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Sucesiones de Cauchy. El teorema de complitud de R

Hemos dedicado varios artículos a hablar de sucesiones de números reales y de la noción de convergencia de una sucesión de números reales. De hecho, hemos visto ejemplos en los que se demostraba, haciendo uso de la definición, que una sucesión era convergente hacia cierto límite. También hemos demostrado que toda sucesión monótona y acotada es convergente, pero salvo en estos casos, para determinar si una sucesión es convergente debemos conocer de antemano su posible límite. Dedicaremos este breve artículo a obtener una condición necesaria y suficiente para la convergencia de una sucesión de números reales, en términos de la propia sucesión, sin presuponer el conocimiento de un posible límite. Intuitivamente, si una sucesión de números reales es convergente, sus términos suficientemente avanzados son tan próximos entre sí como se quiera. La siguiente definición formaliza esta idea intuitiva.

Definición.

Se dice que una sucesión de números reales \(\{x_n\}\) es de Cauchy si verifica la siguiente condición:

\[\forall\,\varepsilon>0,\ \exists\, m\in\mathbb{N}\ :\ p,q\geqslant m\Rightarrow|x_p-x_q|<\varepsilon\]

Teorema (de complitud de \(\mathbb{R}\)).

Una sucesión de números reales es convergente si, y solo si, es una sucesión de Cauchy.

Sea \(\{x_n\}\) una sucesión de números reales. Supongamos que \(\{x_n\}\rightarrow x\). Dado \(\varepsilon>0\) tenemos que \(\exists\, m\in\mathbb{N}\) tal que \(n\geqslant m\Rightarrow|x_n-x|<\frac{\varepsilon}{2}\). Así, para \(p,q\geqslant m\) tenemos

\[|x_p-x_q|\leqslant|x_p-x|+|x-x_q|<\frac{\varepsilon}{2}+\frac{\varepsilon}{2}=\varepsilon\]

lo que prueba que \(\{x_n\}\) es una sucesión de Cauchy.

Recíprocamente, supongamos que \(\{x_n\}\) es una sucesión de Cauchy. Entonces \(\exists\, m\in\mathbb{N}\) tal que \(p,q\geqslant m\Rightarrow|x_p-x_q|<1\), y en particular, si \(K=x_m\) y tomamos \(q=m\), tenemos: \(p\geqslant m\Rightarrow K-1<x_p<K+1\), luego el conjunto \(\{x_n\,;\,n\geqslant m\}\) es acotado. Ello implica que la sucesión \(\{x_n\}\) está acotada. Por el teorema de Bolzano-Weierstrass \(\{x_n\}\) admite una sucesión parcial convergente \(\{x_{\sigma(n)}\}\). Sea \(x=\lim x_{\sigma(n)}\). Entonces, dado \(\varepsilon>0\), tenemos que \(\exists\,m_1\in\mathbb{N}:n\geqslant m_1\Rightarrow|x_{\sigma(n)}-x|<\frac{\varepsilon}{2}\), y \(\exists\,m_2\in\mathbb{N}:n\geqslant m_2\Rightarrow|x_p-x_q|<\frac{\varepsilon}{2}\), con lo que finalmente \(|x_n-x|\leqslant|x_n-x_{\sigma(n)}|+|x_{\sigma(n)}-x|<\varepsilon\), lo que prueba que \(\{x_n\}\rightarrow x\), como queríamos demostrar.

En ocasiones la condición de Cauchy se consigue probar con facilidad. A título de ejemplo, destacamos el siguiente caso.

Corolario.

Sea \(\{x_n\}\) una sucesión de números reales. Supongamos que existe un número real \(K\), con la condición \(0<K<1\), y tal que \(|x_{n+1}-x_n|\leqslant K^n\,,\,\forall\,n\in\mathbb{N}\). Entonces la sucesión \(\{x_n\}\) es convergente.

Para cualesquiera números naturales, \(n\) y \(h\), se tiene:

\[|x_{n+h}-x_n|\leqslant|x_{n+h}-x_{n+h-1}|+|x_{n+h-1}-x_{n+h-2}|+\ldots+|x_{n+1}-x_n|\leqslant\]

\[\leqslant K^{n+h-1}+K^{n+h-2}+\ldots+K^n=K^n(1+K+\ldots+K^{h-1})=K^n\frac{1-K^h}{1-K}<\frac{K^n}{1-K}\]

Como la sucesión \(\frac{K^n}{1-K}\) converge a cero, dado \(\varepsilon>0\), tenemos que \(\exists\, m\in\mathbb{N}\,:\,n\geqslant m\Rightarrow\frac{K^n}{1-K}<\varepsilon\). Entonces si \(p,q\leqslant m\), tomando \(n=p\), \(h=q-p\) (si \(p<q\), o a la inversa si \(p>q\)), tenemos \(|x_p-x_q|<\frac{K^n}{1-K}<\varepsilon\), lo que prueba que \(\{x_n\}\) es de Cauchy y, por el teorema anterior, convergente.

Proponemos a continuación tres ejercicios. El primero y el tercero son de utilidad para demostrar la convergencia de ciertas sucesiones de números reales.

Ejercicios

1. Sea \(\{x_n\}\) una sucesión de números reales no nulos. Supongamos que existe \(K\), con \(0<K<1\), tal que \(\left|\frac{x_{n+1}}{x_n}\right|<K\,,\,\forall\,n\in\mathbb{N}\). Probar que \(\{x_n\}\) converge a cero.

Como \(0<K<1\), entonces \(\{K^n\}\rightarrow0\). Luego \(\forall\, \varepsilon  > 0\,,\,\exists \,m \in\mathbb{N} \,:\,n \geqslant m \Rightarrow {K^n} < \frac{\varepsilon }{{\left| {{x_1}} \right|}}\).

Pero, por hipótesis, \(\left| {\frac{{{x_{n + 1}}}}{{{x_n}}}} \right| \leqslant K\,,\,\forall\, n \in\mathbb{N}\); es decir, \(|x_{n+1}|\leqslant K|x_n|\,,\,\forall\,n\in\mathbb{N}\). Por tanto, dado \(\varepsilon>0\), \(\left| {{x_{n + 1}}} \right| \le K\left| {{x_n}} \right| \le {K^2}\left| {{x_{n - 1}}} \right| \le {K^3}\left| {{x_{n - 2}}} \right| \le  \ldots  \le {K^n}\left| {{x_1}} \right| < \frac{\varepsilon }{{\left| {{x_1}} \right|}}\left| {{x_1}} \right| = \varepsilon \), siempre que \(n\geqslant m\). Hemos demostrado pues que \(\forall\,\varepsilon>0\,,\,\exists\,m\in\mathbb{N}\,:\,n\geqslant m\Rightarrow \left| {{x_{n + 1}}} \right| < \varepsilon\), es decir, que la sucesión \(\{x_n\}\) converge a cero.

2. Sea \(\{x_n\}\) una sucesión de números reales acotada. Sea \(\alpha\in\mathbb{R}\) con \(\alpha>1\), y definamos una sucesión \(\{y_n\}\) de números reales de la forma \(y_1=\frac{x_1}{\alpha}\), \(y_{n+1}=y_n+\frac{x_n}{\alpha^n}\,\forall\,n\in\mathbb{N}\). Probar que \(\{y_n\}\) es una sucesión convergente.

Por ser \(\{x_n\}\) acotada, existe \(M\in\mathbb{R}^+\) tal que \(|x_n|\leqslant M\,,\forall\,n\in\mathbb{N}\). Además:

\[\left|{{y_{n + h}} - {y_n}} \right| \leqslant \left| {{y_{n + h}} - {y_{n + h - 1}}} \right| + \left| {{y_{n + h - 1}} - {y_{n + h - 2}}} \right| +  \ldots  + \left| {{y_{n + 2}} - {y_{n + 1}}} \right| + \left| {{y_{n + 1}} - {y_n}} \right| =\]

\[ = \left| {{y_{n + h - 1}} + \frac{{{x_{n + h - 1}}}}{{{\alpha ^{n + h - 1}}}} - {y_{n + h - 1}}} \right| + \left| {{y_{n + h - 2}} + \frac{{{x_{n + h - 2}}}}{{{\alpha ^{n + h - 2}}}} - {y_{n + h - 2}}} \right| +  \ldots\]

\[\ldots+\left| {{y_{n + 1}} + \frac{{{x_{n + 1}}}}{{{\alpha ^{n + 1}}}} - {y_{n + 1}}} \right| + \left| {{y_n} + \frac{{{x_n}}}{{{\alpha ^n}}} - {y_n}} \right| = \]

\[= \left| {\frac{{{x_{n + h - 1}}}}{{{\alpha ^{n + h - 1}}}}} \right| + \left| {\frac{{{x_{n + h - 2}}}}{{{\alpha ^{n + h - 2}}}}} \right| +  \ldots  + \left| {\frac{{{x_{n + 1}}}}{{{\alpha ^{n + 1}}}}} \right| + \left| {\frac{{{x_n}}}{{{\alpha ^n}}}} \right|=\]

\[= \frac{1}{{{\alpha ^n}}}\left( {\left| {\frac{{{x_{n + h - 1}}}}{{{\alpha ^{h - 1}}}}} \right| + \left| {\frac{{{x_{n + h - 2}}}}{{{\alpha ^{h - 2}}}}} \right| +  \ldots  + \left| {\frac{{{x_{n + 1}}}}{\alpha }} \right| + \left| {{x_n}} \right|} \right) \leqslant {\left( {\frac{1}{\alpha }} \right)^n}\left( {\frac{M}{{{\alpha ^{h - 1}}}} + \frac{M}{{{\alpha ^{h - 2}}}} +  \ldots  + \frac{M}{\alpha } + M} \right)=\]

\[={\left( {\frac{1}{\alpha }} \right)^n}M\left( {\frac{1}{{{\alpha ^{h - 1}}}} + \frac{1}{{{\alpha ^{h - 2}}}} +  \ldots  + \frac{1}{\alpha } + 1} \right) = {\left( {\frac{1}{\alpha }} \right)^n}M\frac{{1 - {{\left( {\frac{1}{\alpha }} \right)}^n}}}{{1 - \frac{1}{\alpha }}} < \frac{{M{K^n}}}{{1 - K}}\]

donde hemos llamado \(K=\frac{1}{\alpha}\). Como \(\alpha>1\), entonces \(0<\frac{1}{\alpha}<1\), es decir, \(0<K<1\), con lo que la sucesión \(\{\frac{MK^n}{1-K}\}\) converge a cero, es decir, \(\forall\,\varepsilon  > 0,\,\exists \,m \in\mathbb{M}\,:\,n \geqslant m \Rightarrow \frac{{M{K^n}}}{{1 - K}} < \varepsilon\).

Entonces, si \(p,q\geqslant m\), tomando \(n=p\), \(h=q-p\) (si \(p<q\), o a la inversa si \(p>q\)), tenemos \(\left| {{y_p} - {y_q}} \right| = \left| {{y_{n + h}} - {y_n}} \right| \leqslant \frac{{M{K^n}}}{{1 - K}} < \varepsilon\), lo que prueba que \(\{y_n\}\) es de Cauchy y, por el teorema de complitud de \(\mathbb{R}\), convergente.

3. Pruébese la siguiente generalización del corolario anterior: sea \(\{x_n\}\) una sucesión de números reales; supongamos que existe una sucesión \(\{y_n\}\) de números reales convergente a cero, tal que \(|x_{n+h}-x_n|\leqslant y_n\,\forall\,n\in\mathbb{N},\forall\,h\in\mathbb{N}\); entonces \(\{x_n\}\) es una sucesión convergente.

Como la sucesión \(\{y_n\}\) converge a cero tenemos: \(\forall\, \varepsilon  > 0\,,\,\exists \,m \in \,:\,n \geqslant m \Rightarrow  - \varepsilon  < {y_n} < \varepsilon\). En particular, sean \(p,q\geqslant m\). Entonces \(-\varepsilon<y_p<\varepsilon\) ; \(-\varepsilon<y_q<\varepsilon\).

Supongamos que \(q>p\). Llamando \(h=q-p\), se tiene que \(q=p+h\), luego

\[\left| {{x_p} - {x_q}} \right| = \left| {{x_p} - {x_{p + h}}} \right| \leqslant {y_p} < \varepsilon\]

Supongamos que \(p>q\). Llamando \(h=p-q\), se tiene que \(p=q+h\), luego

\[\left| {{x_p} - {x_q}} \right| = \left| {{x_{q + h}} - {x_q}} \right| \leqslant {y_q} < \varepsilon\]

En cualquier caso, \(\forall \varepsilon  > 0\,,\,\exists \,m \in \,:\,p,\,q \geqslant m \Rightarrow \left| {{x_p} - {x_q}} \right| < \varepsilon\). Así pues \(\{x_n\}\) es una sucesión de Cauchy y, por el teorema de complitud de \(\mathbb{R}\), convergente.


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Más sobre límite de sucesiones. Sucesiones parciales. Sucesiones monótonas

En un artículo anterior habíamos hablado de las sucesiones de números reales y del concepto de límite de una sucesión. También, en otro artículo, estuvimos viendo el concepto de sucesión acotada y algunas propiedades de las sucesiones convergentes.

En este artículo vamos a completar nuestro estudio de las sucesiones. Diremos lo que es una sucesión parcial de una sucesión, definiremos las sucesiones monótonas y veremos su relación con el concepto de convergencia de una sucesión.

Sucesiones parciales

Para definir con rigor cuándo una sucesión es sucesión parcial de otra dada es necesario utilizar el concepto de aplicación estrictamente creciente. Así, se dice que una aplicación \(\sigma:\mathbb{N}\rightarrow\mathbb{N}\) es estrictamente creciente si verifica que

\[\sigma(n)<\sigma(n+1)\,,\forall\, n\in\mathbb{N}\]

Es inmediato comprobar que \(\sigma:\mathbb{N}\rightarrow\mathbb{N}\) es estrictamente creciente si y sólo si

\[n,m\in\mathbb{N},n<m\Rightarrow \sigma(n)<\sigma(m)\]

Definición 1.

Dadas dos sucesiones de números reales \(\{x_n\}\) e \(\{y_n\}\), se dice que \(\{y_n\}\) es una sucesión parcial de \(\{x_n\}\) cuando existe una aplicación \(\sigma:\mathbb{N}\rightarrow\mathbb{N}\) estrictamente creciente tal que

\[y_n=x_{\sigma(n)}\,,\forall\, n\in\mathbb{N}\]

A título de ejemplo, la sucesión \(\{1\}\) (constantemente igual a \(1\)) es una sucesión parcial de la sucesión \(\{(-1)^n\}\) (tómese \(\sigma(n)=2n\)). En general las sucesiones parciales de una sucesión \(\{x_n\}\) son de la forma \(\{x_{\sigma(n)}\}\) en que \(\sigma\) es una aplicación estrictamente creciente de \(\mathbb{N}\) en \(\mathbb{N}\). Así, \(\{x_{2n}\}\), \(\{x_{2n-1}\}\), \(\{x_{n^2}\}\) son sucesiones parciales de \(\{x_n\}\). A veces a una sucesión parcial de una sucesión \(\{x_n\}\) también se la llama subsucesión de la sucesión \(\{x_n\}\), la cual a menudo se suele escribir \(\{x_{n_k}\}\), en vez de \(\{x_{\sigma(n)}\}\). Obsérvese que, en el fondo, es lo mismo asignar a un número natural \(k\) el número \(\sigma(k)\) que el número \(n_k\): son dos formas equivalentes de expresar la misma idea.

Es inmediato comprobar las siguientes afirmaciones:

  • Toda sucesión es una sucesión parcial de sí misma.
  • Si \(\{y_n\}\) es una sucesión parcial de \(\{x_n\}\) y \(\{z_n\}\) es una sucesión parcial de \(\{y_n\}\), entonces \(\{z_n\}\) es una sucesión parcial de \(\{x_n\}\). (Piénsese que la composición de dos aplicaciones estrictamente crecientes de \(\mathbb{N}\) en \(\mathbb{N}\) es a su vez estrictamente creciente).

Hay algo que os parecerá obvio: que una sucesión parcial de una sucesión convergente también es convergente y tiene el mismo límite. Pero esto hay que demostrarlo. Para hacerlo demostraremos previamente un lema.

Lema 1.

Sea \(\sigma\) una aplicación de \(\mathbb{N}\) en \(\mathbb{N}\) estrictamente creciente. Entonces \(\sigma(n)\geqslant n\,,\forall\,n\in\mathbb{N}\).

Obviamente \(\sigma(1)\geqslant1\). Supuesto que \(\sigma(n)\geqslant n\), luego \(\sigma(n+1)>\sigma(n)\geqslant n\) y por tanto se tiene \(\sigma(n+1)\geqslant n+1\), lo que demuestra el lema por inducción.

En la demostración de este lema se ha hecho uso de que si \(m\) y \(n\) son naturales verificando \(n<m\), entonces \(n+1\leqslant m\), propiedad demostrada en el artículo "El conjunto de los números naturales: una definición rigurosa y algunas propiedades".

Proposición.

Toda sucesión parcial de una sucesión de números reales convergente es convergente y tiene el mismo límite.

Sea \(\{x_n\}\rightarrow x\), sea \(\{y_n\}\) cualquier sucesión parcial de \(\{x_n\}\) y sea \(\sigma:\mathbb{N}\en\mathbb{N}\) estrictamente creciente tal que \(y_n=x_{\sigma(n)}\,,\forall\,n\in\mathbb{N}\). Dado \(\varepsilon>0\), por ser \(\{x_n\}\rightarrow x\) tenemos

\[\exists\,m\in\mathbb{N}\,:\,n\geqslant m\Rightarrow|x_n-x|<\varepsilon\]

Entonces, si \(n\geqslant m\) tenemos, por el lema anterior, \(\sigma(n)\geqslant n\geqslant m\) y por tanto

\[|y_n-x|=|x_{\sigma(n)}-x|<\epsilon\]

lo que prueba que \(\{y_n\}\rightarrow x\) como queríamos demostrar.

Obsérvese que si \(\{x_n\}\) es una sucesión convergente de números reales, el hecho de que una sucesión parcial suya, \(\{x_{\sigma(n)}\}\), converja se expresa de la siguiente forma:

\[\forall\,\varepsilon>0\ ,\ \exists\,m\in\mathbb{N}\ :\ n\geqslant m\Rightarrow|x_{\sigma(n)}-x|<\varepsilon\]

Corolario.

Si una sucesión de números reales admite dos sucesiones parciales convergentes a límites distintos, dicha sucesión no es convergente.

El corolario anterior (cuya demostración es inmediata) es útil a la hora de probar que una sucesión no es convergente. Por ejemplo, la sucesión \(\{x_n\}=\{(-1)^n\}\) no es convergente porque admite dos sucesiones parciales convergentes a límites distintos: por un lado, la sucesión parcial \(\{x_{2n}\}=\{(-1)^{2n}\}=\{1\}\rightarrow1\), y por otro, la parcial \(\{x_{2n-1}\}=\{(-1)^{2n-1}\}=\{-1\}\rightarrow-1\).

Enunciamos a continuación cuatro propiedades en las que aparecen sucesiones parciales cuya demostración se deja como ejercicio para el lector.

Ejercicios

1. Sea \(\{x_n\}\) una sucesión de números reales tal que \(n\neq m\Rightarrow x_n\neq x_m\), y sean \(p\) y \(q\) dos números naturales. Probar que \(\{x_{pn}\}\) es una sucesión parcial de \(\{x_{qn}\}\) si y sólo si \(p\) es múltiplo de \(q\).

Observemos en primer lugar que \(\{x_{pn}\}\) y \(\{x_{qn}\}\) son sucesiones parciales de \(\{x_n\}\). Es decir, existen aplicaciones estrictamente crecientes \(\sigma_1\,,\sigma_2:\mathbb{N}\rightarrow\mathbb{N}\) definidas por \(\sigma_1(n)=pn\), \(\sigma_2(n)=qn\), \(\forall\,n\in\mathbb{N}\), tales que \(\{x_{pn}\}=\{x_{\sigma_1(n)}\}\) y \(\{x_{qn}\}=\{x_{\sigma_2(n)}\}\).

\(\Rightarrow)\) Si suponemos que \(\{x_{pn}\}\) es una sucesión parcial de \(\{x_{qn}\}\) es porque existe una aplicación estrictamente creciente \(\sigma:\text{Im}\,\sigma_2\rightarrow\mathbb{N}\), definida por \(\sigma(\sigma_2(n))=\sigma(qn)=pn\). Pero \(\sigma(qn)\) es natural, luego ha de existir \(k\in\mathbb{N}\) tal que \(\sigma(qn)=kqn=pn\), con lo que \(kq=p\) y \(p\) es múltiplo de \(q\).

\(\Leftarrow)\) Si \(p\) es múltiplo de \(q\), \(\exists\,k\in\mathbb{N}\) tal que \(p=kq\), con lo que \(pn=kqn\,,\forall\,n\in\mathbb{N}\), es decir, \(\sigma_1(n)=k\sigma_2(n)\,,\forall\,n\in\mathbb{N}\). Sea \(\sigma:\mathbb{N}\rightarrow\mathbb{N}\) definida por \(\sigma(n)=kn\,,\forall\,n\in\mathbb{N}\). \(\sigma\) es con claridad estrictamente creciente y además \(\sigma_1(n)=\sigma(\sigma_2(n))\), con lo que \(\{x_{pn}\}=\{x_{\sigma_1(n)}\}\) es una parcial de \(\{x_{qn}\}=\{x_{\sigma_2(n)}\}\).

2. Sea \(\{x_n\}\) una sucesión de números reales y \(x\) un número real. Probar que si \(\{x_{2n}\}\rightarrow x\) y \(\{x_{2n+1}\}\rightarrow x\), entonces \(\{x_n\}\rightarrow x\). Inténtese dar un enunciado más general de este tipo.

Como \(\{x_{2n}\}\rightarrow x\) tenemos que \(\forall\,\varepsilon>0\,,\exists\,p\in\mathbb{N}\,:\,2n\leqslant p\Rightarrow|x_{2n}-x|<\varepsilon\). De igual modo, como \(\{x_{2n+1}\}\rightarrow x\), \(\forall\,\varepsilon>0\,,\exists\,q\in\mathbb{N}\,:\,2n+1\leqslant q\Rightarrow|x_{2n-1}-x|<\varepsilon\).

Sea \(\varepsilon>0\). Si \(n\) es par, \(\exists\,k\in\mathbb{N}\,:\,n=2k\Rightarrow|x_n-x|=|x_{2k}-x|<\varepsilon\), siempre que \(n\leqslant p\). Ahora bien, si \(n\) es impar, \(\exists\,r\in\mathbb{N}\,:\,n=2r+1\Rightarrow|x_n-x|=|x_{2r+1}-x|<\varepsilon\). Tomando \(m=\max\{p,q\}\) se tiene que si \(n\geqslant m\Rightarrow|x_n-x|<\varepsilon\) y, por tanto, \(\{x_n\}\rightarrow x\).

El enunciado general es que si \(\displaystyle\{x_{\sigma_i(n)}\}_{i=1,\ldots,p}\), es una colección de parciales convergentes a un número real \(x\) y además \(\displaystyle\bigcup_{i=1}^p\text{Im}\sigma_i=\mathbb{N}\), entonces \(\{x_n\}\rightarrow x\).

3. Sea \(\{x_n\}\) una sucesión de números reales, \(p\) un número natural, y definamos una sucesión de números reales \(\{z_n\}\) en la forma \(z_n=x_{n+p}\,\forall\,n\in\mathbb{N}\) \(\{z_n\}=\{x_{n+p}\}\); nótese que \(\{z_n\}\) es una sucesión parcial de \(\{x_n\}\)). Probar que \(\{x_n\}\) es convergente si y sólo si los es \(\{z_n\}\), en cuyo caso \(\lim x_n=\lim z_n=\lim x_{n+p}\).

\(\Rightarrow)\) Toda sucesión parcial de una sucesión convergente es convergente y tiene el mismo límites. Por tanto, \(\{z_n\}\) es convergente y \(\lim x_n=\lim z_n=\lim x_{n+p}\).

\(\Leftarrow)\) Dado \(\varepsilon>0\), por ser \(\{z_n\}\rightarrow x\), \(\exists\,m_1\in\mathbb{N}\,:\,n\geqslant m_1\Rightarrow|z_n-x|=|x_{n+p}-x|<\varepsilon\). Sea \(m=m_1+p\). Si \(n\geqslant m=m_1+p\Rightarrow n-p\geqslant m_1\), y entonces \(|z_{n-p}-x|=|x_n-x|<\varepsilon\). Por tanto, \(\{x_n\}\) es convergente y \(\{x_n\}\rightarrow x\).

4. Sea \(\{x_n\}\) e \(\{y_n\}\) dos sucesiones de números reales. Supongamos que existe un natural \(p\) tal que para \(n\in\mathbb{N}\), \(n\geqslant p\) se tiene \(x_n=y_n\). Probar que \(\{x_n\}\) es convergente si y solo si lo es \(\{y_n\}\), en cuyo caso se tiene \(\lim x_n=\lim y_n\). (El carácter de convergencia de una sucesión y su límite cuando exista, no se alteran si se modifica arbitrariamente un conjunto finito de términos de la sucesión).

Si suponemos que \(\{x_n\}\) es convergente, dado \(\varepsilon>0,\,\exists\,n_0\in\mathbb{N}\,:\,n\geqslant n_0\Rightarrow|x_n-x|<\varepsilon\). Tomemos ahora \(m=\max\{p,n_0\}\). Si \(n\geqslant m\Rightarrow|x_n-x|=|y_n-x|<\varepsilon\). Por tanto, \(\{y_n\}\) es convergente y tiene el mismo límite que \(\{x_n\}\). De igual forma, y por simetría, si \(\{y_n\}\) es convergente también lo es \(\{x_n\}\) y converge al mismo límite.

Sucesiones monótonas

Definición 2.

Diremos que una sucesión \(\{x_n\}\) de números reales es creciente si \(x_n\leqslant x_{n+1}\) para todo natural \(n\). Diremos que \(x_n\) es decreciente si \(x_n\geqslant x_{n+1}\) para todo natural \(n\). Diremos que una sucesión de números reales el monótona si es creciente o decreciente.

Es fácil comprobar por inducción que si \(\{x_n\}\) es una sucesión de números reales creciente (respectivamente, decreciente), se tiene:

\[n,m\in\mathbb{N}\ ,\ n\leqslant m\Rightarrow x_n\leqslant x_m\ (\text{respectivamente,}\ x_n\geqslant x_m)\]

Es conveniente hacer notar que existen sucesiones que son a la vez crecientes o decrecientes (a saber, las constantes) y que existen sucesiones que no son crecientes ni decreciente, es decir, que no son monótonas (por ejemplo la sucesión \(\{(-1)^n\}\)).

Sabemos que toda toda sucesión de números reales convergente es acotada (ver la Proposición 1 del artículo "Sucesiones acotadas. Propiedades de las sucesiones convergentes"). Sin embargo, el recíproco no es cierto en general (tómese como ejemplo, otra vez, la sucesión \(\{(-1)^n\}\)). A continuación probaremos que el recíproco sí que es cierto para sucesiones monótonas. La demostración de este importante resultado vuelve a hacer uso del axioma del supremo.

Teorema 1.

Toda sucesión de números reales monótona y acotada es convergente.

Sea \(\{x_n\}\) una sucesión de números reales creciente y mayorada; sea \(x=\sup\{x_n\,:\,n\in\mathbb{N}\}\). Dado \(\varepsilon>0\), \(x-\varepsilon\) no puede ser un mayorante del conjunto \(\{x_n\,:\,n\in\mathbb{N}\}\) y por tanto existe un número natural \(m\) tal que \(x-\varepsilon<x_m\). Entonces, para \(n\geqslant m\) tenemos

\[x-\varepsilon<x_m\leqslant x_n\leqslant x<x+\varepsilon\]

de donde \(|x_n-x|<\varepsilon\). Esto demuestra que \(\{x_n\}\) es convergente y hemos obtenido además que \(\lim x_n=\sup\{x_n\,:\,n\in\mathbb{N}\}\).

Si \(\{x_n\}\) es decreciente y minorada, entonces \(\{-x_n\}\) es creciente y mayorada (¿sabrías explicar por qué?), luego convergente, con lo que \(\{x_n\}\) es convergente y se tiene además

\[\lim x_n=-\lim(-x_n)=-\sup\{-x_n\,:\,n\in\mathbb{N}\}=\inf\{x_n\,:\,n\in\mathbb{N}\}\]

La importancia del resultado anterior radica en que se usa en la demostración del siguiente teorema, el teorema de Bolzano-Weierstrass, según el cual toda sucesión de números reales acotada admite una sucesión parcial convergente. En dicha demostración también se usa otro resultado, que enunciaremos en forma de lema.

Lema 2.

Toda sucesión de números reales admite una sucesión parcial monótona.

Esta demostración hace uso de un concepto muy especial que nos ayudará a construir la sucesión parcial que se afirma en el enunciado del lema. Llamemos "punto cumbre" de una sucesión \(\{x_n\}\) a un número natural \(n\) tal que \(x_m<x_n\) para todo \(m>n\). Para hacerse una idea de lo que es un punto cumbre podemos observar la siguiente figura donde se ha representando una sucesión con once términos y en la que \(2\) y \(6\) son puntos cumbre.

sucesiones parciales monotonas 01

Ahora distinguiremos dos casos.

Caso 1. La sucesión tiene infinitos puntos cumbre. En este caso, si \(n_1<n_2<n_3<\ldots\) son los puntos cumbre, entonces \(x_{n_1}>x_{n_2}>x_{n_3}>\ldots\), de modo que \(\{x_{n_k}\}\) es la sucesión parcial (decreciente) deseada.

Caso 2. La sucesión tiene solamente un número finito de puntos cumbre. En este caso, sea \(n_1\) mayor que todos los puntos cumbre. Puesto que \(n_1\) no es punto cumbre, existe algún \(n_2>n_1\) tal que \(x_{n_2}\geqslant x_{n_1}\). Puesto que \(n_2\) no es punto cumbre (es mayor que \(n_1\), y por lo tanto mayor que todos los puntos cumbre) existe algún \(n_3>n_2\) tal que \(x_{n_3}\geqslant a_{x_2}\). Continuando de esta forma obtenemos la sucesión parcial \(\{x_{n_k}\}\) deseada (en este caso creciente).

Teorema 2 (Bolzano-Weierstrass).

Toda sucesión de números reales acotada admite una sucesión parcial convergente.

Sea \(\{x_n\}\) una sucesión de números reales acotada, sea \(\{x_{\sigma(n)}\}\) una sucesión parcial de \(\{x_n\}\) monótona, que existe por el lema anterior. Como \(\{x_{\sigma(n)}\}\) está también acotada el Teorema 1 nos asegura que \(\{x_{\sigma(n)}\}\) es convergente.

Proponemos a continuación una pequeña colección de ejercicios. Intentar hacerlos usando todo lo que hasta ahora se conoce sobre las sucesiones es una tarea fundamental para alguien que quiera acercarse a las matemáticas superiores sin temor de perderse nada posterior.

Ejercicios

1. Probar que toda sucesión de números reales monótona, que admita una sucesión parcial convergente, es convergente.

Sea \(\{x_n\}\) monótona. Supongamos que es creciente: \(x_n\leqslant x_{n+1}\,,\forall\,n\in\mathbb{N}\). Sea \(\{x_{\sigma(n)}\}\) la parcial de \(\{x_n\}\) convergente. Demostraremos que \(\{x_n\}\) es convergente por reducción al absurdo. Si \(\{x_n\}\) no fuera convergente entonces, como es creciente, no estaría mayorada, es decir, \(\forall\,M>0\,,\exists\,m\in\mathbb{N}:x_m>M\). Puesto que \(\sigma(n)\geqslant n\,,\forall\,n\in\mathbb{N}\), entonces \(\sigma(m)\geqslant m\) y por ser \(\{x_n\}\) creciente se tiene \(x_{\sigma(m)}\geqslant x_m>M\), y esto sea quien sea \(M\in\mathbb{R}^+\), lo que demuestra que \(\{x_{\sigma(n)}\}\) no está mayorada. Esto contradice que \(\{x_{\sigma(n)}\}\) sea convergente. Por tanto, la sucesión \(\{x_n\}\) deber ser convergente.

2. Dar un ejemplo de una sucesión de números reales positivos, convergente a cero, que no sea monótona.

Sea \(\{x_n\}\) la sucesión de números reales definida de la siguiente forma:

\[x_n=\begin{cases}
    \frac{1}{n}\quad\text{si}\quad n=2k\\
    \frac{2}{n}\quad\text{si}\quad n=2k-1
  \end{cases}\]

donde \(k\) es un número natural. Es claro que \(\{x_n\}\rightarrow0\), pero \(\{x_n\}\) no es monótona pues, por ejemplo, \(x_1=2>x_2=\frac{1}{2}\) y \(x_2=\frac{1}{2}<x_3=\frac{2}{3}\).

3. Dar un ejemplo de una sucesión de números reales, no acotada, que admita una sucesión parcial convergente.

Sea la sucesión \(\{x_n\}\) definida del siguiente modo:

\[x_n=\begin{cases}
    n\quad\text{si}\quad n=2k\\
    \frac{1}{n}\quad\text{si}\quad n=2k-1
  \end{cases}\]

donde \(k\) es un número natural. \(\{x_n\}\) no está mayorada pues dado un número real y positivo \(M\) cualquiera, sea \(k=\text{E}(M)+1\) y \(m=2k\). Entonces

\[x_m=m=2k=2(\text{E}(M)+1)>2M>M\]

Pero la parcial dada por la aplicación \(\sigma:\mathbb{N}\rightarrow\mathbb{N}\) definida por \(\sigma(n)=2n-1\,,\forall\,n\in\mathbb{N}\): \(\{x_{\sigma(n)}\}=\{x_{2n-1}\}=\{\frac{1}{n}\}\), converge a cero.

4. Probar que si \(x\) es un número real con \(|x|<1\), entonces la sucesión \(\{x^n\}\) converge a cero, mientras que si \(|x|>1\) dicha sucesión no está acotada.

Supongamos en primer lugar que \(|x|<1\). Si \(x=0\), tenemos \(\{x_n\}=\{0\}\rightarrow0\). Si \(0<|x|<1\) y \(m,n\in\mathbb{N}\), \(n<m\Leftrightarrow |x|^n>|x|^m\) y entonces \(\{|x|^n\}\) es decreciente. Además, como \(0<|x|^n\,,\forall\,n\in\mathbb{N}\), \(\{|x|^n\}\) está acotada inferiormente por cero. Así pues \(\{|x|^n\}\) es convergente. Sea \(L=\lim|x|^n\). Como \(|x|^{n+1}=|x|^n\cdot|x|\), entonces \(\lim|x|^{n+1}=|x|\cdot\lim|x|^n\), es decir, \(L=|x|L\Rightarrow L(1-|x|)=0\). Como \(|x|<1\), entonces \(1-|x|\neq0\) con lo que \(L=0\). De este modo \(\{|x|^n\}\rightarrow0\Rightarrow\{|x^n|\}\rightarrow0\) y, por tanto, \(\{x_n\}\rightarrow0\).

Por otro lado, si \(|x|>1\), entonces \(|\frac{1}{x}|<1\Rightarrow\{(\frac{1}{x})^n\}=\{\frac{1}{x^n}\}\rightarrow0\). De aquí deducimos que \(\{x^n\}\) no está acotada y, por tanto, tampoco es convergente.

5. Probar que si \(|x|<1\), entonces la sucesión \(\{1+x+x^2+\cdots+x^n\}\) converge a \(\dfrac{1}{1-x}\). (Utilícese que \((x-1)(1+x+x^2+\cdots+x^n)=x^{n+1}-1\), para todo natural \(n\)).

La igualdad \((x-1)(1+x+x^2+\ldots+x^n)=x^{n+1}-1\), para todo natural \(n\)) se puede demostrar con facilidad por inducción. Utilizando esta igualdad se tiene

\[\lim((x-1)(1+x+x^2+\ldots+x^n))=\lim(x^{n+1}-1)\Rightarrow\]

\[\Rightarrow\lim(1+x+x^2+\ldots+x^n)=\frac{\lim(x^{n+1}-1)}{x-1}\]

Como \(|x|<1\), entonces \(\{x_n\}\rightarrow0\) (ejercicio anterior) y por tanto,

\[\lim(1+x+x^2+\ldots+x^n)=\frac{-1}{x-1}=\frac{1}{1-x}\]

tal y como queríamos demostrar.

6. Estudiar la convergencia de las siguientes sucesiones:

\[\left\{\frac{n}{2^n}\right\}\quad;\quad\left\{\frac{2^n+n}{3^n-n}\right\}\]

Estudiemos en primer lugar la convergencia de la sucesión \(\{\frac{n}{2^n}\}\).

Observemos que, para todo \(n\in\mathbb{N}\):

\[n>1\Rightarrow2n>n+1\Rightarrow n>\frac{n+1}{2}\Rightarrow\frac{n}{2^n}>\frac{n+1}{2^{n+1}}\]

Lo anterior demuestra que la sucesión \(\{\frac{n}{2^n}\}\) es decreciente.

Demostremos ahora por inducción que \(2^n<2^{n+1}-1\). El resultado es cierto para \(n=1\) pues claramente \(2<3\). Supongamos el resultado cierto para \(n\) y demostrémoslo para \(n+1\):

\[2^{n+1}=2^n\cdot2<(2^{n+1}-1)\cdot2=)2^{n+2}-2<2^{n+2}-2+1=2^{n+2}-1\]

Por el principio de inducción \(2^n<2^{n+1}-1\,,\forall\,n\in\mathbb{N}\).

Demostremos ahora, también por inducción, que \(n<2^n\). Claramente el resultado es cierto para \(n=1\), pues \(1<2\). Supongamos el resultado cierto para \(n\) y demostrémoslo para \(n+1\):

\[n+1<2^n+1<2^{n+1}-1+1=2^{n+1}\]

donde se ha usado la desigualdad demostrada anteriormente. Por el principio de inducción \(n<2^n\,,\forall\,n\in\mathbb{N}\). Entonces \(0<\frac{n}{2^n}<1\,,\forall\,n\in\mathbb{N}\), lo que demuestra que la sucesión \(\{\frac{n}{2^n}\}\) está acotada.

Hemos demostrado que la sucesión \(\{\frac{n}{2^n}\}\) es decreciente y acotada (en particular minorada por cero). Además, \(\inf\{\frac{n}{2^n}:n\in\mathbb{N}\}=0\), lo que demuestra que \(\{\frac{n}{2^n}\}\rightarrow0\).

Estudiemos ahora la convergencia de la sucesión \(\{\frac{2^n+n}{3^n-n}\}\).

Descompongamos la sucesión en suma de otras dos: \(\{\frac{2^n+n}{3^n-n}\}=\{\frac{2^n}{3^n-n}\}+\{\frac{n}{3^n-n}\}\). Ambas están acotadas inferiormente por cero pues es fácilmente demostrable por inducción que \(3^n>n\). Demostraremos ahora que ambas son decrecientes.

Es claro que, dado \(n\in\mathbb{N}\), \(1<3^n+n\). Entonces:

\[0<3^n+n-1\Rightarrow 2\cdot3^n-2n<3\cdot3^n-n-1\Rightarrow\]

\[\Rightarrow2^{n+1}(3^n-n)<2^n(3^{n+1}-n-1)\Rightarrow\frac{2^{n+1}}{3^{n+1}-(n+1)}<\frac{2^n}{3^n-n}\]

Esto ocurre \(\forall\,n\in\mathbb{N}\), lo que demuestra que la sucesión \(\{\frac{2^n}{3^n-n}\}\) es decreciente.

Por otro lado, es claro que, sea quien sea el número natural \(n\), \(n+1<3n\). Entonces:

\[3^n(n+1)<3^n\cdot3n\Rightarrow3^nn+3^n<3^{n+1}n\Rightarrow3^nn+3^n-n^2-n<3^{n+1}n-n^2-n\Rightarrow\]

\[\Rightarrow (3^n-n)(n+1)<n(3^n+1-n-1)\Rightarrow\frac{n+1}{3^{n+1}-(n+1)}<\frac{n}{3^n-n}\]

Como lo anterior ocurre \(\forall\,n\in\mathbb{N}\), hemos demostrado que la sucesión \(\{\frac{n}{3^n-n}\}\) es decreciente.

Por tanto, la sucesión \(\frac{2^n+n}{3^n-n}\) es una sucesión decreciente de números reales positivos acotada inferiormente por cero, con lo que \(\{\frac{2^n+n}{3^n-n}\}\rightarrow0\).

Podríamos haber demostrado que \(\{\frac{2^n+n}{3^n-n}\}\rightarrow0\) también del siguiente modo:

\[\left\{\frac{2^n+n}{3^n-n}\right\}=\left\{\frac{\left(\frac{2}{3}\right)^n+\frac{n}{3^n}}{1-\frac{n}{3^n}}\right\}\]

Esta última sucesión converge a cero porque \(\{\frac{n}{3^n}\}\rightarrow0\) (resultado que se puede demostrar prácticamente igual a como se demostró en el punto anterior que \(\{\frac{n}{2^n}\}\rightarrow0\)), y porque también \(\{(\frac{2}{3})^n\}\rightarrow0\), pues \(0<\frac{2}{3}<1\).

7. Sea \(a\) un número real y positivo y definamos

\[x_1=a\quad;\quad x_{n+1}=\frac{x_n}{1+x_n}\,,\forall\,n\in\mathbb{N}\]

Probar que la sucesión \(\{x_n\}\) converge a cero.

Veamos en primer lugar que \(\{x_n\}\) es creciente. Por un lado tenemos:

\[x_{n+1}-x_n=\frac{x_n}{1+x_n}=\frac{x_n-x_n-x_n^2}{1+x_n}=\frac{-x_n^2}{1+x_n}\]

Probemos ahora por inducción que \(x_n\geqslant0\,,\forall\,n\in\mathbb{N}\). \(x_1=a\geqslant0\), pues \(a\) es un número real positivo. Sea el resultado cierto para \(n\) y demostrémoslo para \(n+1\): \(x_{n+1}=\frac{x_n}{1+x_n}\geqslant0\), pues por hipótesis de inducción \(x_n\geqslant0\). Así, al ser \(x_n\geqslant0\,,\forall\,n\in\mathbb{N}\), se tiene que

\[\frac{-x_n^2}{1+x_n}\leqslant0\,,\forall\,n\in\mathbb{N}\Rightarrow x_{n+1}-x_n\leqslant0\,,\forall\,n\in\mathbb{N}\Rightarrow x_{n+1}\leqslant x_n\,,\forall\,n\in\mathbb{N}\]

Lo anterior demuestra que \({x_n}\) es decreciente. Además, como \(\{x_n\}\) está acotada inferiormente por cero, \(\{x_n\}\) es convergente. Calculemos su límite. Supongamos que \({x_n}\rightarrow x\). Entonces:

\[\{x_{n+1}\}=\left\{\frac{x_n}{1+x_n}\right\}\Rightarrow x=\frac{x}{1+x}\Rightarrow x+x^2=x\Rightarrow x=0\]

8. Sea \(a\) un número real positivo y consideremos la sucesión \(\{x_n\}\) definida por:

\[x_1=a\quad;\quad x_{n+1}=\frac{1}{2}\left(x_n+\frac{a}{x_n}\right)\,,\forall\,n\in\mathbb{N}\]

Pruébese que \(\{x_n\}\) es convergente y que su límite, \(x\), verifica que \(x^2=a\). (Se prueba así que todo número real positivo tiene una "raíz cuadrada" positiva).

Probemos por inducción que \(x_n>0\,,\forall\,n\in\mathbb{N}\). Por hipótesis, \(x_1=a>0\). Supongamos que \(x_n>0\). Entonces claramente \(x_{n+1}=\frac{1}{2}\left(x_n+\frac{a}{x_n}\right)>0\). Esto demuestra que \(\{x_n\}\) está acotada inferiormente por cero.

Veamos también por inducción que es decreciente. Probemos que \(x_n\geqslant a\,,\forall\,n\in\mathbb{N}\). Para \(n=1\) es cierto si, y solo si, \(a\geqslant1\) pues \(x_1^2=a^2\geqslant a\). Caso de que \(a<1\) decrecerá a partir del segundo término. Vamos a comprobarlo. Supongamos el resultado cierto para \(n\) y demostrémoslo para \(n+1\):

\[a-x_{n+1}^2=a-\frac{1}{4}\left(x_n+\frac{a}{x_n}\right)^2=a-\frac{1}{4}\left(x_n^2+\frac{a^2}{x_n^2}+2a\right)=\]

\[\frac{4ax_n^2-x_n^4-a^2-2ax_n^2}{4x_n^2}=\frac{2ax_n^2-x_n^4-a^2}{4x_n^2}=\frac{-(x_n^2-a)^2}{4x_n^2}\leqslant0\]

Entonces \(a-x_{n+1}^2\leqslant0\Rightarrow x_{n+1}^2\geqslant a\) y, por tanto, queda demostrado que \(x_n^2\geqslant a\,,\forall\,n\in\mathbb{N}\). Así:

\[x_{n+1}-x_n=\frac{1}{2}\left(x_n+\frac{a}{x_n}\right)-x_n=\frac{x_n^2+a-2x_n^2}{2x_n^2}=\frac{a-x_n^2}{2x_n^2}\leqslant0\]

precisamente porque \(x_n^2\geqslant a\,,\forall\,n\in\mathbb{N}\). Esto demuestra que \(x_{n+1}\leqslant x_n\,,\forall\,n\in\mathbb{N}\), con lo que \(\{x_n\}\) es decreciente.

Hemos demostrado que \(\{x_n\}\) está acotada inferiormente por cero y que es decreciente. Por tanto, \(\{x_n\}\) es convergente. Calculemos  su límite. Supongamos que \(\{x_n\}\rightarrow x\). Entonces, como \(x_{n+1}=\frac{1}{2}\left(x_n+\frac{a}{x_n}\right)\), se tiene que

\[x=\frac{1}{2}\left(x+\frac{a}{x}\right)\Rightarrow2x^2=x^2+a\Rightarrow x^2=a\Rightarrow x=\sqrt{a}\]

En un próximo artículo, para finalizar todo lo relacionado con las sucesiones de números reales, hablaremos sobre las sucesiones de Cauchy y enunciaremos el teorema de complitud de \(\mathbb{R}\).


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Sucesiones acotadas. Propiedades de las sucesiones convergentes

En un artículo anterior se ha definido el concepto de sucesión y de sucesión convergente. A continuación demostraremos algunas propiedades de las sucesiones convergentes y que se utilizan a menudo en las matemáticas de bachillerato a la hora de calcular límites de funciones. Nos referimos a aquello de que el límite de la suma, producto o división es la suma, producto o división de los límites (entre otras propiedades). Todo el mundo usa estas propiedades, pero... ¿de dónde vienen? A continuación lo justificamos demostrándolo para límites de sucesiones, pues el concepto de límite funcional está íntimamente ligado al de límite de una sucesión.

Antes de demostrar las propiedades de la sucesiones convergentes, definiremos unos conceptos relacionados con las sucesiones que también se utilizan a menudo. Nos referimos a las sucesiones acotadas. Para ello recordemos que un conjunto de números reales está mayorado (respectivamente, minorado) si existe un número real que es mayor o igual (respectivamente, menor o igual) que todos los del conjunto. Diremos también que un conjunto de números reales está acotado si está a la vez mayorado y minorado. Esto es lo mismo que decir que, dado \(A\subset\mathbb{R}\), \(A\) está acotado si existe un número real \(M>0\) tal que \(M\geqslant |a|,\,\forall a\in A\) ya que, por las propiedades del valor absoluto, esto es equivalente a decir que \(-M\leqslant a\leqslant M,\,\forall a\in A\), con lo que \(A\) está a la vez mayorado y minorado.

Considerando lo anterior diremos que una sucesión está mayorada (respectivamente, minorada) si el conjunto de sus términos está mayorado (respectivamente, minorado). Diremos también que una sucesión está acotada si está a la vez mayorada y minorada. Podemos escribir lo anterior de manera simbólica:

  • \(\{x_n\}\) esta mayorada \(\Leftrightarrow\,\exists\,K\in\mathbb{R}\ |\ K\geqslant x_n,\,\forall n\in\mathbb{N}\).
  • \(\{x_n\}\) esta minorada \(\Leftrightarrow\,\exists\,k\in\mathbb{R}\ |\ k\leqslant x_n,\,\forall n\in\mathbb{N}\).
  • \(\{x_n\}\) esta mayorada \(\Leftrightarrow\,\exists\,M\in\mathbb{R}^+\ |\ M\geqslant |x_n|,\,\forall n\in\mathbb{N}\).

Un resultado importante es el siguiente:

Proposición 1.

Toda sucesión de números reales convergente está acotada.

Si \(\{x_n\}\rightarrow x\) tenemos

\[\exists\, m\in\mathbb{N}\ |\ n\geqslant m_1\Rightarrow|x_n-x|<1\]

con lo que para \(n\geqslant m\):

\[|x_n|=|x_n-x+x|\leqslant|x_n-x|+|x|<1+|x|\]

lo que prueba que el conjunto \(\{x_n\ :\ n\geqslant m\}\) está acotado. Pero ello implica que \(\{x_n\}\) está acotada, ya que \(\{x_n\ :\ n<m\}\) es finito y por tanto acotado, luego entonces el conjunto

\[\{x_n\ :\ n\in\mathbb{N}\}=\{x_n\ :\ n<m\}\cup\{x_n\ :\ n\geqslant m\}\]

es acotado, tal y como queríamos demostrar.

Propiedades de las sucesiones convergentes

Veamos ahora la relación entre sucesiones convergentes y las tres operaciones básicas en intervienen en el conjunto \(\mathbb{R}\) de los números reales: suma, producto y relación de orden. Recordamos que estas son las reglas básicas para el cálculo de límites, no sólo de sucesiones de números reales, sino también para el cálculo de límites de funciones.

Proposición 2.

Si \(\{x_n\}\) e \(\{y_n\}\) son dos sucesiones de números reales convergentes, entonces la sucesión \(\{x_n+y_n\}\) es convergente y se tiene

\[\lim\{x_n+y_n\}=\lim\{x_n\}+\lim\{y_n\}\]

Si \(x=\lim x_n\), \(y=\lim y_n\), dado \(\varepsilon>0\) arbitrario se tiene

\[\exists\, m_1\in\mathbb{N}\ |\ n\geqslant m_1\Rightarrow|x_n-x|<\frac{\varepsilon}{2}\]

\[\exists\, m_2\in\mathbb{N}\ |\ n\geqslant m_2\Rightarrow|y_n-y|<\frac{\varepsilon}{2}\]

Tomemos \(m\in\mathbb{N}\) tal que \(m\geqslant m_1\) y \(m\geqslant m_2\). Entonces, para \(n\geqslant m\) se cumple que

\[|(x_n+y_n)-(x+y)|\leqslant|x_n-x|+|y_n-y|<\frac{\varepsilon}{2}+\frac{\varepsilon}{2}=\varepsilon\]

Con lo que, usando la definición de sucesión convergente, hemos demostrado que \(\{x_n+y_n\}\rightarrow x+y\), tal y como queríamos.

Proposición 3.

Sea \(\{x_n\}\) una sucesión de números reales convergente a cero, e \(\{y_n\}\) una sucesión de números reales acotada. Entonces la sucesión \(\{x_ny_n\}\) converge a cero.

Sea \(M>0\) tal que \(M>|y_n|,\,\forall n\in\mathbb{N}\). Como \(\{x_n\}\rightarrow0\), dado \(\varepsilon>0\) se tiene

\[\exists\, m\in\mathbb{N}\ |\ n\geqslant m\Rightarrow|x_n|<\frac{\varepsilon}{M}\]

Entonces, para \(n\geqslant m\) tenemos

\[|x_ny_n|<\frac{\varepsilon}{M}M=\varepsilon\]

con lo que hemos probado que \(\{x_ny_n\}\rightarrow0\).

Corolario 1.

Sean \(\{x_n\}\), \(\{y_n\}\) sucesiones de números reales convergentes. Entonces la sucesión \(\{x_ny_n\}\) es convergente y se tiene:

\[\lim(x_ny_n)=\lim(x_n)\lim(y_n)\]

Si \(x=\lim x_n\), usando que la sucesión constantemente igual a \(-x\), \(\{-x\}\), converge a \(-x\) y que la suma de sucesiones convergentes es convergente, tenemos que \(\{x_n-x\}\rightarrow0\). Como \(\{y_n\}\) es acotada, por la proposición anterior, \(\{x_ny_n-xy_n\}\rightarrow0\). Por otro lado, si \(y=\lim y_n\) se tiene claramente que \(\{y_n-y\}\rightarrow0\) y \(\{xy_n-xy\}\rightarrow0\), luego \(\{xy_n\}\rightarrow xy\). Finalmente, volviendo a usar que la suma de sucesiones convergentes es convergente, tenemos

\[\{x_ny_n\}=\{x_ny_n-xy_n+xy_n\}\rightarrow0+xy=xy\]

tal y como queríamos demostrar.

Proposición 4.

Sea \(\{x_n\}\) una sucesión de números reales no nulos, convergente a un límite no nulo \(x\). Entonces la sucesión \(\left\{\dfrac{1}{x_n}\right\}\) converge a \(\dfrac{1}{x}\).

Por ser \(\{x_n\}\) convergente a \(x\) y \(x\neq0\) tenemos

\[\exists\, m\in\mathbb{N}\ |\ n\geqslant m\Rightarrow|x_n-x|<\frac{|x|}{2}\]

de donde si \(n\geqslant m\) se verifica (ver las propiedades del valor absoluto) que

\[|x_n|=|x-(x-x_n)|\geqslant|x|-|x-x_n|>|x|-\frac{|x|}{2}=\frac{|x|}{2}\]

y por tanto, para \(n\geqslant m\)

\[\left|\frac{1}{x_n}\right|<\frac{2}{|x|}\]

de donde se deduce que la sucesión \(\left\{\dfrac{1}{x_n}\right\}\) es acotada.

Por último, como

\[\left\{\dfrac{1}{x_n}-\dfrac{1}{x}\right\}=\left\{\dfrac{x-x_n}{x}\dfrac{1}{x_n}\right\}\]

y \(\left\{\dfrac{x-x_n}{x}\right\}\rightarrow0\), la proposición anterior nos asegura que \(\left\{\dfrac{1}{x_n}-\dfrac{1}{x}\right\}\rightarrow0\), es decir, \(\left\{\dfrac{1}{x_n}\right\}\rightarrow\dfrac{1}{x}\).

Corolario 2.

Sean \(\{x_n\}\), \(\{y_n\}\) sucesiones de números reales convergentes respectivamente a \(x\), \(y\). Supongamos que \(y_n\neq0\) para todo natural \(n\) y que \(y\neq0\). Entonces la sucesión \(\left\{\dfrac{x_n}{y_n}\right\}\) converge a \(\dfrac{x}{y}\).

Es consecuencia inmediata de la proposición anterior aplicada a la sucesión \(\{y_n\}\) y del corolario 1.

Proposición 5.

Sean \(\{x_n\}\) e \(\{y_n\}\) sucesiones de números reales convergentes a los números reales \(x\) e \(y\), respectivamente. Supongamos que el conjunto \(\{n\in\mathbb{N}\ :\ x_n\leq y_n\}\) es infinito. Entonces \(x\leqslant y\).

Supongamos por el contrario que \(x>y\). Tomando \(\varepsilon=\dfrac{x-y}{2}>0\) tenemos:

\[\exists\, m_1\in\mathbb{N}\ |\ n\geqslant m_1\Rightarrow x_n>x-\varepsilon=\frac{x+y}{2}\]

\[\exists\, m_2\in\mathbb{N}\ |\ n\geqslant m_2\Rightarrow y_n<y+\varepsilon=\frac{x+y}{2}\]

Si tomamos \(m\in\mathbb{N}\) tal que \(m\geqslant m_1\) y \(m\geqslant m_2\), entonces si \(n\geqslant m\), se tiene que \(x_n>y_n\), es decir,

\[\{n\in\mathbb{N}\ :\ x_n\leqslant y_n\}\subset\{n\in\mathbb{N}\ :\ n<m\}\]

y por tanto el primero de estos dos conjuntos es finito, lo cual es una contradicción.

Es conveniente darse cuenta de que si suponemos la desigualdad estricta en la hipótesis de la proposición anterior, es decir, si suponemos que el conjunto \(\{n\in\mathbb{N}\ :\ x_n< y_n\}\) es infinito, no podemos afirmar que se cumpla también la desigualdad estricta en la tesis, es decir, no podemos afirmar que \(\lim x_n<\lim y_n\).\\ Por ejemplo, dadas las sucesiones \(\{x_n\}=\left\{\dfrac{1}{n+1}\right\}\), \(\{y_n\}=\left\{\dfrac{1}{n}\right\}\), es muy fácil darse cuenta de que \(x_n<y_n\,,\forall\,n\in\mathbb{N}\). Pero \(\lim x_n=\lim y_n=0\).

El siguiente corolario es una consecuencia inmediata de la proposición anterior, consecuencia que en la práctica se presenta más a menudo.

Corolario 3.

Sea \(\{x_n\}\) una sucesión de números reales convergente y sea \(a\) un número real cualquiera. Si el conjunto \(\{n\in\mathbb{N}\ :\ x_n\leqslant a\}\) (respectivamente, \(\{n\in\mathbb{N}\ :\ x_n\geqslant a\}\)) es infinito, se tiene \(\lim x_n\leqslant a\) (respectivamente, \(\lim x_n\geqslant a\)).

Finalmente damos un resultado muy útil para el cálculo de límites te sucesiones, conocido popularmente como "regla del sandwich".

Proposición 6.

Sean \(\{x_n\}\), \(\{y_n\}\), \(\{z_n\}\) sucesiones de números reales verificando que \(x_n\leq y_n\leq z_n\,,\forall\,n\in\mathbb{N}\). Supongamos que \(\{x_n\}\) y \(\{z_n\}\) son convergentes a un mismo límite \(l\). Entonces \(\{y_n\}\) converge a ese mismo límite \(l\).

Dado \(\varepsilon>0\) podemos encontrar un natural \(m\) tal que para \(n\geq m\) se tenga simultáneamente que \(|x_n-l|<\varepsilon\) y \(|z_n-l|<\varepsilon\). Entonces, para \(n\geq m\) tenemos:

\[l-\varepsilon<x_n\leq y_n\leq z_n<l+\varepsilon\]

de donde \(|y_n-l|<\varepsilon\) y, por tanto, \(\{y_n\}\rightarrow l\)

Proponemos a continuación una serie de ejercicios con sus respectivas soluciones.

Ejercicios

1. Probar que si \(\{x_n\}\) e \(\{y_n\}\) son sucesiones de números reales acotadas, entonces la sucesiones \(\{x_n+y_n\}\) y \(\{x_ny_n\}\) están acotadas.

Como \(\{x_n\}\) e \(\{y_n\}\) son acotadas, existen \(M_1,\,M_2\in\mathbb{R}^+\) tales que \(|x_n|\leqslant M_1\), \(|y_n|\leqslant M_2\), \(\forall\,n\in\mathbb{N}\).

Entonces \(|x_n+y_n|\leqslant|x_n|+|y_n|\leqslant M_1+M_2\,,\forall\,n\in\mathbb{N}\), con lo que \(\{x_n+y_n\}\) está acotada.

Por otro lado, \(|x_ny_n|=|x_n||y_n|\leqslant M_1M_2\,,\forall\,n\in\mathbb{N}\), lo que demuestra que la sucesión \(\{x_ny_n\}\) también está acotada.

2. Dar dos sucesiones \(\{x_n\}\) e \(\{y_n\}\) de números reales no convergentes, tales que \(\{x_n+y_n\}\) sea convergente.

Sean \(\{x_n\}=\{n\}\), \(\{y_n\}=\{-n\}\). Ya se demostró en el artículo anterior (ejemplo 2) que la sucesión \(\{x_n\}\) no es convergente. Por tanto, tampoco lo será \(\{y_n\}\) pues, de serlo, también lo sería la sucesión \(\{(-1)(-n)\}=\{n\}\), y esto es una contradicción. Sin embargo, \(\{x_n+y_n\}={0}\rightarrow0\) (sucesión constantemente igual a cero).

3. Supongamos que \(\{x_n+y_n\}\) es convergente. ¿Qué puede afirmarse sobre la posible convergencia de \(\{x_n\}\) e \(\{y_n\}\)?

Que, o son las dos convergentes, o ninguna lo es (véase ejercicio anterior). Si, por ejemplo, fuese \(\{x_n\}\) convergente e \(\{y_n\}\) no fuera convergente, la sucesión \(\{(x_n+y_n)-x_n\}=\{y_n\}\) sería convergente (por ser suma de convergentes), lo cual es una contradicción, pues hemos supuesto que \(\{y_n\}\) no es convergente.

4. Sea \(A\) un conjunto no vacío de números reales y sea \(x\) un mayorante de \(A\). Probar que \(x\) es el supremo de \(A\) si y sólo si existe una sucesión de elementos de \(A\) convergente a \(x\).

Como \(x\) es un mayorante de \(A\), tenemos que \(x\geqslant a\,,\forall\,a\in A\).

\(\Rightarrow)\) Supongamos que \(x=\sup A\). Por definición de supremo, para cada número real y positivo \(\varepsilon\), existe \(a\in A\) tal que \(a>x-\varepsilon\). Consideremos la sucesión \(\{a_n\}=\{x-\frac{1}{n}\}\). Por lo anterior es claro que \(a_n\in A\,,\forall\,n\in\mathbb{N}\). Por tanto \(\{a_n\}\) es una sucesión de elementos de \(A\). Además, como \(\{x\}\rightarrow x\) y \(\{\frac{1}{n}\}\rightarrow0\), entonces \(\{a_n\}=\{x-\frac{1}{n}\}\rightarrow x\).

\(\Leftarrow)\) Supongamos que existe una sucesión de elementos de \(A\),\(\{a_n\}\), convergente a \(x\). Dado \(\varepsilon>0\), existe \(m\in\mathbb{N}\) tal que si \(n\geqslant m\), entonces \(|a_n-x|<\varepsilon\), es decir, \(x-\varepsilon<a_n<x+\varepsilon\). En particular, \(a_m>x-\varepsilon\) y, por tanto, \(x=\sup A\).

También se puede demostrar, de forma completamente análoga, la misma afirmación cambiando mayorante por minorante y supremo por ínfimo.

5. Sea \(x\) un número real cualquiera. Probar que existen cuatro sucesiones \(\{r_n\}\), \(\{s_n\}\), \(\{\alpha_n\}\), \(\{\beta_n\}\) convergentes a \(x\), que verifican \(r_n,\,s_n\in\mathbb{Q}\), \(\alpha_n,\,\beta_n\in\mathbb{R}-\mathbb{Q}\), \(r_n<x<s_n\), \(\alpha_n<x<\beta_n\).

Sabemos por el ejercicio 2 del artículo dedicado a la existencia de los números irracionales que

\[x=\sup\{r\in\mathbb{Q}\,:\,r<x\}=\inf\{s\in\mathbb{Q}\,:\,s>x\}\]

y también que

\[x=\sup\{\alpha\in\mathbb{R}-\mathbb{Q}\,:\,\alpha<x\}=\inf\{\beta\in\mathbb{R}-\mathbb{Q}\,:\,\beta>x\}\]

Por el ejercicio anterior es claro que existen sucesiones \(\{r_n\}\), \(\{s_n\}\), \(\{\alpha_n\}\), \(\{\beta_n\}\) convergentes a \(x\), que verifican: \(r_n,\,s_n\in\mathbb{Q}\), \(\alpha_n,\,\beta_n\in\mathbb{R}-\mathbb{Q}\), \(r_n<x<s_n\), \(\alpha_n<x<\beta_n\).

6. Sea \(\{x_n\}\) una sucesión de números reales no nulos tal que \(\{x_n\}\rightarrow0\). Probar que \(\{\frac{1}{x_n}\}\) no está acotada.

Supongamos, razonando por reducción al absurdo, que \(\{\frac{1}{x_n}\}\) es una sucesión acotada. Entonces existe \(M\in\mathbb{R}^+\) tal que \(|\frac{1}{x_n}|\leqslant M\,,\forall\,n\in\mathbb{N}\), es decir, \(|x_n|\geqslant\frac{1}{M}>\frac{1}{M+1}\,,\forall\,n\in\mathbb{N}\). Esto contradice que \(\{x_n\}\rightarrow0\). Por tanto, la sucesión \(\{\frac{1}{x_n}\}\) no está acotada.

7. Mostrar con un ejemplo que, en la proposición 6, la hipótesis \(x_n\leqslant y_n\leqslant z_n\,,\forall\,n\in\mathbb{N}\), no se puede sustituir por la de que el conjunto \(\{n\in\mathbb{N}\,:\,x_n\leqslant y_n\leqslant z_n\}\) sea infinito. ¿Bastaría exigir la existencia de un natural \(p\) tal que para \(n\geqslant p\) se verificase \(x_n\leqslant y_n\leqslant z_n\)?

Sean \(\{x_n\}=\{0\}\), \(\{y_n\}=\{(-1)^n\}\) y \(\{z_n\}=\{1\}\). Es claro que \(\{n\in\mathbb{N}\,:\,x_n\leqslant y_n\leqslant z_n\}\) es infinito (el conjunto de los números pares:\(\{2k\,:\,k\in\mathbb{N}\}\)), pero \(\{y_n\}\) no es convergente.

Supongamos que existe \(p\in\mathbb{N}\) tal que \(x_n\leqslant y_n\leqslant z_n\,,\forall\,n\in\mathbb{N}\) con \(n\geqslant p\). Sea la sucesión \(\{r_n\}\) definida por

\[r_n=\left\{\begin{array}{ccc}
                y_n & \text{si} & n\geqslant p \\
                x_n & \text{si} & n<p
              \end{array}
  \right.\]

Entonces \(x_n\leqslant r_n\leqslant z_n\,,\forall\,n\in\mathbb{N}\) y \(\{r_n\}\) es convergente al mismo límite que \(\{x_n\}\) y \(\{z_n\}\). Pero \(y_n=r_n\,,\forall\,n\in\mathbb{N}\) con \(n\geqslant p\). Por el ejercicio 2.11.4 \(\{y_n\}\) es convergente y

\[\lim y_n=\lim r_n=\lim x_n=\lim z_n\]


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Sucesiones de números reales. Sucesiones convergentes: límite de una sucesión

Tanto en la educación secundaria obligatoria como en el bachillerato se habla poco de las sucesiones de números reales. Si acaso se dedica una unidad didáctica a las progresiones aritméticas y a las progresiones geométricas. Puesto que las sucesiones de números reales y, sobre todo, el concepto de convergencia para dichas sucesiones, son fundamentales para el estudio de las funciones reales de variable real, sobre todo en un primer curso universitario, vamos a desarrollar en este artículo los conceptos básicos relacionados con las sucesiones de números reales y con la convergencia de sucesiones dando, en este último caso, la definición más clásica de sucesión convergente y de límite de una sucesión. Intentaremos hacerlo con un lenguaje claro, sobre todo para que el alumno de bachillerato que se acerca a un grado de ciencias adquiera cierta familiaridad con estos nuevos conceptos.

Definición.

Si \(A\) es un conjunto no vacío, llamaremos sucesión de elementos de \(A\) a toda aplicación del conjunto \(\mathbb{N}\) de los números naturales en \(A\). En particular una sucesión de números reales es, por definición, una aplicación de \(\mathbb{N}\) en \(\mathbb{R}\).

Hemos de fijar nuestra atención en que para definir una sucesión de números reales basta con asociar a cada número natural un número real. Si para cada natural \(n\), \(x_n\) es un número real, notaremos \(\{x_n\}\) a la sucesión \(f:\mathbb{N}\rightarrow\mathbb{R}\) definida por

\[f(n)=x_n,\,\forall n\in\mathbb{N}\]

Así, por ejemplo, \(\left\{\dfrac{1}{n}\right\}\) es la sucesión \(f:\mathbb{N}\rightarrow\mathbb{R}\) definida por

\[f(n)=\frac{1}{n},\,\forall n\in\mathbb{N}\]

sucesión que asocia al número natural \(1\) el número \(\dfrac{1}{1}=1\), al número natural \(2\) el número \(\dfrac{1}{2}\), al número natural \(3\) el número \(\dfrac{1}{3}\), y así sucesivamente.

Al número real \(x_n\) se le llama  término n-ésimo de la sucesión \(\{x_n\}\). Es importante distinguir entre la sucesión \(\{x_n\}\) (que es una aplicación) y el conjunto \(\{x_n:n\in\mathbb{N}\}\) de sus términos (que es la imagen de la aplicación). Podemos pensar por ejemplo que las sucesiones \(\{x_n\}\) e \(\{y_n\}\) definidas por

\[x_1=0\ ,\ x_2=x_3=\ldots=1\]

\[y_1=1\ ,\ y_2=y_3=\ldots=0\]

son tales que \(\{x_n:n\in\mathbb{N}\}=\{y_n:n\in\mathbb{N}\}=\{0\,,1\}\) mientras que claramente \(\{x_n\}\neq\{y_n\}\).

Sucesiones convergentes

Definición.

Se dice que una sucesión \(\{x_n\}\) de números reales es convergente si existe un número real \(x\) con la siguiente propiedad: dado un número real y positivo \(\varepsilon\) arbitrario, siempre puede encontrarse un número natural \(m\) (que dependerá del \(\varepsilon\) elegido), tal que si \(n\) es cualquier natural mayor o igual que \(m\) se tiene \(|x_n-x|<\varepsilon\) (o equivalentemente \(x-\varepsilon<x_n<x+\varepsilon\), según las propiedades del valor absoluto). Dicho de otra forma, cualquiera sea \(\varepsilon\in\mathbb{R}^+\), todos los términos de la sucesión, salvo los correspondientes a un conjunto finito de naturales, están comprendidos entre \(x-\varepsilon\) y \(x+\varepsilon\), entendiéndose que dicho conjunto finito de números naturales dependerá en general del número positivo \(\varepsilon\) elegido.

En caso de que ocurra lo anterior, y queramos destacar el número \(x\) cuya existencia se afirma, diremos que \(\{x_n\}\) converge a \(x\) y escribiremos \(\{x_n\}\rightarrow x\). Así pues, simbólicamente:

\[\{x_n\}\rightarrow x\Leftrightarrow\forall\varepsilon>0\,,\,\exists\,m\in\mathbb{N}:n\geqslant m\Rightarrow|x_n-x|<\varepsilon\]

Merece la pena traducir a lenguaje común la definición de sucesión convergente y la simbología anterior. Lo que viene a decir es que, si una sucesión converge a un número real \(x\), todos los términos de la sucesión, a partir de uno dado, se encuentran tan cerca como queramos del número \(x\). Obsérvese que tal notación la podríamos traducir así: "decir que una sucesión es convergente a un número \(x\) es lo mismo que decir que, dado un número positivo cualquiera (por pequeño que este sea), la distancia entre infinitos términos de la sucesión y el número \(x\) es más pequeña que el número escogido". Como siempre, la notación matemática, a pesar de suponer en principio un pequeño "shock" al que la lee por vez primera, es fundamental para poder demostrar que una determinada sucesión es convergente, o para demostrar otras propiedades de las sucesiones convergentes como veremos en un artículo posterior.

Antes de ver algunos ejemplos concretos de sucesiones convergentes y no convergentes, es conveniente hacer una observación importante. Si una sucesión \(\{x_n\}\) es convergente, el número \(x\) al que converge la sucesión es único (o sea, una sucesión no puede converger a dos números distintos). Esto no es difícil de demostrar, pues si hubiera otro número real \(y\) al que la misma sucesión \(\{x_n\}\) también convergiera, tendríamos, según la condición anterior, que dado \(\varepsilon>0\) arbitrario, se cumplirían simultáneamente las dos siguientes condiciones:

\[\exists\,m_1\in\mathbb{N}:n\geqslant m_1\Rightarrow|x_n-x|<\frac{\varepsilon}{2}\]

\[\exists\,m_2\in\mathbb{N}:n\geqslant m_2\Rightarrow|y_n-x|<\frac{\varepsilon}{2}\]

Entonces, si tomamos \(n\geqslant m_1\) y \(n\geqslant m_2\) tenemos:

\[|x-y|=|x-x_n+x_n-y|\leqslant|x_n-x|+|x_n-y|<\frac{\varepsilon}{2}+\frac{\varepsilon}{2}=\varepsilon\]

de donde por ser \(\varepsilon\) un número positivo arbitrario deducimos que \(x=y\) (obsérvese que hemos utilizado esta otra propiedad del valor absoluto: \(|a+b|\leqslant|a|+|b|,\,\forall\,a,b\in\mathbb{R}\)).

Todo el razonamiento anterior nos permite introducir, por definición, el siguiente concepto.

Definición.

Si \(\{x_n\}\) es una sucesión de números reales que converge a un número real \(x\), diremos que \(x\) es el límite de la sucesión \(\{x_n\}\) y escribiremos \(\lim\,x_n=x\) como notación equivalente a \(\{x_n\}\rightarrow x\).

Ahora es el momento de ver algunos ejemplos concretos sobre el concepto de convergencia de una sucesión.

Ejemplo 1

Dado un número real y positivo \(\varepsilon\) cualquiera, el número \(\text{E}\left(\dfrac{1}{\varepsilon}\right)+1\) es claramente natural (recuerda que, dado un número real \(x\), \(\text{E}(x)\) significa "parte entera de \(x\)"). Una de las propiedades de la parte entera nos asegura que \(\dfrac{1}{\varepsilon}<\text{E}\left(\dfrac{1}{\varepsilon}\right)+1\). Pues bien, si escogemos el número natural \(m=\text{E}\left(\dfrac{1}{\varepsilon}\right)+1\), ocurre que \(\dfrac{1}{\varepsilon}<m\), o lo que es lo mismo, \(\dfrac{1}{1/\varepsilon}>\dfrac{1}{m}\Rightarrow\dfrac{1}{m}<\varepsilon\). Por tanto, dado cualquier número natural \(n\in\mathbb{N}\) cumpliendo que \(n\geqslant m\), entonces \(\dfrac{1}{n}\leqslant\dfrac{1}{m}<\varepsilon\). Acabamos de demostrar que:

\[\forall\varepsilon>0\,,\,\exists\,m\in\mathbb{N}:n\geqslant m\Rightarrow\left|\dfrac{1}{n}-0\right|=\dfrac{1}{n}<\varepsilon\]

es decir, que la sucesión \(\left\{\dfrac{1}{n}\right\}\) converge a \(0\): \(\left\{\dfrac{1}{n}\right\}\rightarrow0\), o bien, \(\lim\,\dfrac{1}{n}=0\).

Ejemplo 2

Demostremos ahora que la sucesión \(\{n\}\) no es convergente. Razonaremos por reducción al absurdo. Si existiera \(x\in\mathbb{R}\) tal que \(\{n\}\rightarrow x\), entonces:

\[\forall\varepsilon>0\,,\,\exists\,m\in\mathbb{N}:n\geqslant m\Rightarrow x-\varepsilon<n<x+\varepsilon\]

pero esto es absurdo pues \(\mathbb{N}\) no está mayorado. Así pues la sucesión \(\{n\}\) no es convergente.

Ejemplo 3

La sucesión \(\{(-1)^n\}\) tampoco es convergente. Razonaremos también por reducción al absurdo. Supongamos que existiera \(x\in\mathbb{R}\) tal que \(\{(-1)^n\}\rightarrow x\). Entonces

\[\forall\varepsilon>0\,,\,\exists\,m\in\mathbb{N}:n\geqslant m\Rightarrow|(-1)^n-x|<\varepsilon\]

Ahora consideremos tres casos.

Caso 1. \(x=0\). Entonces \(|(-1)^n|<\varepsilon\Rightarrow 1<\varepsilon\), que es una contradicción pues \(\varepsilon\) es un número real y positivo arbitrario.

Caso 2. \(x>0\). En este caso cuando \(n\geqslant m\) sea impar tendremos que

\[|(-1)^n-x|=|-1-x|=|1+x|=1+x<\varepsilon\]

Luego \(1<1+x<\varepsilon\) y vuelve a haber una contradicción.

Caso 3. \(x<0\). En este caso cuando \(n\geqslant m\) sea par tendremos que

\[|(-1)^n-x|=|1-x|=1-x<\varepsilon\]

Esto es otra vez contradictorio pues si \(x<0\), entonces \(-x>0\) y \(1-x>1\).

Hemos demostrado pues que la sucesión \(\{(-1)^n\}\) no es convergente. Los términos de esta sucesión son \(\{-1,1,-1,1,-1,1,\ldots\}\). Obsérvese que si tomamos siempre \(n\) impar la sucesión se convierte en la sucesión \(\{-1\}\), constantemente igual a \(-1\); y que si tomamos siempre \(n\) par la sucesión se convierte en la sucesión \(\{1\}\), constantemente igual a \(1\). Ambas sucesiones son convergentes por ser constantes, la primera a \(-1\) y la segunda a \(1\). Esto no es ninguna tontería. Una sucesión \(\{x_n\}\) es constante si \(\{x_n\}=\{k\},\,\forall\,n\in\mathbb{N}\), donde \(k\) es un número real cualquiera. Es muy fácil demostrar que \(\{x_n\}=\{k\}\rightarrow k\). Volviendo a lo anterior, \(\{(-1)^n\}\) no es convergente, pero contiene dos "subsucesiones" convergentes. El concepto de subsucesión o sucesión parcial de una sucesión lo veremos en otro artículo dedicado a las sucesiones convergentes y sus propiedades.

Ejemplo 4

Demostraremos finalmente que la sucesión \(\{x_n\}=\left\{\dfrac{n^2}{n^2+n-1}\right\}\) es convergente. Para poder demostrarlo deberemos de "intuir" el posible límite. El conjunto de los términos de esta sucesión es

\[\{x_1,x_2,x_3,x_4,x_5,\ldots\}=\left\{1,\frac{4}{5},\frac{9}{11},\frac{16}{19},\frac{25}{29},\ldots\right\}\]

términos que, aparentemente, se "acercan" cada vez más al número \(1\) (lo que sugiere que éste sea el límite de la sucesión). Entonces debemos acotar la expresión \(|x_n-1|\). Para ello, como en el ejemplo número 1, dado un número real y positivo \(\varepsilon\) cualquiera, tomemos \(m=\text{E}\left(\dfrac{1}{\varepsilon}\right)+1\). Ya hemos visto que \(\dfrac{1}{m}<\varepsilon\). Entonces, dado \(n\in\mathbb{N}\) cumpliendo que \(n\geqslant m\), tenemos:

\[|x_n-1|=\left|\frac{n^2}{n^2+n-1}-1\right|=\left|\frac{1-n}{n^2+n-1}\right|=\]

\[=\frac{n-1}{n^2+n-1}\leqslant\frac{n-1}{n^2-1}=\frac{1}{n+1}<\frac{1}{n}<\frac{1}{m}<\varepsilon\]

Lo anterior demuestra que la sucesión \(\left\{\dfrac{n^2}{n^2+n-1}\right\}\) es convergente y que \(\lim\left\{\dfrac{n^2}{n^2+n-1}\right\}=1\).

 

El alumno de bachillerato advertirá que el cálculo del límite de la sucesión del ejemplo anterior se podría llevar a cabo usando las técnicas del cálculo de límite de funciones, es decir, calculando el límite cuando \(x\) tiende a "más infinito" de la función \(f(x)=\displaystyle\frac{x^2}{x^2+x-1}\):

\[\lim_{x\rightarrow+\infty}f(x)=\lim_{x\rightarrow+\infty}\frac{x^2}{x^2+x-1}\]

Según las técnicas de cálculo de límites mencionadas rápidamente se sabe que el límite anterior es igual a 1 (límite en el infinito de una función racional en el que los grados de numerador y denominador coinciden: el límite es el cociente de los coeficientes líderes). Esto nos llevará, naturalmente, a pensar que \(\left\{\dfrac{n^2}{n^2+n-1}\right\}\rightarrow1\).

Pero es justo al contrario. Las técnicas de cálculo de límites de funciones reales de variable real se demuestran usando previamente el concepto de convergencia de una sucesión de números reales. De hecho, para definir el concepto de límite funcional, hemos de usar el concepto de sucesión convergente. Sin embargo, en el actual bachillerato, se aprende antes a calcular límites de funciones que de sucesiones, y ello sin ni siquiera conocer con cierto rigor el concepto de límite. Este artículo ha pretendido arrojar luz sobre el significado de límite en matemáticas. Y para ello, quizás lo más adecuado sea empezar por el concepto de sucesión convergente.


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Resolviendo algunas indeterminaciones. Límites funcionales de interés (I)

Se ha demostrado en un artículo anterior que

\[\lim_{x\rightarrow\pm\infty}\left(1+\dfrac{1}{x}\right)^x=\text{e}\quad(1)\]

La demostración la puedes ver aquí. Es más, en realidad se ha demostrado un resultado más general:

\[f(x)\rightarrow\pm\infty\Rightarrow\left(1+\dfrac{1}{f(x)}\right)^{f(x)}\rightarrow\text{e}\quad(2)\]

Si en la expresión \((2)\) hacemos el cambio de variable \(h(x)=\dfrac{1}{f(x)}\) entonces, como \(f(x)\rightarrow\pm\infty\), tenemos que \(h(x)\rightarrow0\), con lo que obtenemos el siguiente resultado equivalente:

\[h(x)\rightarrow0\Rightarrow\left(1+h(x)\right)^{\frac{1}{h(x)}}\rightarrow\text{e}\quad(3)\]

Supongamos ahora que deseamos estudiar el carácter de la función \(f(x)^{g(x)}\) bajo las hipótesis de que \(f(x)\rightarrow1\) y de que \(g(x)\rightarrow\pm\infty\), es decir, deseamos resolver en general la indeterminación del tipo \(1^\infty\). La idea es obtener una expresión equivalente para \(f(x)^{g(x)}\) de tal manera que la indeterminación del tipo \(1^\infty\) se convierta en otra del tipo \(0\cdot\infty\).

Observemos:

\[f(x)^{g(x)}=\left(1+(f(x)-1)\right)^{g(x)}=\left[\left(1+(f(x)-1)\right)^{\frac{1}{f(x)-1}}\right]^{g(x)(f(x)-1)}\quad(4)\]

Como \(f(x)\rightarrow1\), entonces claramente \(\left(f(x)-1\right)\rightarrow0\), y por el resultado \((3)\) tenemos que

\[\left(1+(f(x)-1)\right)^{\frac{1}{f(x)-1}}\rightarrow\text{e}\]

con lo que podemos afirmar que las implicaciones hacia la derecha de las siguientes equivalencias son ciertas:

\[g(x)(f(x)-1)\rightarrow L\Longleftrightarrow f(x)^{g(x)}\rightarrow\text{e}^L\]
\[g(x)(f(x)-1)\rightarrow+\infty\Longleftrightarrow f(x)^{g(x)}\rightarrow\text{e}^{+\infty}=+\infty\]
\[g(x)(f(x)-1)\rightarrow-\infty\Longleftrightarrow f(x)^{g(x)}\rightarrow\text{e}^{-\infty}=0\]

Tomando logaritmos en la expresión \((4)\) tenemos

\[\ln f(x)^{g(x)}=g(x)(f(x)-1)\ln(1+(f(x)-1))^{\frac{1}{f(x)-1}}\]

con lo que

\[g(x)(f(x)-1)=\frac{\ln f(x)^{g(x)}}{\ln(1+(f(x)-1))^{\frac{1}{f(x)-1}}}\quad(5)\]

De esta última igualdad se pueden demostrar fácilmente las implicaciones hacia la izquierda de las equivalencias anteriores.

Observemos que las implicaciones hacia la derecha de tales equivalencias permiten resolver la indeterminación del tipo \(1^\infty\) resolviendo una del tipo \(0\cdot\infty\).

La fórmula

\[f(x)^{g(x)}=\text{e}^{g(x)\ln f(x)}\quad(6)\]

permite hacer lo mismo, pero la expresión \(g(x)(f(x)-1)\) es usualmente más fácil de tratar que la expresión \(g(x)\ln f(x)\).

Hagamos algunos límites funcionales que sirvan como ejemplo del desarrollo teórico anterior.

Calcular los siguientes límites:

a) \(\displaystyle\lim_{x\rightarrow1}\left(2x-\dfrac{3x-1}{x+1}\right)^{\dfrac{1}{x-1}}\)

b) \(\displaystyle\lim_{x\rightarrow+\infty}x^{1/x}\)

c) \(\displaystyle\lim_{x\rightarrow1}\dfrac{\ln(3x-2)}{x-1}\)

d) \(\displaystyle\lim_{x\rightarrow0}(\cos x)^{1/\text{sen}\,x}\)

a) Se trata de una indeterminación del tipo \(1^\infty\). Tomando \(f(x)=2x-\dfrac{3x-1}{x+1}\) y \(g(x)=\dfrac{1}{x-1}\) tenemos que

\[g(x)(f(x)-1)=\dfrac{1}{x-1}\left(2x-\dfrac{3x-1}{x+1}-1\right)=\frac{1}{x-1}\cdot\frac{2x^2-2x}{x+1}=\frac{2x^2-2x}{x^2-1}\]

Como

\[\displaystyle\lim_{x\rightarrow1}\dfrac{2x^2-2x}{x^2-1}=\lim_{x\rightarrow1}\dfrac{2x(x-1)}{(x+1)(x-1)}=\lim_{x\rightarrow1}\dfrac{2x}{x+1}=\dfrac{2}{2}=1\]

Entonces

\[\displaystyle\lim_{x\rightarrow1}\left(2x-\dfrac{3x-1}{x+1}\right)^{\dfrac{1}{x-1}}=\text{e}^1=\text{e}\]

b) En este límite aparece la indeterminación \(\infty^0\). Para resolverlo usaremos la fórmula \((6)\) vista anteriormente. En este caso

\[x^{1/x}=\text{e}^{(1/x)\ln x}\]

Pero \(\displaystyle \lim_{x\rightarrow+\infty}\dfrac{1}{x}\ln x=\lim_{x\rightarrow+\infty}\dfrac{\ln x}{x}=0\), ya que la función potencia es un infinito de orden superior que la función logaritmo.

Por tanto

\[\displaystyle\lim_{x\rightarrow+\infty}x^{1/x}=\lim_{x\rightarrow+\infty}\text{e}^{(1/x)\ln x}=\text{e}^0=1\]

c) En este caso aparece una indeterminación del tipo \(\dfrac{0}{0}\). Podemos transformar esta indeterminación usando las propiedades de los logaritmos.

Obsérvese que

\[\frac{\ln(3x-2)}{x-1}=\frac{1}{x-1}\ln(3x-2)=\ln(3x-2)^{\frac{1}{x-1}}\]

Ahora hemos de calcular el límite \(\displaystyle\lim_{x\rightarrow1}(3x-2)^{\frac{1}{x-1}}\), que es del tipo \(1^\infty\). Llamemos para ello \(f(x)=3x-2\) y \(g(x)=\dfrac{1}{x-1}\). Entonces:

\[g(x)(f(x)-1)=\frac{1}{x-1}(3x-2-1)=\frac{3x-3}{x-1}\]

 

con lo que

\[\lim_{x\rightarrow1}\frac{3x-3}{x-1}=\lim_{x\rightarrow1}\frac{3(x-1)}{x-1}=3\]

Por tanto

\[\lim_{x\rightarrow1}(3x-2)^{\frac{1}{x-1}}=\text{e}^3\]

Así pues, finalmente

\[\lim_{x\rightarrow1}\frac{\ln(3x-2)}{x-1}=\ln\text{e}^3=3\]

Habría otra forma de hacer este límite haciendo uso de infinitésimos equivalentes. ¿Sabrías cómo?

d) Volvemos a tener una indeterminación del tipo \(1^\infty\). Llamando \(f(x)=\cos x\) y \(g(x)=\dfrac{1}{\text{sen}\,x}\), tenemos:

\[g(x)(f(x)-1)=\frac{1}{\text{sen}\,x}(\cos x-1)=\frac{\cos x-1}{\text{sen}\,x}\]

Ahora tenemos que estudiar el carácter de \(\dfrac{\cos x-1}{\text{sen}\,x}\) cuando \(x\rightarrow0\), que es una indeterminación del tipo \(\dfrac{0}{0}\). Multiplicando numerador y denominador por \(\cos x+1\) tenemos:

\[\lim_{x\rightarrow0}\frac{\cos x-1}{\text{sen}\,x}=\lim_{x\rightarrow0}\frac{(\cos x-1)(\cos x+1)}{\text{sen}\,x(\cos x+1)}=\lim_{x\rightarrow0}\frac{\cos^2 x-1}{\text{sen}\,x(\cos x+1)}=\]

\[=\lim_{x\rightarrow0}\frac{-\text{sen}^2x}{\text{sen}\,x(\cos x+1)}=\lim_{x\rightarrow0}\frac{-\text{sen}\,x}{\cos x+1}=\frac{0}{2}=0\]

Por tanto

\[\lim_{x\rightarrow0}(\cos x)^{1/\text{sen}\,x}=\text{e}^0=1\]

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El número e como límite de una determinada función

Pretendemos demostrar en este artículo que el límite de la función \(\left(1+\dfrac{1}{x}\right)^x\) cuando \(x\rightarrow+\infty\) es el número \(\text{e}\). Obsérvese que la función anterior no está definida en el intervalo \([-1,\,0]\) (pues en estos casos la base es negativa y nos limitamos al estudio de funciones del tipo \(f(x)^{g(x)}\) con \(f(x)\) positivo). Además, cuando \(x\rightarrow+\infty\) tenemos

\[\left(1+\frac{1}{x}\right)^x\rightarrow\left(1+\frac{1}{+\infty}\right)^{+\infty}=1^{+\infty}\]

que es una de la indeterminaciones que aparecen en el cálculo de límites (hemos utilizado que \(x\rightarrow\infty\Rightarrow1/x\rightarrow0\)).

Aprovechemos este momento para comentar también que, cuando \(x\rightarrow0^+\), entonces

\[\left(1+\frac{1}{x}\right)^x\rightarrow\left(1+\frac{1}{0^+}\right)^0=+\infty^0\]

que es otra indeterminación (hemos usado que \(x\rightarrow0^+\Rightarrow1/x\rightarrow+\infty\)).

En la demostración que vamos a hacer se verá que si se sustituye \(+\infty\) por \(-\infty\) el límite sigue siendo el número \(\text{e}\):

\[\lim_{x\rightarrow-\infty}\left(1+\frac{1}{x}\right)^x=\text{e}\]

La idea consiste en tomar una sucesión \(\{x_n\}\) de número reales divergente (es decir, una sucesión cuyos términos tienden a \(+\infty\) o a \(-\infty\)) y demostrar que el límite de la sucesión \(\left\{\left(1+\dfrac{1}{x_n} \right )^{x_n}\right\}\) es igual al número \(\text{e}\). Formalizemos esta idea.

Proposición

Sea \(\{x_n\}\) una sucesión divergente de números reales. Podemos suponer sin perder generalidad que \(x_n\notin[-1,\,0],\,\forall\,n\in\mathbb{N}\), con lo que \(1+\dfrac{1}{x_n}\) es siempre un número real positivo para todo \(n\in\mathbb{N}\). Entonces

\[\left\{\left(1+\dfrac{1}{x_n}\right)^{x_n}\right\}\rightarrow \text{e}\]

Demostración

Comenzaremos probando el caso particular en que \(x_n=n,\,\forall\,n\in\mathbb{N}\), esto es, demostraremos que

\[\left\{\left(1+\dfrac{1}{n}\right)^n\right\}\rightarrow \text{e}\]

Usando la fórmula de la potencia de un binomio (binomio de Newton) se tiene, para todo natural \(n\), que

\[\left(1+\frac{1}{n}\right)^n=\binom{n}{0}1^n\frac{1}{n^0}+\binom{n}{1}1^{n-1}\frac{1}{n^1}+\binom{n}{2}1^{n-2}\frac{1}{n^2}+\ldots+\binom{n}{n}1^0\frac{1}{n^n}=\]

\[=1+n\frac{1}{n}+\binom{n}{2}\frac{1}{n^2}+\binom{n}{3}\frac{1}{n^3}+\ldots+\binom{n}{n}\frac{1}{n^n}=(\bigstar)\]

En un artículo dedicado a los números combinatorios aparece, al final del mismo (con su demostración), una propiedad según la cual

\[\binom{n}{k}\frac{1}{n^k}=\frac{1}{k!}\left(1-\frac{1}{n}\right)\left(1-\frac{2}{n}\right)\cdots\left(1-\frac{k-1}{n}\right)\]

Usando esta propiedad podemos simplificar la igualdad \((\bigstar)\) obteniendo finalmente:

\[(a+b)^n=1+1+\frac{1}{2!}\left(1-\frac{1}{n}\right)+\frac{1}{3!}\left(1-\frac{1}{n}\right)\left(1-\frac{2}{n}\right)+\ldots\]

\[\ldots+\frac{1}{n!}\left(1-\frac{1}{n}\right)\left(1-\frac{2}{n}\right)\cdots\left(1-\frac{n-1}{n}\right)\quad(\bigstar\bigstar)\]

Teniendo en cuenta la anterior igualdad es claro que la sucesión \(\left(1+\dfrac{1}{n}\right)^n\) es creciente y que:

\[\left(1+\frac{1}{n}\right)^n\leqslant1+\frac{1}{1!}+\frac{1}{2!}+\ldots+\frac{1}{n!}\leqslant\text{e}\,,\,\forall\,n\in\mathbb{N}\]

Para ello hemos usado que

\[\left(1-\dfrac{1}{n}\right)\left(1-\dfrac{2}{n}\right)\cdots\left(1-\dfrac{k-1}{n}\right)\leqslant1\,,\forall\, k=1,\,2,\ldots,\,n\]

pues todos los factores menores o iguales que \(1\).

También hemos usado que, fijando \(n\in\mathbb{N}\) tenemos:

\[1+\frac{1}{1!}+\frac{1}{2!}+\ldots+\frac{1}{n!}\leqslant\text{e}\]

ya que la sucesión \(\{x_n\}=1+\frac{1}{1!}+\frac{1}{2!}+\ldots+\frac{1}{n!}\) tiene como límite el número \(\text{e}\) (esto lo puedes consultar el artículo "descubiendo el número \(\text{e}\)").

Hemos demostrado pues que la sucesión \(\left(1+\dfrac{1}{n}\right)^n\) tiene límite (ya que es creciente y todos sus términos están acotados por el número \(\text{e}\)). Además por la misma razón, su límite, \(l\), verifica \(l\leqslant\text{e}\).

Aplicando también la igualdad \((\bigstar\bigstar)\) se tiene que si \(n\), \(p\) son números naturales cualesquiera,

\[\left(1+\frac{1}{n+p}\right)^{n+p}\geqslant1+1+\frac{1}{2!}\left(1-\frac{1}{n}\right)+\ldots\]

\[\ldots+\frac{1}{p!}\left(1-\frac{1}{n}\right)\left(1-\frac{2}{n}\right)\cdots\left(1-\frac{p-1}{n}\right)\]

Para \(p\) fijo, la sucesión \(\left\{\left(1+\dfrac{1}{n+p}\right)^{n+p}\right\}\) converge a \(l\) (es la misma que la sucesión \(\left(1+\dfrac{1}{n}\right)^n\) sólo que le faltan los primeros términos; en el paso al límite éste, si existe, ha de ser el mismo). La sucesión que tiene por término \(n\)-ésimo la expresión que aparece en el segundo miembro de la desigualdad anterior tiene como límite

\[1+1+\frac{1}{2!}+\frac{1}{3!}+\ldots+\frac{1}{p!}\]

Se tiene por tanto

\[l\geqslant1+1+\frac{1}{2!}+\frac{1}{3!}+\ldots+\frac{1}{p!}\,,\,\forall\,p\in\mathbb{N}\]

lo que imjplica que \(l\geqslant\text{e}\). Como antes habíamos demostrado que \(l\leqslant\text{e}\), tenemos por tanto que \(l=\text{e}\), tal y como queríamos.

Bien, hemos sudado un poco, pero ya hemos demostrado que, efectivamente, \(\left\{\left(1+\dfrac{1}{n}\right)^n\right\}\rightarrow \text{e}\). De aquí, y haciendo uso de que la sucesión \(\left\{\dfrac{1}{n}\right\}\) tiene límite igual a \(0\), se deduce que

\[\left\{\left(1+\dfrac{1}{n}\right)^{n+1}\right\}=\left\{\left(1+\dfrac{1}{n}\right)^n\left(1+\frac{1}{n}\right)\right\}\rightarrow \text{e}\]

También se deduce que

\[\left\{\left(1+\frac{1}{n+1}\right)^n\right\}=\left\{\left[\left(1+\frac{1}{n+1}\right)^{n+1}\right]^{\displaystyle\frac{n}{n+1}}\right\}\rightarrow\text{e}\]

Hemos utilizado que el límite de la sucesión \(\left\{\dfrac{n}{n+1}\right\}\) es igual a \(1\).

Las dos afirmaciones anteriores las vamos a escribir, equivalentemente, de otra manera. Si tomamos un número real cualquiera \(\varepsilon>0\), por pequeño que sea, podemos escribir todos los términos de las dos sucesiones anteriores a partir de uno de ellos, entre \(\text{e}-\varepsilon\) y \(\text{e}+\varepsilon\). O sea que existe \(m\in\mathbb{N}\) tal que si \(n\geqslant m\), entonces:

\[\text{e}-\varepsilon<\left(1+\frac{1}{n}\right)^{n+1}<\text{e}+\varepsilon\quad(1)\]

\[\text{e}-\varepsilon<\left(1+\frac{1}{n+1}\right)^n<\text{e}+\varepsilon\quad(2)\]

Vamos a demostrar ahora que dada una sucesión \(\{x_n\}\) de número reales que tienda a \(+\infty\), entonces la sucesión \(\left\{\left(1+\dfrac{1}{x_n}\right)^{x_n}\right\}\) tiene como límite el número \(\text{e}\). Para ello haremos uso de las expresiones \((1)\) y \((2)\) anteriores y, para cada \(\varepsilon>0\), del número natural \(m\) para el que se cumplen.

Supongamos que \(\{x_n\}\rightarrow+\infty\), y sea \(\{k_n\}=\{\text{E}(x_n)\}\) (la sucesión parte entera de la sucesión \(\{x_n\}\)). Claramente \(\{k_n\}\rightarrow+\infty\). Pongamos esto de otra manera. Que la sucesión \(\{k_n\}\) tienda a más infinito quiere decir que todos los términos de la sucesión a partir de uno ellos es mayor o igual que \(m\), donde \(m\) es el natural con el que hemos estado trabajando anteriormente. Es decir

\[\exists\,p\in\mathbb{N}\,:\,n\geqslant p\Rightarrow k_n\geqslant m\]

Además como \(k_n\) es un número natural, para \(n\geqslant p\), se cumplen en particular \((1)\) y \((2)\), con lo cual

\[\text{e}-\varepsilon<\left(1+\frac{1}{k_n}\right)^{k_n+1}<\text{e}+\varepsilon\]

\[\text{e}-\varepsilon<\left(1+\frac{1}{k_n+1}\right)^{k_n}<\text{e}+\varepsilon\]

Por otra parte se tiene para \(n\geqslant p\) que el natural \(k_n\) verifica \(k_n\leqslant x_n<k_n+1\) (esta es una de las propiedades de la parte entera de un número real), y de aquí es fácil deducir que \(1+\dfrac{1}{k_n+1}<1+\dfrac{1}{x_n}\leqslant1+\dfrac{1}{k_n}\), y de aquí también que

\[\left(1+\dfrac{1}{k_n+1}\right)^{k_n}<\left(1+\dfrac{1}{x_n}\right)^{x_n}<\left(1+\dfrac{1}{k_n}\right)^{k_n+1}\]

Enlazando la doble desigualdad anterior de manera conveniente con las anteriores desigualdades \((1)\) y \((2)\), obtenemos:

\[n\geqslant p\Rightarrow \text{e}-\varepsilon<\left(1+\frac{1}{x_n}\right)^{x_n}<\text{e}+\varepsilon\]

lo que demuestra lo que queríamos, es decir, que \(\left\{\left(1+\dfrac{1}{x_n}\right)^{x_n}\right\}\rightarrow\text{e}\) cuando \(\{x_n\}\rightarrow+\infty\).

Para finalizar vamos a comprobar exactamente lo anterior cuando la sucesión tiende a "menos infinito", es decir, que si \(\{x_n\}\rightarrow-\infty\), entonces también \(\left\{\left(1+\dfrac{1}{x_n}\right)^{x_n}\right\}\rightarrow\text{e}\). Para ello bastará hacer un cambio de variable.

Supongamos que \(\{x_n\}\rightarrow-\infty\) y sea \(y_n=-x_n-1,\,\forall\,n\in\mathbb{N}\) (obsérvese que claramente \(\{y_n\}\rightarrow+\infty\)). Es prácticamente inmediato comprobar que (¡hazlo, inténtalo!)

\[\left(1+\frac{1}{x_n}\right)^{x_n}=\left(1+\frac{1}{y_n}\right)^{y_n}\left(1+\frac{1}{y_n}\right)\,,\,\forall\,n\in\mathbb{N}\]

Lo anterior, junto con el hecho de que \(\left\{\left(1+\dfrac{1}{y_n}\right)^{y_n}\right\}\rightarrow\text{e}\) (recuérdese que \(\{y_n\}\rightarrow+\infty\)), implica que

\[\left\{\left(1+\dfrac{1}{x_n}\right)^{x_n}\right\}\rightarrow\text{e}\]

tal y como queríamos demostrar.

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Descubriendo el número e

Antes de leer este artículo, en el que vamos a demostrar la existencia de un número irracional como límite de una determinada sucesión (el número \(\text{e}\)), se recomienda hacer una lectura atenta de este otro: "Sucesiones de números reales. Sucesiones convergentes: límite de una sucesión".

Proposición

Consideremos la sucesión \(\{x_n\}\) de números reales definida por:

\[x_n=1+\frac{1}{1!}+\frac{1}{2!}+\ldots+\frac{1}{n!}\,,\,\forall\,n\in\mathbb{N}\]

a)  \(\{x_n\}\) es convergente (es decir, tiene límite real). Su límite es por definición el número real \(\text{e}\).

b)  \(0<\text{e}-x_p\leqslant\dfrac{1}{p!p}\,,\,\forall\,p\in\mathbb{N}\).

c)  \(\text{e}\) es irracional.

Demostración:

a) Evidentemente \(\{x_n\}\) es creciente (si \(n,\,m\,\in\mathbb{N}\) con \(n\leqslant m\), entonces \(x_n\leqslant x_m\)). Además

\[x_n=1+\frac{1}{1!}+\frac{1}{2!}+\ldots+\frac{1}{n!}\leqslant1+1+\frac{1}{2}+\frac{1}{2^2}+\ldots+\frac{1}{2^{n-1}}=1+1+1-\frac{1}{2^{n-1}}<3\qquad(1)\]

Hemos utilizado que la expresión

\[S=\frac{1}{2}+\frac{1}{2^2}+\ldots+\frac{1}{2^{n-1}}\]

es la suma de los \(n-1\) primeros términos de la progresión geométrica \(\left\{\left(\dfrac{1}{2}\right)^n\right\}=\left\{\dfrac{1}{2^n }\right\}\). Por tanto:

\[S=\frac{\frac{1}{2^{n-1}}\cdot\frac{1}{2}-\frac{1}{2}}{\frac{1}{2}-1}=\frac{\frac{1}{2}\left(\frac{1}{2^{n-1}}-1 \right )}{-\frac{1}{2}}=1-\frac{1}{2^{n-1}}\]

También se ha hecho uso de la desigualdad \(k!\geqslant 2^{k-1},\,\forall\,k\in\mathbb{N}\), que se demuestra fácilmente por inducción (ver ejercicio resuelto c) al final de este artículo dedicado al principio de inducción).

Por tanto \(\{x_n\}\) es convergente por tratarse de una sucesión creciente y mayorada (tiene una cota superior: el número \(3\)).

La desigualdad \((1)\) implica que

\[|x_{n+1}-x_n|\leqslant\frac{1}{2^n},\,\forall\,n\in\mathbb{N}\]

lo que prueba también que \({x_n}\) es covergente pues la diferencia de dos términos consecutivos cualesquiera de la sucesión es menor o igual que \(\dfrac{1}{2^n}\), sucesión cuyo límite es cero (la demostración general de este hecho la puedes ver en el siguiente artículo: Sucesiones de Cauchy. Teorema de complitud de \(\mathbb{R}\)).

b) Para \(p\in\mathbb{N}\), \(n\in\mathbb{N}\), se tiene

\[0\leqslant x_{n+p}-x_p=\frac{1}{(p+1)!}+\frac{1}{(p+2)!}+\ldots+\frac{1}{(p+n)!}=\]

\[=\frac{1}{p!}\left(\frac{1}{p+1}+\frac{1}{(p+1)(p+2)}+\ldots+\frac{1}{(p+1)(p+2)\cdots(p+n)}\right)\leqslant\]

\[\leqslant\frac{1}{p!}\left(\frac{1}{p+1}+\frac{1}{(p+1)^2}+\ldots+\frac{1}{(p+1)^n}\right)=\]

\[=\frac{1}{p!}\frac{\displaystyle\frac{1}{(p+1)^{n+1}}-\frac{1}{p+1}}{\displaystyle\frac{1}{p+1}-1}=\frac{1}{p!p}\left(1-\frac{1}{(p+1)^n}\right)<\frac{1}{p!p}\]

de donde, como para \(p\) fijo, la sucesión \(\{x_{n+p}\}\) converge al número \(\text{e}\), tenemos \(0\leqslant \text{e}-x_p\leqslant\dfrac{1}{p!p},\,\forall\,p\in\mathbb{N}\). Además, por ser \(x_p<x_{p+1}\leqslant \text{e}\), la primera de las desigualdades es estricta. Por cierto, es claro que si el límite de \(\{x_n\}\) es el número \(\text{e}\), también lo será de la sucesión \(\{x_{n+p}\}\), pues para \(p\) fijo solamente prescindimos de algunos términos iniciales de la sucesión \(\{x_n\}\).

Obsérvese también que para demostrar este apartado se ha utilizado que \(\left\{\dfrac{1}{(p+1)^n}\right\}\) es una progresión geométrica de razón \(\dfrac{1}{p+1}\) y, por tanto, la suma \(\dfrac{1}{p+1}+\dfrac{1}{(p+1)^2}+\ldots+\dfrac{1}{(p+1)^n}\) de los \(n\) primeros términos es

\[\displaystyle \frac{\displaystyle\frac{1}{(p+1)^{n+1}}-\frac{1}{p+1}}{\displaystyle\frac{1}{p+1}-1}\]

La demostración de la igualdad

\[\frac{\displaystyle\frac{1}{(p+1)^{n+1}}-\frac{1}{p+1}}{\displaystyle\frac{1}{p+1}-1}=\frac{1}{p}\left(1-\frac{1}{(p+1)^n}\right)\]

la dejamos para el lector (¡es muy fácil!).

c) Supongamos que \(\text{e}\) fuese racional y pongamos \(\text{e}=\dfrac{m}{n}\) con \(m\) y \(n\) naturales y \(n>1\). Entonces, tomando \(p=n\) en el apartado b) tenemos

\[0<\frac{m}{n}-x_n\leqslant\frac{1}{n!n}\]

de donde, multiplicando todos los miembros de la desigualdad por \(n!\)

\[0<m(n-1)!-x_nn!\leqslant\frac{1}{n}<1\]

lo cual es absurdo, ya que \(m(n-1)!-x_nn!\) es un número entero.

Como de la suposición de que \(\text{e}\) es un número racional obtenemos una contradicción, la suposición ha de ser falsa y, entonces, \(\text{e}\) es irracional (ver demostración por reducción al absurdo).

Bien, ya hemos demostrado lo que queríamos. Obsérvese que la parte b) de la proposición permite obtener tantas cifras del número \(\text{e}\) como se desee. Por ejemplo, tomando \(p=12\), se obtiene fácilmente que

\[2,718281\leqslant \text{e}<2,718282\]

y por tanto podemos escribir \(\text{e}=2,718281\ldots\).

Aquí tienes también lo que dice la Wikipedia sobre el número \(\text{e}\).

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La problemática del infinito

Esta entrada se ha extraído, prácticamente en su totalidad del libro que lleva por título "Alex en el país de los números", de Alex Bellos.

La primera persona que planteó la problemática del infinito fue el filósofo griego Zenón de Elea, que vivió en el siglo V a.C. En una de sus famosas paradojas describía una hipotética carrera entre Aquiles y una tortuga. Como el héroe heleno es más rápido, la tortuga parte con cierta distancia de ventaja. El célebre guerrero empieza en el punto \(A\) y su retador en un punto \(B\) por delante de él. En cuanto da comienzo la carrera, Aquiles sale con pies ligeros y pronto alcanza el punto \(B\), pero para entonces la tortuga ya ha avanzado hasta el punto \(C\). Aquiles entonces surca el espacio hasta \(C\). Pero de nuevo, cuando llega a esa posición, la tortuga ya se ha arrastrado hasta \(D\). Aquiles debe alcanzar \(D\), por supuesto, pero cuando lo haga, la tortuga ya se encontrará en \(E\). Zenón argumentaba que este «corre que te pillo» se prolongaría eternamente y, en consecuencia, el veloz Aquiles nunca conseguiría adelantar a su lento rival cuadrúpedo. El atleta es mucho más rápido que la tortuga, pero no puede vencerla en una carrera.

problematica infinito 01

Todas las paradojas de Zenón extraen conclusiones aparentemente absurdas mediante la disección del movimiento continuo en eventos discretos. Antes de que Aquiles pueda alcanzar a la tortuga, debe completar un número infinito de tramos finitos. La paradoja nace de la suposición de que es imposible completar un número infinito de intervalos espaciales en un tiempo finito.

Sin embargo, los griegos no poseían la profundidad de la comprensión matemática de infinito para ver que esa suposición es una falacia. Es posible completar un número infinito de tramos en un tiempo finito. El requisito es que estos sean cada vez más cortos y breves, y que tanto la distancia como el tiempo tiendan a cero. No obstante, esta es una condición necesaria pero no suficiente; los intervalos también tienen que reducirse de acuerdo con una determinada proporción.

Esto es lo que ocurre con Aquiles y la tortuga. Supongamos que Aquiles corre a una velocidad dos veces mayor que la de la tortuga, y que \(B\) está a \(1\) metro de distancia de \(A\). Cuando Aquiles alcanza el punto \(B\), la tortuga se ha desplazado \(\dfrac{1}{2}\) de metro hasta el punto \(C\). Cuando Aquiles llega a \(C\), la tortuga ha avanzado \(\dfrac{1}{4}\) de metro hasta el punto \(D\). Y así sucesivamente. La distancia total en metros que debe correr Aquiles para alcanzar a la tortuga es:

\[1+\frac{1}{2}+\frac{1}{4}+\frac{1}{8}+\frac{1}{16}+\,\ldots\]

Si Aquiles tardara un segundo en completar cada uno de estos intervalos, le llevaría una eternidad completar toda la distancia. Pero no es el caso. A una velocidad constante, tardarán un segundo en recorrer un metro, medio segundo en recorrer medio metro, un cuarto de segundo en recorrer un cuarto de metro, etc. Por tanto, el tiempo en segundos que necesita para alcanzar a la tortuga viene determinado por la misma suma:

\[1+\frac{1}{2}+\frac{1}{4}+\frac{1}{8}+\frac{1}{16}+\,\ldots\]

Cuando tanto el tiempo como la distancia se describen mediante una sucesión en la que cada término es la mitad del anterior, ambas magnitudes convergen simultáneamente en un valor fijo y finito. En el caso planteado, \(2\) segundos y \(2\) metros. Esto no es difícil de demostrar.

Llamemos

\[x=1+\frac{1}{2}+\frac{1}{4}+\frac{1}{8}+\frac{1}{16}+\,\ldots\]

Como

\[1+\frac{1}{2}+\frac{1}{4}+\frac{1}{8}+\frac{1}{16}+\,\ldots=1+\frac{1}{2}\left(1+\frac{1}{2}+\frac{1}{4}+\frac{1}{8}+\frac{1}{16}+\,\ldots\right)\Rightarrow\]

entonces

\[1+\frac{1}{2}x=x\Rightarrow 2+x=2x\Rightarrow x=2\]

Así pues rsulta que Aquiles sí atrapará a la tortuga.

No todas las paradojas de Zenón se solucionan con series infinitas. En la «paradoja de la dicotomía» un corredor va de \(A\) a \(B\). En este caso, llamaremos \(C\) al primer punto por el que pase el corredor después de salir de \(A\). Sin embargo, para llegar a \(C\), el corredor ha tenido que cruzar el punto que está a mitad de camino de \(C\). Por tanto, \(C\) no puede ser el primer punto por el que pasa. De ahí se deduce que no puede haber un «primer punto» de paso, pues siempre habrá otro por el que el corredor deba pasar antes. Si ese primer punto no existe, argumentaba Zenón, el corredor nunca podrá salir de \(A\).

Según la leyenda, para refinar esta paradoja, Diógenes el Cínico se levantó en silencio y caminó desde \(A\) hasta \(B\), demostrando así que el movimiento era posible. Pero la paradoja de la dicotomía de Zenón no se rebate con tanta facilidad. En más de dos mil años de sesuda meditación académica nadie ha sido capaz de resolver el problema en su totalidad. Parte de la confusión se debe a que una linea continua no puede representarse perfectamente mediante una sucesión de infinitos puntos ni mediante un número infinito de intervalos pequeños, de igual modo que el ininterrumpido transcurso del tiempo no puede representarese de forma exacta con un número infinito de momentos discretos. Los conceptos de continuidad y "discreticidad" no son completamente reconciliables.

El sistema decimal arroja un excelente ejemplo de paradoja inspirada en Zenón. ¿Cuál es el mayor número menor que \(1\)? No es \(0,9\), pues \(0,99\) es mayor y sigue siendo menor que \(1\). Asímismo \(0,999\) es mayor que \(0,99\) y menor que \(1\). El único candidato posible es el decimal periódico \(0,9999\ldots\), donde los puntos suspensivos indican que los nueves se repiten eternamente. Pero aquí es donde aparece la paradoja. ¡No puede ser \(0,9999\ldots\) porque \(0,9999\ldots\) es idéntico a \(1\)!

Piénsalo de este modo. Si \(0,9999\ldots\) es un número diferente de \(1\), debería haber un espacio entre ellos en la recta numérica real, y por tanto debería ser posible encajar en ese hueco un número que fuera mayor que \(0,9999\ldots\) e inferior a \(1\). ¿Qué número podría ser ese? No hay número más cercano a \(1\) que \(0,9999\ldots\) Así pues, si \(0,9999\ldots\) y \(1\) no pueden ser diferentes, tienen que ser el mismo. Aunque nuestra intuición lo niegue, \(0,9999\ldots=1\).

Matemáticamente lo podemos demostrar de la siguiente manera. Llamemos \(x=0,9999\ldots\) Entonces \(10x=9,9999\ldots\) Restando esta segunda igualdad de la primera tenemos: \(10x-x=9,9999\ldots-0,9999\ldots\Rightarrow9x=9\). Con lo que \(x=1\).

Entonces, ¿cuál es el mayor número menor que \(1\)? La única conclusión satisfactoria de esta paradoja es que el número más grande inferior a \(1\) no existe. (Lo mismo ocurre con \(2\), con \(3\) y, en definitiva, con cualquier número.)

La paradoja de la carrera de Aquiles contra la tortuga se resolvió escribiendo las duraciones de sus carreras como una suma con una cantidad infinita de términos, lo que también se conoce como serie infinita. La suma de los elementos de una sucesión se denomina serie, y esta puede ser finita o infinita. Por ejemplo, si sumas los cinco primeros números naturales, obtendrás la serie finita:

\[1+2+3+4+5=15\]

Esta operación se puede efectuar mentalmente, pero cuando una serie se compone de muchos términos, el reto está en encontrar un atajo. Hay un célebre ejemplo protagonizado por el matemático alemán Carl Friedrich Gauss cuando áun era un muchacho. Según se cuenta, su profesor le pidió que calculara la suma de la serie formada por los cien primeros números naturales:

\[1+2+3+\ldots+98+99+100\]

Ante la incredulidad del profesor, Gauss contestó casi al instante: «cinco mil cincuenta». El joven prodigio había utilizado la siguiente fórmula. Si se empareja el primer número con el último, el segundo con el penúltimo, etc., la serie puede reescribirse como:

\[(1+100)+(2+99)+(3+98)+\ldots+(49+52)+(50+51)\]

Que es:

\[101+101+101+\ldots+101+101\]

Hay cincuenta términos, cada uno de ellos con un valor de \(101\), luego la suma equivale a \(50\cdot101=5050\). Podemos generalizar este resultado para cualquier número \(n\); la suma de los \(n\) primeros números es \(n+1\) sumado \(\dfrac{n}{2}\) veces, que es igual a \(\dfrac{n(n+1)}{2}\). En el caso anterior, \(n=100\), luego la solución es \(\dfrac{100(100+1)}{2}=5050\).

Cuando se suman los términos de una sucesión finita siempre se obtiene un número finito, esto es evidente. Sin embargo, cuando se suman los términos de una serie infinita surgen dos escenarios posibles. El límite, que es el valor al que se aproxima la suma a medida que se añaden términos, puede ser un número finito o puede ser infinito. Si el límite es finito, la serie se denomina convergente. De lo contrario, la serie es divergente (en realidad, hay un tercer escenario: cuando el límite no existe; en este caso, la serie sería oscilante).

Por ejemplo, ya hemos visto que la serie

\[1+\frac{1}{2}+\frac{1}{4}+\frac{1}{8}+\frac{1}{16}+\,\ldots\]

es convergente, y tiende a \(2\).

Por otra parte la serie

\[1+2+3+4+5+\ldots\]

es divergente, se encamina hacia infinito.

Quizá los griegos  recelasen del infinito, pero los matemáticos del siglo XVII estaban encantados con él. La comprensión de las series infinitas fue indispensable para que Isaac Newton inventara el cálculo diferencial e integral, uno de los desarrollos más importantes de las matemáticas.

Un ejercicio muy común para el estudiante de un primer curso universitario de matemáticas, es aquel en que te dan una serie infinita y te piden que descubras si es convergente o divergente. Es verdaderamente alucinante que la diferencia entre convergente y divergente sea tan brutal (la diferencia entre un número finito y el infinito es infinita) y que, sin embargo, los elementos que decidan el camino que toma la serie a menudo parezcan insignificantes.

Observa la serie armónica:

\[1+\frac{1}{2}+\frac{1}{3}+\frac{1}{4}+\frac{1}{5}+\,\ldots\]

El numerador de cada término es \(1\), y los denominadores son los números naturales. A simple vista, la serie armónica debería converger. Cada elemento de la serie disminuye progresivamente, luego cabría pensar que la suma de todos los términos está acotada por una cantidad fija. Pero, singularmente, la serie armónica es divergente: un caracol que va aminorando la marcha pero que nunca se detiene. Tras cien términos de la serie, el total está ligeramente por encima de \(5\). Hacen falta

\[15.092.688.622.113.788.323.693.563.264.538.101.449.859.497\]

términos para que la suma sobrepase por primera vez la barrera de \(100\). Pero este obstinado caracol continuará en su empeño por escapar y superará cualquier distancia delimitada. La serie finalmente llegará a un millón, después a mil millones, aproximándose cada vez más a infinito.

Para demostrar matemáticamente que la se armónica diverge, en otras palabras, que

\[1+\frac{1}{2}+\frac{1}{3}+\frac{1}{4}+\frac{1}{5}+\,\ldots\]

tiende infinito, demostraremos que la serie armónica es mayor que la siguiente serie, cuyor términos suma infinito:

\[\frac{1}{2}+\frac{1}{2}+\frac{1}{2}+\frac{1}{2}+\frac{1}{2}+\,\ldots\]

Comparemos los términos de la serie armónica en grupos de dos, cuatro, ocho, etc., a partir del tercero.

• Términos \(3\) y \(4\): \(\dfrac{1}{3}+\dfrac{1}{4}>\dfrac{1}{4}+\dfrac{1}{4}=\dfrac{1}{2}\)

• Términos \(5\) a \(8\): \(\dfrac{1}{5}+\dfrac{1}{6}+\dfrac{1}{7}+\dfrac{1}{8}>\dfrac{1}{8}+\dfrac{1}{8}+\dfrac{1}{8}+\dfrac{1}{8}=4\cdot\dfrac{1}{8}=\dfrac{1}{2}\)

• Términos \(9\) a \(16\): \(\dfrac{1}{9}+\dfrac{1}{10}+\dfrac{1}{11}+\dfrac{1}{12}+\dfrac{1}{13}+\dfrac{1}{14}+\dfrac{1}{15}+\dfrac{1}{16}>8\cdot\dfrac{1}{16}=\dfrac{1}{2}\)

• Términos \(17\) a \(32\): \(\dfrac{1}{17}+\dfrac{1}{18}+\dfrac{1}{19}+\ldots+\dfrac{1}{30}+\dfrac{1}{31}+\dfrac{1}{32}>16\cdot\dfrac{1}{32}=\dfrac{1}{2}\)

• Y así sucesivamente\(\ldots\)

En la lista anterior se aprecia que, como \(\dfrac{1}{3}\) es mayor que \(\dfrac{1}{4}\), \(\dfrac{1}{3}+\dfrac{1}{4}\) debe ser mayor que \(\dfrac{1}{4}+\dfrac{1}{4}\), que es igual a \(\dfrac{1}{2}\). Asimismo, como \(\dfrac{1}{5}\), \(\dfrac{1}{6}\) y \(\dfrac{1}{7}\) son mayores que \(\dfrac{1}{8}\), eso significa que \(\dfrac{1}{5}+\dfrac{1}{6}+\dfrac{1}{7}+\dfrac{1}{8}\) es mayor que cuatro octavos, es decir, \(\dfrac{1}{2}\). Si continuamos el proceso, considerando cada vez el doble de términos, veremos que es posible sumar cada grupo de términos para obtener un valor mayor que \(\dfrac{1}{2}\).

La serie armónica, por tanto, es mayor que

\[\frac{1}{2}+\frac{1}{2}+\frac{1}{2}+\frac{1}{2}+\frac{1}{2}+\,\ldots\]

que es infinitas veces un medio, que es igual a infinito. Luego la serie armónica es mayor que infinito; en otras palabras, es infinito.

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Otros 5 ejercicios sobre continuidad, límites y derivadas

Ejercicio 1

Sea la siguiente función

\[f(x)=\begin{cases}\displaystyle\frac{x+3a}{10}&\text{si}&x<0\\\displaystyle\frac{2x+1}{7x+5}&\text{si}& 0\leq x\leq1\\\displaystyle\frac{\sqrt{x+3}-2}{x-1}&\text{si}&x>1\end{cases}\]

Hallar el valor de \(a\) para que \(f\) sea continua en \(x=0\). Estudiar la continuidad de \(f\) en \(x=1\).

\[\begin{cases}\displaystyle\lim_{x\rightarrow0^-}f(x)=\lim_{x\rightarrow0^-}\frac{x+3a}{10}=\frac{3a}{10}\\\displaystyle\lim_{x\rightarrow0^+}f(x)=\lim_{x\rightarrow0^+}\frac{2x+1}{7x+5}=\frac{1}{5}=f(0)\end{cases}\]

Entonces, para que \(f\) sea continua en \(x=0\) debe de ocurrir que

\[\lim_{x\rightarrow0^-}f(x)=\lim_{x\rightarrow0^+}f(x)=f(0)\]

Por tanto:

\[\frac{3a}{10}=\frac{1}{5}\Rightarrow a=\frac{10}{15}=\frac{2}{3}\]

Estudiemos ahora la continudad de la función en \(x=1\).

Por un lado:

\[\lim_{x\rightarrow1^-}f(x)=\lim_{x\rightarrow1^-}\frac{2x+1}{7x+5}=\frac{3}{12}=\frac{1}{4}\]

Por otro lado:

\[\lim_{x\rightarrow1^+}f(x)=\lim_{x\rightarrow1^+}\frac{\sqrt{x+3}-2}{x-1}=\left[\frac{0}{0}\right]=\lim_{x\rightarrow1^+}\frac{(\sqrt{x+3}-2)(\sqrt{x+3}+2)}{(x-1)(\sqrt{x+3}+2)}=\]

\[=\lim_{x\rightarrow1^+}\frac{x+3-4}{(x-1)(\sqrt{x+3}+2)}=\lim_{x\rightarrow1^+}\frac{x-1}{(x-1)(\sqrt{x+3}+2)}=\lim_{x\rightarrow1^+}\frac{1}{\sqrt{x+3}+2}=\frac{1}{4}\]

Como los límites laterales son iguales, entonces existe el límite: \(\displaystyle\lim{x\rightarrow1}f(x)=\dfrac{1}{4}\). Además \(f(1)=\dfrac{1}{4}\). Por tanto \(\displaystyle\lim_{x\rightarrow1}f(x)=f(1)=\dfrac{1}{4}\), y \(f\) es continua en \(x=1\).

Ejercicio 2

Calcular los siguientes límites:

a) \(\displaystyle\lim_{x\rightarrow-\infty}\dfrac{-12x^2+7x+1}{(2x+1)(1-4x)}\) ; b) \(\displaystyle\lim_{x\rightarrow0^-}\left(\dfrac{2}{x}-\dfrac{3}{x+1}\right)\) ;

c) \(\displaystyle\lim_{x\rightarrow+\infty}\left(\sqrt{x^2+x}-\sqrt{x^2-x}\right)\) ; d) \(\displaystyle\lim_{x\rightarrow1}\dfrac{\sqrt{x}-\displaystyle\frac{1}{x}}{x-1}\)

a) \(\displaystyle\lim_{x\rightarrow-\infty}\dfrac{-12x^2+7x+1}{(2x+1)(1-4x)}=\lim_{x\rightarrow-\infty}\dfrac{-12x^2+7x+1}{-8x^2-2x-1)}=\dfrac{-12}{-8}=\dfrac{1}{4}\)

b) \(\displaystyle\lim_{x\rightarrow0^-}\left(\dfrac{2}{x}-\dfrac{3}{x+1}\right)=\lim_{x\rightarrow0^-}\dfrac{2(x+1)-3x}{x(x+1)}=\left[\dfrac{0}{0}\right]=-\infty\)

Pero es más fácil hacerlo así: \(\displaystyle\lim_{x\rightarrow0^-}\left(\dfrac{2}{x}-\dfrac{3}{x+1}\right)=-\infty-3=-\infty\)

c) \(\displaystyle\lim_{x\rightarrow+\infty}\left(\sqrt{x^2+x}-\sqrt{x^2-x}\right)=\left[\infty-\infty\right]\lim_{x\rightarrow+\infty}\dfrac{\left(\sqrt{x^2+x}-\sqrt{x^2-x}\right)\left(\sqrt{x^2+x}+\sqrt{x^2-x}\right)}{\sqrt{x^2+x}+\sqrt{x^2-x}}=\)

\(=\lim_{x\rightarrow+\infty}\dfrac{x^2+x-x^2+x}{\sqrt{x^2+x}+\sqrt{x^2-x}}=\lim_{x\rightarrow+\infty}\dfrac{2x}{\sqrt{x^2+x}+\sqrt{x^2-x}}=\dfrac{2}{1+1}=\dfrac{2}{2}=1\)

d) \(\displaystyle\lim_{x\rightarrow1}\dfrac{\sqrt{x}-\displaystyle\frac{1}{x}}{x-1}=\left[\dfrac{0}{0}\right]=\lim_{x\rightarrow1}\dfrac{x\sqrt{x}-1}{x(x-1)}=\lim_{x\rightarrow1}\dfrac{(x\sqrt{x}-1)(x\sqrt{x}+1)}{x(x-1)(x\sqrt{x}+1)}=\)

\(=\displaystyle\lim_{x\rightarrow1}\dfrac{x^3-1}{x(x-1)(x\sqrt{x}+1)}=\lim_{x\rightarrow1}\dfrac{(x-1)(x^2+x+1)}{x(x-1)(x\sqrt{x}+1)}=\lim_{x\rightarrow1}\dfrac{x^2+x+1}{x(x\sqrt{x}+1)}=\dfrac{3}{2}\)

Ejercicio 3

De la función siguiente calcular el dominio, los puntos de corte con los ejes y las asíntotas. Hacer una representación gráfica aproximada de la misma.

\[f(x)=\frac{x^3-27}{x^2-2x-15}\]

Las soluciones de \(x^2-2x-15=0\) son \(x=-3\) y \(x=5\). Por tanto \(\text{Dom}\,f=\mathbb{R}-\{-3\,,\,5\}\).

\(\dfrac{x^3-27}{x^2-2x-15}=0\Rightarrow x^3-27=0\Rightarrow x^3=27\Rightarrow x=\sqrt[3]{27}=3\). Por tanto el punto de corte con el eje \(X\) es \((3\,,\,0)\).

\(\dfrac{0^3-27}{0^2-2\cdot0-15}=\dfrac{-27}{-15}=\dfrac{9}{5}\), lo que quiere decir que el punto de corte con el eje \(Y\) es \(\left(0\,,\,\dfrac{9}{5}\right)\).

\(\displaystyle\lim_{x\rightarrow-3}\dfrac{x^3-27}{x^2-2x-15}=\left[\dfrac{-54}{0}\right]=\begin{cases}-\infty&si&x\rightarrow-3^-\\+\infty&si&x\rightarrow-3^+\end{cases}\)

\(\displaystyle\lim_{x\rightarrow5}\dfrac{x^3-27}{x^2-2x-15}=\left[\dfrac{98}{0}\right]=\begin{cases}-\infty&si&x\rightarrow5^-\\+\infty&si&x\rightarrow5^+\end{cases}\)

De lo anterior se deduce que \(x=-3\) y \(x=5\) son asíntotas verticales de la función.

\(\displaystyle\lim_{x\rightarrow\infty}\dfrac{x^3-27}{x^2-2x-15}=\begin{cases}+\infty&si&x\rightarrow+\infty\\-\infty&si&x\rightarrow-\infty\end{cases}\), lo que quiere decir que \(f\) no tiene asíntotas horizontales.

Al dividir \(x^3-27\) entre \(x^2-2x-15\) se obtiene de cociente \(x+2\), lo que significa que \(y=x+2\) es una asíntota oblicua de la función.

Representación gráfica:

desmos 09

Ejercicio 4

Hallar, usando la definición, la derivada de la función \(f(x)=\dfrac{x-3x^2}{1-2x^2}\) en el punto \(x=1\).

\(\displaystyle\lim_{x\rightarrow1}\dfrac{f(x)-f(1)}{x-1}=\lim_{x\rightarrow1}\dfrac{\displaystyle\frac{x-3x^2}{1-2x^2}-2)}{x-2}=\lim_{x\rightarrow1}\dfrac{\displaystyle\frac{x-3x^2-2(1-2x^2)}{1-2x^2}}{x-1}=\displaystyle\lim_{x\rightarrow1}\dfrac{x-3x^2-2+4x^2}{(x-1)(1-2x^2)}=\)

\(=\displaystyle\lim_{x\rightarrow1}\dfrac{x^2+x-2}{(x-1)(1-2x^2)}=\lim_{x\rightarrow1}\dfrac{(x-1)(x+2)}{(x-1)(1-2x^2)}=\lim_{x\rightarrow1}\dfrac{x+2}{1-2x^2}=\dfrac{3}{-1}=-3\)

Entonces \(f'(1)=-3\).

Ejercicio 5

Hallar la derivada de las siguientes funciones y simplificar el resultado en la medida de lo posible.

a) \(f(x)=\dfrac{5x^2+2x^3-10x+1}{5}\)  ;  b) \(f(x)=\dfrac{x-3x^2}{1-2x^2}\)  ;

c) \(f(x)=x^2\cdot(\sqrt{x}-1)\)  ;  d) \(f(x)=\left(\dfrac{2}{x}-\dfrac{1}{x^3}\right)\cdot x^2\)

a) \(f(x)=\dfrac{5x^2+2x^3-10x+1}{5}=\dfrac{1}{5}(5x^2+2x-10x+1)\).

Entonces \(f'(x)=\dfrac{1}{5}(10x+6x^2-10)=2x+\dfrac{6}{5}x^2-2\)

Otra forma (más enrevesada, utilizando la regla de derivación de un cociente):

\(\displaystyle f'(x)=\dfrac{(10x+6x^2-10)\cdot5-(5x^2+2x^3-10x+1)\cdot0}{5^2}=\dfrac{50x+30x^2-50}{25}=2x+\dfrac{6}{5}x^2-2\)

b) Usando otra vez la regla de derivación de un cociente tenemos:

\(f'(x)=\dfrac{(1-6x)(1-2x^2)-(x-3x^2)(-4x)}{(1-2x^2)^2}=\dfrac{1-2x^2-6x+12x^2+4x^2-12x^3}{(1-2x^2)^2}=\dfrac{2x^2-6x+1}{(1-2x^2)^2}\)

c) \(f'(x)=2x(\sqrt{x}-1)+x^2\dfrac{1}{2\sqrt{x}}=2x\sqrt{x}-2x+\dfrac{x^2}{2\sqrt{x}}=\)

\(=\dfrac{4x^2-4x\sqrt{x}+x^2}{2\sqrt{x}}=\dfrac{5x^2-4x\sqrt{x}}{2\sqrt{x}}=\dfrac{5x^2\sqrt{x}-4x^2}{2x}=\dfrac{5x\sqrt{x}-4x}{2}\)

Otra forma, expresando previamente la función de otra manera equivalente.

\(f(x)=x^2\cdot(\sqrt{x}-1)=x^2\sqrt{x}-x^2=x^2\cdot x^{1/2}-x^2=x^{5/2}-x^2\Rightarrow\)

\(\Rightarrow f'(x)=\dfrac{5}{2}x^{3/2}-2x=\dfrac{5}{2}\sqrt{x^3}-2x=\dfrac{5x\sqrt{x}}{2}-2x=\dfrac{5x\sqrt{x}-4x}{2}\)

d) \(f(x)=\left(\dfrac{2}{x}-\dfrac{1}{x^3}\right)\cdot x^2=\dfrac{2x^2}{x}-\dfrac{x^2}{x^3}=2x-\dfrac{1}{x}\Rightarrow\)

\(\Rightarrow f'(x)=2-\dfrac{-1}{x^2}=\dfrac{2x^2+1}{x^2}\)

Hagámoslo de otra manera:

\(f(x)=\left(\dfrac{2}{x}-\dfrac{1}{x^3}\right)\cdot x^2=\dfrac{2x^2-1}{x^3}\cdot x^2=\dfrac{(2x^2-1)x^2}{x^3}=\dfrac{2x^2-1}{x}\Rightarrow\)

\(\Rightarrow f'(x)=\dfrac{4x\cdot x-(2x^2-1)\cdot1}{x^2}=\dfrac{4x^2-2x^2+1}{x^2}=\dfrac{2x^2+1}{x^2}\)

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Límite

Lo que trajo el viento tú te lo llevaste en un instante.

Y solo quedó el camino.

Lo que trajo la tempestad tú lo comprimiste ocupando el mínimo espacio.

Y solo quedó el cauce.

Lo que desviaron tus ojos entró en el campo de los sueños

y escapó a esta olvidada realidad.

Ahora ya únicamente existes

en ese terreno gaseoso y soluble de imágenes etéreas, oníricas.

Montado en la línea del tiempo espero la hora

para acometer la carrera que me llevará a tu finca de algodón

y confundirme con tus costillas.

Hasta entonces surcaré como siempre los atardeceres

en busca de esa oblicua nada que me espera constantemente allá, en el horizonte.

Hasta entonces, y no sin coraje, me iré desprendiendo de esta insoportable gravedad

que me atenaza para continua, aunque apenas imperceptiblemente,

llegar a ti sin llegar nunca.

Mi destino, mi límite, mi meta inalcanzable.

Allí aspiro a succionar, a robarte, en los alrededores de tu frontera,

acumulándome, alguna  rebelde partícula escapada de tus cercanías.

Suspiro únicamente por una aproximación tuya.

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