ejemplos de sucesiones convergentes

Ahora continuaremos con algunos ejemplos de sucesiones convergentes. Es importante recalcar que para demostrar que una sucesión converge a $L$, deberemos especificar las condiciones que $n_0$ debe cumplir tal que para un $\varepsilon > 0$ arbitrario dado, $| a_n – L |< \varepsilon$ para todo $n \geq n_0$.

Ejemplo 1. Sea $k$ un número real y consideremos la sucesión $\{ a_n \} = \{k\}$, entonces $$\lim_{n \to \infty} k = k.$$

Demostración.

Sea $\varepsilon > 0$ (establecemos el valor arbitrario de un épsilon positivo).
Para esta sucesión cualquier valor de $n_0$ sirve, en particular consideremos $n_0 = 1$ (en este caso se puede dar $n_0 $ explícitamente).
Si $n \geq n_0 = 1$, entonces

\begin{gather*}
|a_n-k| = |k-k| = 0 < \varepsilon. \\
\therefore \lim_{n \to \infty} k = k.
\end{gather*}

$\square$


El ejemplo anterior es uno sencillo, sin embargo, como lo podemos ver en los comentarios entre paréntesis, están presentes los pasos relevantes para demostrar la convergencia. En este caso, dado que nuestra sucesión era un valor constante, el valor de $n_0$ que funcionaba era cualquier número natural, pero, en la mayoría de los casos, su valor estará definido en términos de épsilon.

Ejemplo 2. Consideremos la sucesión $\{ \frac{1}{n} \}$, entonces $$\lim_{n \to \infty} \frac{1}{n} = 0.$$

Demostración.

Sea $\varepsilon >0$.

Dado que el valor de $\varepsilon$ es positivo, por la propiedad Arquimediana, existe $n_0 \in \mathbb{N}$ tal que $1 < n_0 \cdot \varepsilon$, es decir, $\frac{1}{n_0} < \varepsilon$. Así, para cualquier $n \geq n_0$ se tiene que $\frac{1}{n} \leq \frac{1}{n_0} < \varepsilon $. De lo anterior se sigue que

$| \frac{1}{n} – 0| = \frac{1}{n} < \varepsilon.$

$\therefore | \frac{1}{n} – 0| < \varepsilon$ para todo $n \geq n_0.$

$$\therefore \lim_{n \to \infty} = 0.$$

$\square$

En este último ejemplo podemos observar cómo se establecen condiciones que $n_0$ debe cumplir en función de $\varepsilon$, así como la relevancia de la propiedad Arquimediana que estará constantemente presente al momento de demostrar convergencia mediante su definición.


Ejemplo 3. Demuestra que

$$\lim_{n \to \infty} \frac{8n-5}{3n} = \frac{8}{3}.$$

Demostración.

Sea $\varepsilon > 0$.
Notemos que

$$\left\lvert \frac{8n-5}{3n} – \frac{8}{3} \right\rvert = \left\lvert \frac{8n-5-8n}{3n} \right\rvert = \left\lvert \frac{-5}{3n} \right\rvert = \frac{5}{3n}.$$

\begin{align*}
\therefore \left\lvert \frac{8n-5}{3n} – \frac{8}{3} \right\rvert = \frac{5}{3n}. \tag{1}
\end{align*}

Consideremos $n_0 \cdot \varepsilon > \frac{5}{3}$, que sabemos que existe gracias a la propiedad Arquimediana. De esta forma, se tiene que

$$\varepsilon > \frac{5}{3n_0}.$$

Si $n \geq n_0$, entonces tenemos

\begin{align*}
\left\lvert \frac{8n-5}{3n} – \frac{8}{3} \right\rvert =& \frac{5}{3n}, \text{ por (1)} \\
\leq & \frac{5}{3n_0}, \text{ pues }n \geq n_0 \\
<& \varepsilon.
\end{align*}

$$\therefore \left\lvert \frac{8n-5}{3n} – \frac{8}{3} \right\rvert < \varepsilon.$$

$$\therefore \lim_{n \to \infty} \frac{8n-5}{3n} = \frac{8}{3}.$$

$\square$

Ejemplo 4. $$\lim_{n \to \infty} \left( \sqrt{n+1}-\sqrt{n} \right) = 0.$$

Demostración.

Sea $\varepsilon > 0$. Para simplificar la expresión, multiplicaremos por un uno haciendo uso del conjugado de la expresión anterior.

\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{\sqrt{n+1} ^ 2 – \sqrt{n}^2}{\sqrt{n+1}+\sqrt{n}} \\ \\
=& \frac{n+1 – n}{\sqrt{n-1}+\sqrt{n}} \\ \\
=&\frac{1}{\sqrt{n-1}+\sqrt{n}} \\ \\
\leq & \frac{1}{\sqrt{n}}.
\end{align*}


$$\therefore \sqrt{n-1}-\sqrt{n} \leq \frac{1}{\sqrt{n}}.$$

Consideremos $n_0 > \frac{1}{\varepsilon^2} \Rightarrow \frac{1}{\sqrt{n_0}} < \varepsilon$. Entonces tenemos

\begin{align*}
\left\lvert \sqrt{n-1}-\sqrt{n} – 0 \right\rvert =& \frac{1}{\sqrt{n-1}+\sqrt{n}} \text{, por la observación anterior} \\
\leq & \frac{1}{\sqrt{n}} \\
\leq & \frac{1}{\sqrt{n_0}}, \text{pues } n \geq n_0 \\
< & \varepsilon.
\end{align*}

$\therefore |\sqrt{n-1}-\sqrt{n} – 0| < \varepsilon.$

$$\therefore \lim_{n \to \infty} \left(\sqrt{n+1}-\sqrt{n} \right)= 0.$$

$\square$

Los dos ejemplos de arriba hacen uso de manipulaciones algebraicas que nos permiten simplificar nuestro problema; esta técnica de simplificación de expresiones, cuyo fin es llevarlas a otras más sencillas, es ampliamente usada para demostrar la convergencia de sucesiones.

Ejemplos de sucesiones no convergentes

Después de haber revisado ejemplos de sucesiones convergentes, vale la pena conocer sucesiones que no convergen, es decir, que su límite no existe.

Ejemplo 5. Consideremos la sucesión $\{ a_n \} = \{ (-1)^n \}$. Probaremos que el límite de $\{a_n\}$ no existe.

Demostración.

Procederemos a hacer esta demostración por contradicción. Supongamos que existe $L \in \mathbb{R}$ tal que $$\lim_{n \to \infty} (-1)^n = L.$$

Consideremos $\varepsilon = 1/2 > 0$. Por definición, existe $n_0 \in \mathbb{N}$ tal que si $n\geq n_0$ entonces $|(-1)^n-L| < \frac{1}{2}.$

Como $2n_0 > n_0$ y $2n_0+1>n_0$, entonces
\begin{gather*}
|(-1)^{2n_0}-L| < \frac{1}{2} \Rightarrow |1-L|< \frac{1}{2}. \tag{1} \\
|(-1)^{2n_0+1}-L| < \frac{1}{2} \Rightarrow |-1-L| = |1+L|< \frac{1}{2}. \tag{2}
\end{gather*}

Y notemos que

\begin{align*}
2 = |1+1| =& |1-L+L+1| \\
\leq & |1-L| + |1+L| \\
< & \frac{1}{2} + \frac{1}{2} \text{, por (1) y (2).}
\end{align*}

Lo anterior implica que $2<1$ y esto es una contradicción.
Por tanto, podemos concluir que tal límite no existe.

$\square$

Ahora estudiaremos una nueva definición para un tipo particular de sucesiones que no tienen como límite a un número real $L$.

Definición. Sea $\{a_n\}$ una sucesión en $\mathbb{R}$. Decimos que $\{a_n\}$ diverge a infinito si $\forall M \in \mathbb{R}$ existe $n_0 \in \mathbb{N}$ tal que si $n \geq n_0$ entonces $M < a_n$.

La definición anterior nos indica que una sucesión diverge a infinito si para cualquier número real $M$, existe un término de la sucesión $a_{n_0}$ a partir del cual todos los valores subsecuentes en la sucesión son mayores que $M$. Cuando una sucesión $\{ a_n \}$ diverja a infinito lo denotaremos como $$\lim_{n \to \infty} a_n = \infty.$$

Ejemplo 6. La sucesión $\{a_n\} = \{n\}$ diverge a infinito.

Demostración.

Sea $M \in \mathbb{N}$. Sabemos que $\mathbb{N}$ no está acotado superiormente, entonces existe $n_0 \in \mathbb{N}$ tal que $M< n_0$, de esta forma, si $n \geq n_0$, se tiene que $M<n$.

$\square$

Ejemplo 7. $$\lim_{n \to \infty} n^2 = \infty.$$

Demostración.

Procederemos a hacer la prueba por contradicción. Supongamos que para todo $n\in \mathbb{N}$ se tiene que $n^2 \leq M$ para algún $M \in \mathbb{R}$. Se sigue que

$\sqrt{n^2} \leq \sqrt{M}.$

Es decir,

$n \leq \sqrt{M}.$

Lo cual es una contradicción pues sabemos que el conjunto de los números naturales no está acotado superiormente.

$\therefore \{ n^2 \}$ diverge a infinito.

$\square$

Más adelante…

Se han revisado las definiciones de convergencia y divergencia a infinito, hemos visto diversos ejemplos de ambas definiciones. En las siguientes entradas se revisarán criterios para la convergencia de sucesiones, así como sus propiedades y teoremas con lo cual podremos determinar si una sucesión es convergente o no de manera más rápida.

Tarea moral

A continuación hay algunos ejercicios para que practiques los conceptos vistos en esta entrada. Te será de mucha utilidad intentarlos para entender más la teoría vista.

  • Prueba que el límite de una sucesión convergente $\{ a_n \}$ es único.
    Sugerencia:
    1. Proceder por contradicción y asumir que existen dos números reales distintos $L$ y $L’$ tales que
    $$\lim_{n \to \infty} a_n = L \quad \text{y} \quad \lim_{n \to \infty} a_n = L’.$$
    2. Utilizar la definición de límite de una sucesión empleando el siguiente valor de épsilon: $$\varepsilon = \frac{|L-L’|}{2}.$$
    $\varepsilon > 0$, ¿por qué?
  • Demuestra lo siguiente:
    a) $$\lim_{n \to \infty} \frac{(-1)^n}{n} = 0.$$
    b) $$\lim_{n \to \infty} \sqrt{n} = \infty.$$
    c) $$\lim_{n \to \infty} \sqrt{12+ \frac{1}{n}} = \sqrt{12}.$$
  • Sea $\{ a_n \}$ una sucesión en $\mathbb{R}$ y sea $L \in \mathbb{R}$. Prueba que $$\lim_{n \to \infty} a_n = L \Leftrightarrow \lim_{n \to \infty} a_n – L = 0.$$
  • Una sucesión también puede ser divergente a $-\infty$. Propón una definición análoga a la de divergencia a infinito y prueba que $$\lim_{n \to \infty} – \sqrt{n} = – \infty.$$

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Agradecimientos

Trabajo realizado con el apoyo del Programa UNAM-DGAPA-PAPIME PE104522 «Hacia una modalidad a distancia de la Licenciatura en Matemáticas de la FC-UNAM – Etapa 2»