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# 2.2: Teoremas de Límite

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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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