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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 $R$ , si $a_{n} \geq 0$ para todo $n \in N$ , entonces $lim_{n \to \infty} a_{n} \geq 0.$

Demostración.

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

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

$\begin{matrix} | a_{n} - L | < ε . \\ \Leftrightarrow & | a_{n} - L | < - L . \\ \Leftrightarrow & L < a_{n} - L < - L . \\ \Leftrightarrow & a_{n} < 0. \end{matrix}$

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

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 $n \in N$ , 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 $n \in N$ , por el teorema anterior, se concluye que $lim_{n \to \infty} \frac{1}{2^{n}} \geq 0.$

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 $R$ tales que $a_{n} \leq b_{n}$ para todo $n \in N$ , 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 $n \in N$ , entonces $b_{n} - a_{n} \geq 0$ para todo $n \in N$ y utilizando la proposición anterior tenemos que

$lim_{n \to \infty} c_{n} \geq 0.$
Es decir, $lim_{n \to \infty} (b_{n} - a_{n}) \geq 0.$
$∴ lim_{n \to \infty} b_{n} \geq lim_{n \to \infty} a_{n} .$

Corolario. Sean $α$ , $β \in R$ y ${a_{n}}$ una sucesión convergente tal que $α \leq a_{n} \leq β$ para todo $n \in N$ , entonces $α \leq lim_{n \to \infty} a_{n} \leq β .$

Demostración.

Definimos la sucesión constante ${b_{n}} = {β, β, \dots,}$ . Por la proposición anterior, se sigue que $lim_{n \to \infty} a_{n} \leq β .$ De forma análoga, se obtiene que $α \leq lim_{n \to \infty} a_{n} .$

Por lo tanto $α \leq lim_{n \to \infty} a_{n} \leq β .$

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 $a$ , $b \in R$ . Entonces se cumple que $| | a | - | b | | \leq | a - b |$ .

Demostración.

Veamos que
$\begin{matrix} | a | = | a - b + b | \leq | a - b | + | b | . \\ (1) & \Leftrightarrow & | a | - | b | \leq | a - b | . \end{matrix}$

Además, se tiene que
$\begin{matrix} | b | = | b + a - a | \leq | b - a | + | a | . \\ \Leftrightarrow & | b | - | a | \leq | b - a | = | a - b | . \\ (2) & \Leftrightarrow & | a | - | b | \geq - | a - b | . \end{matrix}$

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

Proposición. Sea ${a_{n}}$ una sucesión en $R$ que converge a $L$ . Entonces la sucesión ${| a_{n} |}$ converge a $| L |$ .

Demostración.

Sea $ε > 0$ . Por la proposición anterior, sabemos que $| | a_{n} | - | L | | \leq | a_{n} - L |$ y como ${a_{n}}$ converge, existe $n_{0} \in N$ tal que para todo $n \geq n_{0}$ se tiene que $| a_{n} - L | < ε$ . Entonces

$\begin{matrix} | | a_{n} | - | L | | \leq | a_{n} - L | < ε . \\ ∴ | | a_{n} | - | L | | < ε . \\ ∴ lim_{n \to \infty} | a_{n} | = | L | . \end{matrix}$

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

Demostración.
Sea $ε > 0$ . Como $lim_{n \to \infty} | a_{n} | = 0.$
Existe $n_{0} \in N$ tal que para todo $n \geq n_{0}$ se tiene que $| | a_{n} | - 0 | < ε .$
Y notemos que
$\begin{aligned} | | a_{n} | - 0 | = & | | a_{n} | | \\ = & | a_{n} | \\ = & | a_{n} - 0 | . \end{aligned}$
$\begin{matrix} ∴ | a_{n} - 0 | < ε . \\ ∴ lim_{n \to \infty} a_{n} = 0. \end{matrix}$

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 $(1 + b)^{n} \geq 1 + n b$ para todo $n \in N$ . Se sigue que

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

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

$\begin{matrix} | r^{n} | \leq \frac{1}{n b} \leq \frac{1}{n_{0} b} < ε . \\ ∴ | r^{n} | < ε . \\ ∴ lim_{n \to \infty} r^{n} = 0. \end{matrix}$

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

Demostración.

Sea $ε > 0$ . Dividiremos la demostración en dos casos.

Caso 1: $L > 0$ .

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

$\begin{aligned} | \sqrt{a_{n}} - \sqrt{L} | & = | \sqrt{a_{n}} - \sqrt{L} \cdot \frac{\sqrt{a_{n}} + \sqrt{L}}{\sqrt{a_{n}} + \sqrt{L}} | \\ = | \frac{a_{n} - L}{\sqrt{a_{n}} + \sqrt{L}} | \\ \leq | \frac{a_{n} - L}{\sqrt{L}} |, pues \sqrt{L} + \sqrt{a_{n}} \geq \sqrt{L} . \end{aligned}$

$\begin{matrix} (1) & ∴ | \sqrt{a_{n}} - \sqrt{L} | \leq | \frac{a_{n} - L}{\sqrt{L}} | . \end{matrix}$

Además, como ${a_{n}}$ converge a $L$ , para $\sqrt{L} ε > 0$ existe $n_{0} \in N$ tal que si $n \geq n_{0}$ , entonces $| a_{n} - L | < \sqrt{L} ε .$ Por $(1)$ , se sigue que si $n \geq n_{0}$ , entonces

$\begin{aligned} | \sqrt{a_{n}} - \sqrt{L} | & \leq | \frac{a_{n} - L}{\sqrt{L}} | \\ = \frac{| a_{n} - L |}{\sqrt{L}} \\ < \frac{\sqrt{L} ε}{\sqrt{L}} \\ = ε . \end{aligned}$

$∴ lim_{n \to \infty} \sqrt{a_{n}} = \sqrt{L} .$

Caso 2: $L = 0$ .

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

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 $R$ tales que

$i)$ Para todo $n \in N$ se tiene que $a_{n} \leq b_{n} \leq c_{n} .$

$i i)$ $lim_{n \to \infty} a_{n} = L$ y $lim_{n \to \infty} c_{n} = L .$

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

Demostración.
Sea $ε > 0$ . Como ${a_{n}}$ converge a $L$ , entonces existe $n_{1} \in N$ tal que si $n \geq n_{1}$ tal que
$\begin{matrix} | a_{n} - L | < ε . \\ \Leftrightarrow & - ε < a_{n} - L < ε . \\ \Leftrightarrow & L - ε < a_{n} < L + ε . \end{matrix}$

De igual forma, como ${c_{n}}$ converge a $L$ , entonces existe $n_{2} \in N$ tal que si $n \geq n_{2}$ tal que

$\begin{matrix} | c_{n} - L | < ε . \\ \Leftrightarrow & - ε < c_{n} - L < ε . \\ \Leftrightarrow & L - ε < c_{n} < L + ε . \end{matrix}$

Sea $n_{0} = m a x {n_{1}, n_{2}}$ . Si $n \geq n_{0}$ , entonces

$\begin{matrix} L - ε < a_{n} \leq b_{n} y b_{n} \leq c_{n} < ε + L . \end{matrix}$

Se sigue que
$\begin{matrix} L - ε < b_{n} < ε + L . \\ \Leftrightarrow & - ε < b_{n} - L < ε . \\ ∴ | b_{n} - L | < ε . \\ ∴ lim_{n \to \infty} b_{n} = L . \end{matrix}$

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

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

Consideremos las sucesiones ${a_{n}} = 0$ y ${b_{n}} = \frac{1}{n}$ . Además, notemos que para todo $n \in N$ , 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 $c_{n} = 5 a_{n} + 8 b_{n}$ también está acotada.
Sea ${a_{n}}$ una sucesión en $R$ que converge a $L = 0$ y, además, $a_{n} \geq 0$ para todo $n \in N$ . 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 ${\frac{2 n}{3 n + 1}}$ .
$i)$ Prueba que $\frac{1}{2} \leq \frac{2 n}{3 n + 1} \leq \frac{2}{3} .$
$i i)$ Usando el teorema del sándwich, calcula el límite de $a_{n} = {(\frac{2 n}{3 n + 1})}^{n}$ .

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