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# 2.1: Convergencia

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## Definición$$\PageIndex{1}$$

$$\left\{a_{n}\right\}$$Sea una secuencia de números reales. Decimos que la secuencia$$\left\{a_{n}\right\}$$ converge a$$a \in \mathbb{R}$$ si, para alguna$$\varepsilon>0$$, existe un entero positivo$$N$$ tal que para cualquiera$$n \in \mathbb{N}$$ con$$n \geq N$$, uno tiene

$\left|a_{n}-a\right|<\varepsilon\left(\text { or equivalently }, a-\varepsilon<a_{n}<a+\varepsilon\right).$

En este caso, llamamos al límite de$$a$$ la secuencia (ver Teorema 2.1.3 a continuación) y escribimos$$\lim _{n \rightarrow \infty} a_{n}=a$$. Si la secuencia$$\left\{a_{n}\right\}$$ no converge, llamamos a la secuencia divergente.

## Remarcar$$\PageIndex{1}$$

Se desprende directamente de la definición, utilizando la propiedad de Arquímedes, que una secuencia$$\left\{a_{n}\right\}$$ converge a$$a$$ si y sólo si por alguna$$\varepsilon>0$$, existe un número real$$N$$ tal que para cualquiera$$n \in \mathbb{N}$$ con$$n>N$$, uno tiene

$\left|a_{n}-a\right|<\varepsilon. \nonumber$

## Ejemplo$$\PageIndex{1}$$

Dejemos$$a_{n}=\frac{1}{n}$$ para$$n \in \mathbb{N}$$. Eso lo afirmamos$$\lim _{n \rightarrow \infty} a_{n}=0$$. Lo verificamos usando la definición.

Solución

Vamos$$\varepsilon>0$$. Elija un número entero$$N>1 / \varepsilon$$. (Tenga en cuenta que dicho número entero$$N$$ existe debido a la Propiedad Archimidiana.) Entonces, si$$n \geq N$$, obtenemos

$\left|a_{n}-0\right|=\left|\frac{1}{n}\right|=\frac{1}{n} \leq \frac{1}{N}<\frac{1}{1 / \varepsilon}=\varepsilon. \nonumber$

## Ejemplo$$\PageIndex{2}$$

Ahora generalizamos el ejemplo anterior de la siguiente manera. Consideremos$$\alpha>0$$ la secuencia dada por

$a_{n}=\frac{1}{n^{\alpha}} \text { for } n \in \mathbb{N}. \nonumber$

Solución

Vamos$$\varepsilon>0$$. Elija un entero$$N$$ tal que$$N>\left(\frac{1}{\varepsilon}\right)^{1 / \alpha}$$. Por cada$$n \geq N$$, uno tiene$$n>\left(\frac{1}{\varepsilon}\right)^{1 / \alpha}$$ y, por lo tanto,$$n^{\alpha}>\frac{1}{\varepsilon}$$. Esto implica

$\left|\frac{1}{n^{\alpha}}-0\right|=\frac{1}{n^{\alpha}}<\frac{1}{1 / \varepsilon}=\varepsilon.$

Concluimos que$$\lim _{n \rightarrow \infty} a_{n}=0$$.

## Ejemplo$$\PageIndex{3}$$

Considera la secuencia$$\left\{a_{n}\right\}$$ donde

$a_{n}=\frac{3 n^{2}+4}{2 n^{2}+n+5} \nonumber$

Demostraremos directamente a partir de la definición a la que converge esta secuencia$$a= \frac{3}{2}$$.

Solución

Vamos$$\varepsilon>0$$. Primero buscamos un adecuado$$N$$. Para ello, simplificamos y estimamos la expresión$$\left|a_{n}-a\right|$$. Observe que

\ izquierda|a_ {n} -\ frac {3} {2}\ derecha| &=\ izquierda|\ frac {3 n^ {2} +4} {2 n^ {2} +n+5} -\ frac {3} {2}\ derecha|=\ izquierda|\ frac {2\ izquierda (3 n^ {2} +4\ derecha) -3\ izquierda (2 n^ {2} +n+5\ derecha)} {2\ izquierda (2 n^ {2} +n+5\ derecha)}\ derecha|=\ izquierda|\ frac {-7-3 n} {2\ izquierda (2 n^ {2} +n+5\ derecha)}\ derecha|\\
&=\ frac {3 n+7} {2 \ izquierda (2 n^ {2} +n+5\ derecha)} <\ frac {10 n} {4 n^ {2}} =\ frac {10} {4 n}

Para garantizar que la última expresión sea menor que$$\varepsilon$$, bastará con elegir$$N>\frac{10}{4 \varepsilon}$$. En efecto$$n \geq N$$, si, obtenemos

$\left|a_{n}-a\right| \leq \frac{10}{4 n} \leq \frac{10}{4 N}<\frac{10}{4 \frac{10}{4 \varepsilon}}=\varepsilon.$

## Ejemplo$$\PageIndex{4}$$

$$\left\{a_{n}\right\}$$Déjese dar por

$a_{n}=\frac{4 n^{2}-1}{3 n^{2}-n}. \nonumber$

Nosotros reclamamos$$\lim _{n \rightarrow \infty} a_{n}=\frac{4}{3}$$.

Solución

Vamos$$\varepsilon>0$$. Buscamos un adecuado$$N$$. Primer aviso que

$\left|\frac{4 n^{2}-1}{3 n^{2}-n}-\frac{4}{3}\right|=\left|\frac{12 n^{2}-3-12 n^{2}+4 n}{3\left(3 n^{2}-n\right)}\right|=\left|\frac{4 n-3}{3\left(3 n^{2}-n\right)}\right|$

Ya que$$n \geq 1$$, tenemos$$n^{2} \geq n$$ y$$4n>3$$. Por lo tanto tenemos

$\left|\frac{4 n^{2}-1}{3 n^{2}-n}-\frac{4}{3}\right|=\frac{4 n-3}{3\left(3 n^{2}-n\right)} \leq \frac{4 n-3}{3\left(3 n^{2}-n^{2}\right)}<\frac{4 n}{6 n^{2}}=\frac{4}{6 n}.$

Así, si$$N>\frac{4}{6 \varepsilon}$$, tenemos, para$$n \geq N$$

$\left|\frac{4 n^{2}-1}{3 n^{2}-n}-\frac{4}{3}\right| \leq \frac{4}{6 n} \leq \frac{4}{6 N}<\varepsilon.$

## Ejemplo$$\PageIndex{5}$$

$a_{n}=\frac{n^{2}+5}{4 n^{2}+n}.$

Demostramos directamente a partir de la definición que$$\left\{a_{n}\right\}$$ converge a$$\frac{1}{4}$$.

Solución

Vamos$$\varepsilon>0$$. Ahora,

$\left|\frac{n^{2}+5}{4 n^{2}+n}-\frac{1}{4}\right|=\left|\frac{4 n^{2}+20-4 n^{2}-n}{4\left(4 n^{2}+n\right)}\right|=\frac{|20-n|}{4\left(4 n^{2}+n\right)}.$

Si$$n \geq 20$$, entonces$$|20-n|=n-20$$. Por lo tanto, para tal$$n$$ tenemos

$\left|\frac{n^{2}+5}{4 n^{2}+n}-\frac{1}{4}\right|=\frac{n-20}{4\left(4 n^{2}+n\right)} \leq \frac{n}{16 n^{2}}=\frac{1}{16 n}.$

Escoge$$N>\max \left\{\frac{1}{16 \varepsilon}, 20\right\}$$. Entonces, para$$n \geq N$$ nosotros conseguimos

$\left|\frac{n^{2}+5}{4 n^{2}+n}-\frac{1}{4}\right| \leq \frac{1}{16 n} \leq \frac{1}{16 N}<\varepsilon.$

El siguiente resultado es bastante útil para probar ciertas desigualdades entre números.

## Lema$$\PageIndex{2}$$

Vamos$$\ell \geq 0$$, Si$$\ell<\varepsilon$$ por todos$$\varepsilon>0$$, entonces$$\ell =0$$.

Prueba

Esto se demuestra fácilmente por contraposición. Si$$\ell >0$$, entonces hay un número positivo, por ejemplo$$\varepsilon=\ell / 2$$, tal que$$\varepsilon<\ell$$. $$\square$$

## Teorema$$\PageIndex{3}$$

Una secuencia convergente$$\left\{a_{n}\right\}$$ tiene como máximo un límite

Prueba

Supongamos que$$\left\{a_{n}\right\}$$ converge a$$a$$ y$$b$$. Entonces dado$$\varepsilon>0$$, existen enteros positivos$$N_{1}$$ y$$N_{2}$$ tales que

$\left|a_{n}-a\right|<\varepsilon / 2 \text { for all } n \geq N_{1}$

y

$\left|a_{n}-b\right|<\varepsilon / 2 \text { for all } n \geq N_{2}.$

Vamos$$N=\max \left\{N_{1}, N_{2}\right\}$$. Entonces

$|a-b| \leq\left|a-a_{N}\right|+\left|a_{N}-b\right|<\varepsilon / 2+\varepsilon / 2=\varepsilon.$

Ya que$$\varepsilon>0$$ es arbitraria, por Lema 2.1.2,$$|a-b|=0$$ y, por lo tanto,$$a=b$$. $$\square$$

El siguiente lema es simple generalización de (2.1.2).

## Lema$$\PageIndex{4}$$

Dados números reales$$a,b$$, entonces$$a \leq b$$ si y sólo si$$a<b+\varepsilon$$ para todos$$\varepsilon>0$$.

Prueba

Supongamos$$a<b+\varepsilon$$ para todos$$\varepsilon>0$$. Y supongamos, a modo de contradicción, eso$$a>b$$. luego establecer$$\varepsilon_{0}=a-b$$. Entonces$$\varepsilon_{0}>0$$. Por suposición, deberíamos haberlo hecho$$a<b+\varepsilon_{0}=b+a-b=a$$, lo cual es una contradicción. De ello se deduce que$$a \leq b$$.

La otra dirección sigue inmediatamente de los axiomas de orden. $$\square$$

El siguiente teorema de comparación muestra que las desigualdades (no estrictas) se conservan “en el límite”.

## Teorema$$\PageIndex{5}$$ - Comparison Theorem.

Supongamos$$\left\{a_{n}\right\}$$ y$$\left\{b_{n}\right\}$$ convergen hacia$$a$$ y$$b$$, respectivamente, y$$a_{n} \leq b_{n}$$ para todos$$n \in \mathbb{N}$$. Entonces$$a \leq b$$.

Prueba

Para cualquiera$$\varepsilon>0$$, existen$$N_{1}, N_{2} \in \mathbb{N}$$ tales que

$a-\frac{\varepsilon}{2}<a_{n}<a+\frac{\varepsilon}{2}, \quad \text { for } n \geq N_{1},$

$b-\frac{\varepsilon}{2}<b_{n}<b+\frac{\varepsilon}{2}, \quad \text { for } n \geq N_{2}.$

Escoge$$N>\max \left\{N_{1}, N_{2}\right\}$$. Entonces

$a-\frac{\varepsilon}{2}<a_{N} \leq b_{N}<b+\frac{\varepsilon}{2}.$

Así,$$a<b+\varepsilon$$ para cualquier$$\varepsilon>0$$. Usando Lemma 2.1.4 concluimos$$a \leq b$$. $$\square$$

## Teorema$$\PageIndex{6}$$ - The Squeeze Theorem.

Supongamos que las secuencias$$\left\{a_{n}\right\}$$$$\left\{b_{n}\right\}$$,, y$$\left\{c_{n}\right\}$$ satisfacer

$a_{n} \leq b_{n} \leq c_{n} \text { for all } n \in \mathbb{N},$

y$$\lim _{n \rightarrow \infty} a_{n}=\lim _{n \rightarrow \infty} c_{n}=\ell$$. Entonces$$\lim _{n \rightarrow \infty} b_{n}=\ell$$.

Prueba

Arreglar cualquier$$\varepsilon>0$$. Ya que$$\lim _{n \rightarrow \infty} a_{n}=\ell$$, existe$$N_{1} \in \mathbb{N}$$ tal que

$\ell-\varepsilon<a_{n}<\ell+\varepsilon \nonumber$

para todos$$n \geq N_{1}$$. Del mismo modo$$\displaystyle \lim _{n \rightarrow \infty} c_{n}=\ell$$, ya que, existe$$N_{2} \in \mathbb{N}$$ tal que

$\ell-\varepsilon<c_{n}<\ell+\varepsilon \nonumber$

para todos$$n \geq N_{2}$$. Vamos$$N=\max \left\{N_{1}, N_{2}\right\}$$. Entonces, para$$n \geq N$$, tenemos

$\ell-\varepsilon<a_{n} \leq b_{n} \leq c_{n}<\ell+\varepsilon, \nonumber$

lo que implica$$\left|b_{n}-\ell\right|<\varepsilon$$. Por lo tanto,$$\lim _{n \rightarrow \infty} b_{n}=\ell$$. $$\square$$

## Definición$$\PageIndex{2}$$

Una secuencia$$\left\{a_{n}\right\}$$ está delimitada arriba si el conjunto$$\left\{a_{n}: n \in \mathbb{N}\right\}$$ está delimitado arriba. De igual manera, la secuencia\ left\ {a_ {n}: n\ in\ mathbb {N}\ right\} está delimitada por debajo si el conjunto$$\left\{a_{n}: n \in \mathbb{N}\right\}$$ está acotado abajo. Decimos que la secuencia$$\left\{a_{n}\right\}$$ está acotada si el conjunto$$\left\{a_{n}: n \in \mathbb{N}\right\}$$ está acotado, es decir, si está tanto delimitado arriba como acotado por debajo.

De la observación posterior a la Definición 1.5.1 se desprende que la secuencia$$\left\{a_{n}\right\}$$ está delimitada si y sólo si existe$$M \in \mathbb{R}$$ tal que$$\left|a_{n}\right| \leq M$$ para todos$$n \in \mathbb{N}$$.

## Teorema$$\PageIndex{7}$$

Prueba

Supongamos que la secuencia$$\left\{a_{n}\right\}$$ converge a$$a$$. Entonces, pues$$\varepsilon=1$$, existe$$N \in \mathbb{N}$$ tal que

$\left|a_{n}-a\right|<1 \text { for all } n \geq N.$

Ya que$$\left|a_{n}\right|-|a| \leq \| a_{n}|-| a|| \leq\left|a_{n}-a\right|$$, esto implica$$\left|a_{n}\right|<1+|a|$$ para todos$$n \geq N$$. Set

$M=\max \left\{\left|a_{1}\right|, \ldots,\left|a_{N-1}\right|,|a|+1\right\}$

Entonces$$\left|a_{n}\right| \leq M$$ para todos$$n \in \mathbb{N}$$. Por lo tanto,$$\left\{a_{n}\right\}$$ está acotada. $$\square$$

## Definición$$\PageIndex{3}$$

$$\left\{a_{n}\right\}_{n=1}^{\infty}$$Sea una secuencia de números reales. La secuencia$$\left\{b_{n}\right\}_{n=1}^{\infty}$$ se llama una subsecuencia de$$\left\{a_{n}\right\}_{n=1}^{\infty}$$ si existe una secuencia de números enteros positivos crecientes

$n_{1}<n_{2}<n_{3}<\cdots,$

tal que$$b_{k}=a_{n_{k}}$$ para cada uno$$k \in \mathbb{N}$$.

## Ejemplo$$\PageIndex{6}$$

Considera la secuencia$$a_{n}=(-1)^{n}$$ para$$n \in \mathbb{N}$$.

Solución

Entonces$$\left\{a_{2 k}\right\}$$ es una subsecuencia de$$\left\{a_{n}\right\}$$ y$$a_{2 k}=1$$ para todos$$k$$ (aquí$$n_{k}=2 k$$ para todos$$k$$). Del mismo modo,$$\left\{a_{2 k+1}\right\}$$ es también una subsecuencia de$$\left\{a_{n}\right\}$$ y$$a_{2 k+1}=-1$$ para todos$$k$$ (aquí$$n_{k}=2 k +1$$ para todos$$k$$).

## Lema$$\PageIndex{8}$$

Let$$\left\{n_{k}\right\}_{k}$$ Ser una secuencia de enteros positivos con

$n_{1}<n_{2}<n_{3}<\cdots$

Entonces$$n_{k} \geq k$$ para todos$$k \in \mathbb{N}$$.

Prueba

Utilizamos la inducción matemática. Cuando$$k=1$$, es claro que$$n_{1} \geq 1$$ ya$$n_{1}$$ es un entero positivo. Asumir$$n_{k} \geq k$$ para algunos$$k$$. Ahora$$n_{k+1}>n_{k}$$ y, ya que$$n_{k}$$ y$$n_{k+1}$$ son enteros, esto implica,$$n_{k+1} \geq n_{k}+1$$. Por lo tanto,$$n_{k+1} \geq k+1$$ por la hipótesis inductiva. La conclusión sigue ahora por el principio de inducción matemática. $$\square$$

## Teorema$$\PageIndex{9}$$

Si una secuencia$$\left\{a_{n}\right\}$$ converge a$$a$$, entonces cualquier subsecuencia$$\left\{a_{n_{k}}\right\}$$ de$$\left\{a_{n}\right\}$$ también converge a$$a$$.

Prueba

Supongamos que$$\left\{a_{n}\right\}$$ converge$$a$$ y deja que$$\varepsilon>0$$ se le dé. Entonces existe$$N$$ tal que

$\left|a_{n}-a\right|<\varepsilon \text { for all } n \geq N.$

Para cualquiera$$k \geq N$$, ya que$$n_{k} \geq k$$, también tenemos

$\left|a_{n_{k}}-a\right|<\varepsilon.$

Así,$$\left\{a_{n_{k}}\right\}$$ converge a$$a$$ como$$k \rightarrow \infty$$. $$\square$$

## Ejemplo$$\PageIndex{1}$$

Dejemos$$a_{n}=(-1)^{n}$$ para$$n \in \mathbb{N}$$.

Solución

Entonces la secuencia$$\left\{a_{n}\right\}$$ es divergente. En efecto supongamos por contradicción que

$$\lim _{n \rightarrow \infty} a_{n}=\ell$$.

Entonces cada subsecuencia de$$\left\{a_{n}\right\}$$ converge a un número$$\ell \in \mathbb{R}$$. Del teorema anterior se deduce, en particular, que

$$\ell=\lim _{k \rightarrow \infty} a_{2 k}=1 \text { and } \ell=\lim _{k \rightarrow \infty} a_{2 k+1}=-1$$.

Esta contradicción demuestra que la secuencia es divergente.

Dado que la secuencia$$\left\{a_{n}\right\}$$ es acotada pero no convergente, este ejemplo ilustra el hecho de que lo contrario del teorema 2.1.7 no es cierto.

## Remarcar$$\PageIndex{10}$$

Dado un entero positivo$$k_{0}$$, será conveniente hablar también de la secuencia$$\left\{a_{n}\right\}_{n \geq k_{0}}$$, es decir, una función definida solo para los enteros mayores o iguales a$$k_{0}$$. Para simplificar la notación, también podemos denotar esta secuencia por$$\left\{a_{n}\right\}$$ cada vez que el entero$$k_{0}$$ es claro desde el contexto. Por ejemplo, hablamos de la secuencia$$\left\{a_{n}\right\}$$ dada por

$a_{n}=\frac{n+1}{(n-1)(n-2)}.$

aunque$$a_{1}$$ y no$$a_{2}$$ están definidos. En todos los casos, la secuencia debe definirse a partir de algún entero en adelante.

Ejercicio$$\PageIndex{1}$$

Demostrar lo siguiente directamente a partir de la definición de límite.

1. $$\lim _{n \rightarrow \infty} \frac{2 n^{2}+2}{3 n^{3}+1}=0$$.
2. $$\lim _{n \rightarrow \infty} \frac{n^{2}+1}{5 n^{2}+n+1}=\frac{1}{5}$$.
3. $$\lim _{n \rightarrow \infty} \frac{2 n^{3}+1}{4 n^{3}-n}=\frac{1}{2}$$.
4. $$\lim _{n \rightarrow \infty} \frac{3 n^{2}+5}{6 n^{2}+n}=\frac{1}{2}$$.
5. $$\lim _{n \rightarrow \infty} \frac{4 n^{2}-1}{n^{2}-n}=4$$.
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Ejercicio$$\PageIndex{2}$$

Demostrar que si$$\left\{a_{n}\right\}$$ es una secuencia convergente, entonces$$\left\{|a_{n}|\right\}$$ es una secuencia convergente. ¿Es cierto lo contrario?

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Ejercicio$$\PageIndex{3}$$

Dejar$$\left\{a_{n}\right\}$$ ser una secuencia. Demostrar que si el$$\left\{|a_{n}|\right\}$$ converge a 0, entonces$$\left\{a_{n}\right\}$$ también converge a 0.

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Ejercicio$$\PageIndex{4}$$

$$\lim _{n \rightarrow \infty} \frac{\sin n}{n}=0$$Demuéstralo.

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Ejercicio$$\PageIndex{5}$$

Dejar$$\left\{x_{n}\right\}$$ ser una secuencia acotada y dejar$$\left\{y_{n}\right\}$$ ser una secuencia que converja a 0. Demostrar que la secuencia$$\left\{x_{n} y_{n}\right\}$$ converge a 0.

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Ejercicio$$\PageIndex{6}$$

Demostrar que los siguientes límites son 0. (Pista: use Teorema 2.1.6.)

1. $$\lim _{n \rightarrow \infty} \frac{n+\cos \left(n^{2}-3\right)}{2 n^{2}+1}$$.
2. $$\lim _{n \rightarrow \infty} \frac{3^{n}}{n !}$$.
3. $$\lim _{n \rightarrow \infty} \frac{n !}{n^{n}}$$.
4. $$\lim _{n \rightarrow \infty} \frac{n^{2}}{3^{n}}$$. (Pista: ver Ejercicio 1.3.4 (c)).
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Ejercicio$$\PageIndex{7}$$

Demostrar que si$$\lim _{n \rightarrow \infty} a_{n}=\ell>0$$, entonces existe$$N \in \mathbb{N}$$ tal que$$a_{n}>0$$ para todos$$n \geq N$$.

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Ejercicio$$\PageIndex{8}$$

Demostrar que si$$\lim _{n \rightarrow \infty} a_{n}=\ell \neq 0$$, entonces$$\lim _{n \rightarrow \infty} \frac{a_{n+1}}{a_{n}}=1$$. ¿Sigue siendo cierta la conclusión si$$\ell =0$$?

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Ejercicio$$\PageIndex{9}$$

Dejemos$$\left\{a_{n}\right\}$$ ser una secuencia de números reales tales que$$\lim _{n \rightarrow \infty} a_{n}=3$$. Utilice la Definición 2.1.1 para probar lo siguiente

1. $$\lim _{n \rightarrow \infty} 3 a_{n}-7=2$$;
2. $$\lim _{n \rightarrow \infty} \frac{a_{n}+1}{a_{n}}=\frac{4}{3}$$; (Pista: probar primero que hay$$N$$ tal que$$a_{n}>1$$ para$$n \geq N$$.)
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Ejercicio$$\PageIndex{10}$$

Dejemos$$a_{n} \geq 0$$ para todos$$n \in \mathbb{N}$$. Demostrar que si$$\lim _{n \rightarrow \infty} a_{n}=\ell$$, entonces$$\lim _{n \rightarrow \infty} \sqrt{a_{n}}=\sqrt{\ell}$$.

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Ejercicio$$\PageIndex{11}$$

Demostrar que la secuencia$$\left\{a_{n}\right\}$$ con$$a_{n}=\sin (n \pi / 2)$$ es divergente.

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Ejercicio$$\PageIndex{12}$$

Considera una secuencia$$\left\{a_{n}\right\}$$.

1. Demostrar que$$\lim _{n \rightarrow \infty} a_{n}=\ell$$ si y sólo si$$\lim _{k \rightarrow \infty} a_{2 k}=\ell$$ y$$\lim _{k \rightarrow \infty} a_{2 k+1}=\ell$$.
2. Demostrar que$$\lim _{n \rightarrow \infty} a_{n}=\ell$$ si y sólo si$$\lim _{k \rightarrow \infty} a_{3 k}=\ell$$,$$\lim _{k \rightarrow \infty} a_{3 k+1}=\ell$$, y$$\lim _{k \rightarrow \infty} a_{3 k+2}=\ell$$.
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Ejercicio$$\PageIndex{13}$$

Dada una secuencia$$\left\{a_{n}\right\}$$, definir una nueva secuencia$$\left\{b_{n}\right\}$$ mediante

$b_{n}=\frac{a_{1}+a_{2}+\ldots+a_{n}}{n}.$

1. Demostrar que si$$\lim _{n \rightarrow \infty} a_{n}=\ell$$, entonces$$\lim _{n \rightarrow \infty} b_{n}=\ell$$
2. Encuentra un contraejemplo para demostrar que lo contrario no se sostiene en general.
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