2.2: Teoremas de Límite

Ahora probamos varios teoremas que facilitan el cómputo de límites de algunas secuencias en términos de los de otras secuencias más simples.

Teorema\(\PageIndex{1}\)

Dejar\(\left\{a_{n}\right\}\) y\(\left\{b_{n}\right\}\) ser secuencias de entumecimiento real y dejar\(k\) ser un número real. Supongamos que\(\left\{a_{n}\right\}\) converge hacia\(a\) y\(\left\{b_{n}\right\}\) converge hacia\(b\). Entonces las secuencias\(\left\{a_{n}+b_{n}\right\}\),\(\left\{k a_{n}\right\}\), y\(\left\{a_{n} b_{n}\right\}\) convergen y

1. \(\lim _{n \rightarrow \infty}\left(a_{n}+b_{n}\right)=a+b\);
2. \(\lim _{n \rightarrow \infty}\left(k a_{n}\right)=k a\);
3. \(\lim _{n \rightarrow \infty}\left(a_{n} b_{n}\right)=a b\);
4. Si además\(b \neq 0\) y\(b_{n} \neq 0\) para\(n \in \mathbb{N}\)

Prueba

(a) Fijar cualquier\(\varepsilon>0\). Ya que\(\left\{a_{n}\right\}\) converge a\(a\), existe\(N_{1} \in \mathbb{N}\) tal que

\[\left|a_{n}-a\right|<\frac{\varepsilon}{2} \text { for all } n \geq N_{1}.\]

Del mismo modo, existe\(N_{2} \in \mathbb{N}\) tal que

\[\left|b_{n}-b\right|<\frac{\varepsilon}{2} \text { for all } n \geq N_{2}.\]

Vamos\(N=\max \left\{N_{1}, N_{2}\right\}\). Para cualquiera\(n \geq N\), uno tiene

\[\left|\left(a_{n}+b_{n}\right)-(a+b)\right| \leq\left|a_{n}-a\right|+\left|b_{n}-b\right|<\frac{\varepsilon}{2}+\frac{\varepsilon}{2}=\varepsilon.\]

Por lo tanto,\(\lim _{n \rightarrow \infty}\left(a_{n}+b_{n}\right)=a+b\). Esto prueba (a).

b) Si\(k=0\), entonces\(ka=0\) y\(k a_{n}=0\) para todos\(n\). La conclusión sigue de inmediato. Supongamos a continuación eso\(k \neq 0\). Dado\(\varepsilon>0\), que\(N \in \mathbb{N}\) sea tal que\(\left|a_{n}-a\right|<\frac{\varepsilon}{|k|}\) para\(n \geq N\). Entonces para\(n \geq N\),\(\left|k a_{n}-k a\right|=|k|\left|a_{n}-a\right|<\varepsilon\). De ello se deduce que\(\lim _{n \rightarrow \infty}\left(k a_{n}\right)=k a\) como se desee. Esto prueba (b).

(c) Dado que\(\left\{a_{n}\right\}\) es convergente, se desprende del Teorema 2.1.7 que está acotado. Así, existe\(M>0\) tal que

\[\left|a_{n}\right| \leq M \text { for all } n \in \mathbb{N}.\]

Para cada\(n \in \mathbb{N}\), tenemos la siguiente estimación:

\[\left|a_{n} b_{n}-a b\right|=\left|a_{n} b_{n}-a_{n} b+a_{n} b-a b\right| \leq\left|a_{n}\right|\left|b_{n}-b\right|+|b|\left|a_{n}-a\right|.\]

Vamos\(\varepsilon>0\). Ya que\(\left\{a_{n}\right\}\) converge a\(a\), podemos elegir de\(N_{1} \in \mathbb{N}\) tal manera que

\[\left|a_{n}-a\right|<\frac{\varepsilon}{2(|b|+1)} \text { for all } n \geq N_{1}.\]

Del mismo modo, ya que\(\left\{b_{n}\right\}\) converge a\(b\), podemos elegir de\(N_{2} \in \mathbb{N}\) tal manera que

\[\left|b_{n}-b\right|<\frac{\varepsilon}{2 M} \text { for all } n \geq N_{2}.\]

Vamos\(N=\max \left\{N_{1}, N_{2}\right\}\). Entonces, para\(n \geq N\), se deduce de (2.1) que

\[\left|a_{n} b_{n}-a b\right|<M \frac{\varepsilon}{2 M}+|b| \frac{\varepsilon}{2(|b|+1)}<\varepsilon \text { for all } n \geq N.\]

Por lo tanto,\(\lim _{n \rightarrow \infty} a_{n} b_{n}=a b\). Esto prueba (c).

d) Demostremos primero que

\[\lim _{n \rightarrow \infty} \frac{1}{b_{n}}=\frac{1}{b}.\]

Ya que\(\left\{b_{n}\right\}\) converge a\(b\), hay\(N_{1} \in \mathbb{N}\) que

\[\left|b_{n}-b\right|<\frac{|b|}{2} \text { for } n \geq N_{1}.\]

Se deduce (usando un triángulo de desigualdad) que, para tal\(n\),\(-\frac{|b|}{2}<\left|b_{n}\right|-|b|<\frac{|b|}{2}\) y, por lo tanto,\(\frac{|b|}{2}<\left|b_{n}\right|\). Para cada uno\(n \geq N_{1}\), tenemos la siguiente estimación

\[\left|\frac{1}{b_{n}}-\frac{1}{b}\right|=\frac{\left|b_{n}-b\right|}{\left|b_{n}\right||b|} \leq \frac{2\left|b_{n}-b\right|}{b^{2}}.\]

Ahora vamos\(\varepsilon>0\). Ya que\(\lim _{n \rightarrow \infty} b_{n}=b\), existe\(N_{2} \in \mathbb{N}\) tal que

\[\left|b_{n}-b\right|<\frac{b^{2} \varepsilon}{2} \text { for all } n \geq N_{2}.\]

Vamos\(N=\max \left\{N_{1}, N_{2}\right\}\). Por (2.2), uno tiene

\[\left|\frac{1}{b_{n}}-\frac{1}{b}\right| \leq \frac{2\left|b_{n}-b\right|}{b^{2}}<\varepsilon \text { for all } n \geq N.\]

De ello se deduce que\(\lim _{n \rightarrow \infty} \frac{1}{b_{n}}=\frac{1}{b}\).

Por último, podemos aplicar la parte (c) y tener

\[\lim _{n \rightarrow \infty} \frac{a_{n}}{b_{n}}=\lim _{n \rightarrow \infty} a_{n} \frac{1}{b_{n}}=\frac{a}{b}.\]

La prueba ya está completa. \(\square\)

Ejemplo\(\PageIndex{1}\)

Considere la secuencia\(\left\{a_{n}\right\}\) dada por

\[a_{n}=\frac{3 n^{2}-2 n+5}{1-4 n+7 n^{2}}.\]

Solución

Dividiendo el numerador y el denominador por\(n^{2}\), podemos escribir

\[a_{n}=\frac{3-2 / n+5 / n^{2}}{1 / n^{2}-4 / n+7}\]

Por lo tanto, por los teoremas de límite anteriores,

\[\lim _{n \rightarrow \infty} a_{n}=\lim _{n \rightarrow \infty} \frac{3-2 / n+5 / n^{2}}{1 / n^{2}-4 / n+7}=\frac{\lim _{n \rightarrow \infty} 3-\lim _{n \rightarrow \infty} 2 / n+\lim _{n \rightarrow \infty} 5 / n^{2}}{\lim _{n \rightarrow \infty} 1 / n^{2}-\lim _{n \rightarrow \infty} 4 / n+\lim _{n \rightarrow \infty} 7}=\frac{3}{7}.\]

Ejemplo\(\PageIndex{2}\)

Vamos\(a_{n}=\sqrt[n]{b}\), dónde\(b>0\). Considera el caso donde\(b>1\).

Solución

En este caso,\(a_{n}>1\) para cada\(n\). Por el teorema binomial,

\[b=a_{n}^{n}=\left(a_{n}-1+1\right)^{n} \geq 1+n\left(a_{n}-1\right).\]

Esto implica

\[0<a_{n}-1 \leq \frac{b-1}{n}.\]

Para cada uno\(\varepsilon>0\), elija\(N>\frac{b-1}{\varepsilon}\). De ello se deduce que para\(n \geq N\),

\[\left|a_{n}-1\right|=a_{n}-1<\frac{b-1}{n} \leq \frac{b-1}{N}<\varepsilon.\]

Por lo tanto,\(\lim _{n \rightarrow \infty} a_{n}=1\).

En el caso donde\(b=1\), es obvio que\(a_{n}=1\) para todos\(n\) y, de ahí,\(\lim _{n \rightarrow \infty} a_{n}=1\).

Si\(0<b<1\), vamos\(c=\frac{1}{b}\) y define

\[x_{n}=\sqrt[n]{c}=\frac{1}{a_{n}}.\]

Desde entonces\(c>1\), se ha demostrado que\(\lim _{n \rightarrow \infty} x_{n}=1\). Esto implica

\[\lim _{n \rightarrow \infty} a_{n}=\lim _{n \rightarrow \infty} \frac{1}{x_{n}}=1.\]

Ejercicio\(\PageIndex{1}\)

Encuentra los siguientes límites:

1. \(\lim _{n \rightarrow \infty} \frac{3 n^{2}-6 n+7}{4 n^{2}-3}\),
2. \(\lim _{n \rightarrow \infty} \frac{1+3 n-n^{3}}{3 n^{3}-2 n^{2}+1}\).

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Ejercicio\(\PageIndex{2}\)

Encuentra los siguientes limts:

1. \(\lim _{n \rightarrow \infty} \frac{\sqrt{3 n}+1}{\sqrt{n}+\sqrt{3}}\),
2. \(\lim _{n \rightarrow \infty} \sqrt[n]{\frac{2 n+1}{n}}\).

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Ejercicio\(\PageIndex{3}\)

Encuentra los siguientes límites si existen:

1. \(\lim _{n \rightarrow \infty}\left(\sqrt{n^{2}+n}-n\right)\).
2. \(\lim _{n \rightarrow \infty}\left(\sqrt[3]{n^{3}+3 n^{2}}-n\right)\).
3. \(\lim _{n \rightarrow \infty}\left(\sqrt[3]{n^{3}+3 n^{2}}-\sqrt{n^{2}+n}\right)\)
4. \(\lim _{n \rightarrow \infty}(\sqrt{n+1}-\sqrt{n})\).
5. \(\lim _{n \rightarrow \infty}(\sqrt{n+1}-\sqrt{n}) / n\).

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Ejercicio\(\PageIndex{4}\)

Encuentra los siguientes limts.

1. Para\(|r|<1\) y\(b \i \mathbb{R}\),\(\lim _{n \rightarrow \infty}\left(b+b r+b r^{2}+\cdots+b r^{n}\right)\).
2. \(\lim _{n \rightarrow \infty}\left(\frac{2}{10}+\frac{2}{10^{2}}+\cdots+\frac{2}{10^{n}}\right)\).

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Ejercicio\(\PageIndex{5}\)

Demostrar o desmentir las siguientes declaraciones:

1. Si\(\left\{a_{n}\right\}\) y\(\left\{b_{n}\right\}\) son secuencias convergentes, entonces\(\left\{a_{n}+b_{n}\right\}\) es una secuencia convergente.
2. Si\(\left\{a_{n}\right\}\) y\(\left\{b_{n}\right\}\) son secuencias divergentes, entonces\(\left\{a_{n}+b_{n}\right\}\) es una secuencia divergente.
3. Si\(\left\{a_{n}\right\}\) y\(\left\{b_{n}\right\}\) son secuencias convergentes, entonces\(\left\{a_{n} b_{n}\right\}\) es una secuencia convergente.
4. Si\(\left\{a_{n}\right\}\) y\(\left\{b_{n}\right\}\) son secuencias divergentes, entonces\(\left\{a_{n} b_{n}\right\}\) es una secuencia divergente.
5. Si\(\left\{a_{n}\right\}\) y\(\left\{a_{n}+b_{n}\right\}\) son secuencias convergentes, entonces\(\left\{b_{n}\right\}\) es una secuencia convergente.
6. Si\(\left\{a_{n}\right\}\) y\(\left\{a_{n}+b_{n}\right\}\) son secuencias divergentes, entonces\(\left\{b_{n}\right\}\) es una secuencia divergente.

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