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LibreTexts Español

2.5: Límite Superior y Límite Inferior

  • Page ID
    107806
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    Comenzamos esta sección con una proposición que se desprende del Teorema 2.3.1. Se supone que todas las secuencias de esta sección son de números reales.

    Proposición\(\PageIndex{1}\)

    Dejar\(\left\{a_{n}\right\}\) ser una secuencia acotada. Definir

    \[s_{n}=\sup \left\{a_{k}: k \geq n\right\}\]

    y

    \[t_{n}=\inf \left\{a_{k}: k \geq n\right\}.\]

    Entonces\(\left\{s_{n}\right\}\) y\(\left\{t_{n}\right\}\) son convergentes.

    Prueba

    Si\(n \leq m\), entonces\(\left\{a_{k}: k \geq m\right\} \subset\left\{a_{k}: k \geq n\right\}\). Por lo tanto, del Teorema 2.5.3 se deduce que\(s_{n} \geq s_{m}\) y, así, la secuencia\(\left\{s_{n}\right\}\) es decreciente. Ya que\(\left\{a_{n}\right\}\) está acotado, entonces también lo es\(\left\{s_{n}\right\}\). En particular,\(\left\{s_{n}\right\}\) se limita a continuación. De igual manera,\(\left\{t_{n}\right\}\) está aumentando y acotado por encima. Por lo tanto, ambas secuencias son convergentes por el Teorema 2.3.1. \(\square\)

    Definición\(\PageIndex{1}\): Limit Superior

    Dejar\(\left\{a_{n}\right\}\) ser una secuencia. Entonces el límite superior de\(\left\{a_{n}\right\}\)\), denotado por\(\limsup _{n \rightarrow \infty} a_{n}\), se define por

    \[\limsup _{n \rightarrow \infty} a_{n}=\lim _{n \rightarrow \infty} \sup \left\{a_{k}: k \geq n\right\}.\]

    Tenga en cuenta que\(\limsup _{n \rightarrow \infty} a_{n}=\lim _{n \rightarrow \infty} s_{n}\), donde\(s_{n}\) se define en (2.8).

    Del mismo modo, el límite inferior de\(\left\{a_{n}\right\}\), denotado por\(\liminf _{n \rightarrow \infty} a_{n}\), se define por

    \[\liminf _{n \rightarrow \infty} a_{n}=\liminf _{n \rightarrow \infty}\left\{a_{k}: k \geq n\right\}.\]

    Tenga en cuenta que\(\liminf _{n \rightarrow \infty} a_{n}=\lim _{n \rightarrow \infty} t_{n}\), donde\(t_{n}\) se define en (2.9).

    Teorema\(\PageIndex{2}\)

    Si no\(\left\{a_{n}\right\}\) está delimitado arriba, entonces

    \[\lim _{n \rightarrow \infty} s_{n}=\infty,\]

    donde\(\left\{s_{n}\right\}\) se define en (2.8).

    Del mismo modo, si no\(\left\{a_{n}\right\}\) está delimitado por debajo, entonces

    \[\lim _{n \rightarrow \infty} t_{n}=-\infty,\]

    donde\(\left\{t_{n}\right\}\) se define en (2.9).

    Prueba

    Supongamos que no\(\left\{a_{n}\right\}\) está acotado arriba. Entonces para cualquiera\(k \in \mathbb{N}\), el conjunto tampoco\(\left\{a_{i}: i \geq k\right\}\) está acotado arriba. Así,\(s_{k}=\sup \left\{a_{i}: i \geq k\right\}=\infty\) para todos\(k\). Por lo tanto,\(\lim _{k \rightarrow \infty} s_{k}=\infty\). La prueba para el segundo caso es similar. \(\square\)

    Obrar\(\PageIndex{3}\)

    Por el Teorema 2.5.2, vemos que si no\(\left\{a_{n}\right\}\) está acotado arriba, entonces

    \[\limsup _{n \rightarrow \infty} a_{n}=\infty.\]

    Del mismo modo, si no\(\left\{a_{n}\right\}\) está delimitado por debajo, entonces

    \[\liminf _{n \rightarrow \infty} a_{n}=-\infty.\]

    Teorema\(\PageIndex{4}\)

    Dejar\(\left\{a_{n}\right\}\) ser una secuencia y\(\ell \in \mathbb{R}\). Los siguientes son equivalentes:

    1. \(\limsup _{n \rightarrow \infty} a_{n}=\ell\).
    2. Para cualquiera\(\varepsilon>0\), existe\(N \in \mathbb{R}\) tal que

    \[a_{n}<\ell+\varepsilon \text { for all } n \geq N,\]

    y existe una subsecuencia\(\left\{a_{n_{k}}\right\}\) de\(\left\{a_{n}\right\}\) tal que

    \[\lim _{k \rightarrow \infty} a_{n_{k}}=\ell.\]

    Prueba

    Supongamos\(\limsup _{n \rightarrow \infty} a_{n}=\ell\). Entonces\(\lim _{n \rightarrow \infty} s_{n}=\ell\), donde\(S_{n}\) se define como en (2.8). Para cualquiera\(\varepsilon>0\), existe\(N \in \mathbb{N}\) tal que

    \[\ell-\varepsilon<s_{n}<\ell+\varepsilon \text { for all } n \geq N.\]

    Esto implica\(s_{N}=\sup \left\{a_{n}: n \geq N\right\}<\ell+\varepsilon\). Por lo tanto,

    \[a_{n}<\ell+\varepsilon \text { for all } n \geq N\]

    Además, para\(\varepsilon=1\), existe\(N_{1} \in \mathbb{N}\) tal que

    \[\ell-1<s_{N_{1}}=\sup \left\{a_{n}: n \geq N_{1}\right\}<\ell+1.\]

    Así, existe\(n_{1} \in \mathbb{N}\) tal que

    \[\ell-1<a_{n_{1}}<\ell+1.\]

    Porque\(\varepsilon=\frac{1}{2}\), existe\(N_{2} \in \mathbb{N}\) y\(N_{2}>n_{1}\) tal que

    \[\ell-\frac{1}{2}<s_{N_{2}}=\sup \left\{a_{n}: n \geq N_{2}\right\}<\ell+\frac{1}{2}.\]

    Así, existe\(n_{2}>n_{1}\) tal que

    \[\ell-\frac{1}{2}<a_{n_{2}}<\ell+\frac{1}{2}.\]

    De esta manera, podemos construir una secuencia estrictamente creciente\(\left\{n_{k}\right\}\) de enteros positivos de tal manera que

    \[\ell-\frac{1}{k}<a_{n_{k}}<\ell+\frac{1}{k}.\]

    Por lo tanto,\(\lim _{k \rightarrow \infty} a_{n_{k}}=\ell\).

    Ahora demostramos lo contrario. Dada alguna\(\varepsilon>0\), existe\(N \in \mathbb{N}\) tal que

    \[a_{n}<\ell+\varepsilon \text { and } \ell-\varepsilon<a_{n_{k}}<\ell+\varepsilon\]

    para todos\(n \geq M\) y\(k \geq N\). Deja que cualquiera\(m \geq N\), tenemos

    \[s_{m}=\sup \left\{a_{k}: k \geq m\right\} \leq \ell+\varepsilon.\]

    Por Lemma 2.1.8,\(n_{m} \geq m\), así que también tenemos

    \[s_{m}=\sup \left\{a_{k}: k \geq m\right\} \geq a_{n_{m}}>\ell-\varepsilon.\]

    Por lo tanto,\(\lim _{m \rightarrow \infty} s_{m}=\limsup _{m \rightarrow \infty} a_{n}=\ell\). \(\square\)

    El siguiente resultado se demuestra de manera similar.

    Teorema\(\PageIndex{5}\)

    Dejar\(\left\{a_{n}\right\}\) ser una secuencia y\(\ell \in \mathbb{R}\). Los siguientes son equivalentes:

    1. \(\liminf _{n \rightarrow \infty} a_{n}=\ell\).
    2. Para cualquiera\(\varepsilon>0\), existe\(N \in \mathbb{N}\) tal que

    \[a_{n}>\ell-\varepsilon \text { for all } n \geq N,\]

    y existe una subsecuencia\(\left\{a_{n_{k}}\right\}\) de\(\left\{a_{n}\right\}\) tal que

    \[\lim _{k \rightarrow \infty} a_{n_{k}}=\ell.\]

    Prueba

    Agrega prueba aquí y automáticamente se ocultará

    El siguiente corolario se desprende directamente de los Teoremas 2.5.4 y 2.5.5.

    Corolario\(\PageIndex{6}\)

    Dejar\(\left\{a_{n}\right\}\) ser una secuencia. Entonces

    \[\lim _{n \rightarrow \infty} a_{n}=\ell \text { if and only if } \limsup _{n \rightarrow \infty} a_{n}=\liminf _{n \rightarrow \infty} a_{n}=\ell .\]

    Prueba

    Agrega prueba aquí y automáticamente se ocultará

    Corolario\(\PageIndex{7}\)

    Dejar\(\left\{a_{n}\right\}\) ser una secuencia.

    1. Supongamos\(\limsup _{n \rightarrow \infty} a_{n}=\ell\) y\(\left\{a_{n_{k}}\right\}\) es una subsecuencia de\(\left\{a_{n}\right\}\) con

    \[\lim _{k \rightarrow \infty} a_{n_{k}}=\ell^{\prime}.\]

    Entonces\(\ell^{\prime} \leq \ell\).

    1. Supongamos\(\liminf _{n \rightarrow \infty} a_{n}=\ell\) y\(\left\{a_{n_{k}}\right\}\) es una subsecuencia de\(\left\{a_{n}\right\}\) con

    \[\lim _{k \rightarrow \infty} a_{n_{k}}=\ell^{\prime}.\]

    Entonces\(\ell^{\prime} \geq \ell\).

    Prueba

    Demostramos únicamente (a) porque la prueba de (b) es similar. Por Teorema 2.5.4 y la definición de límites, para cualquiera\(\varepsilon>0\), existe\(N \in \mathbb{N}\) tal que

    \[a_{n}<\ell+\varepsilon \text { and } \ell^{\prime}-\varepsilon<a_{n_{k}}<\ell^{\prime}+\varepsilon\]

    para todos\(n \geq N\) y\(k \geq N\). Ya que\(n_{N} \geq N\), esto implica

    \[\ell^{\prime}-\varepsilon<a_{n_{N}}<\ell+\varepsilon.\]

    Así,\(\ell^{\prime}<\ell+2 \varepsilon\) y, por ende,\(\ell^{\prime} \leq \ell\) porque\(\mathcal{E}\) es arbitrario. \(\square\)

    Obrar\(\PageIndex{8}\): Subsequential Limit

    Dejar\(\left\{a_{n}\right\}\) ser una secuencia acotada. Definir

    \[A=\left\{x \in \mathbb{R}: \text { there exists a subsequence }\left\{a_{n_{k}}\right\} \text { with } \lim a_{n_{k}}=x\right\}.\]

    Cada elemento del conjunto\(A\) llama límite subsecuencial de la secuencia\(\left\{a_{n}\right\}\). Del Teorema 2.5.4, Teorema 2.5.5 y Corolario 2.5.7 se desprende que\(A \neq \emptyset\) y

    \[\limsup _{n \rightarrow \infty} a_{n}=\max A \text { and } \liminf _{n \rightarrow \infty} a_{n}=\min A.\]

    Teorema\(\PageIndex{9}\)

    Supongamos que\(\left\{a_{n}\right\}\) es una secuencia tal que\(a_{n}>0\) para todos\(n \in \mathbb{N}\) y

    \[\limsup _{n \rightarrow \infty} \frac{a_{n+1}}{a_{n}}=\ell<1.\]

    Entonces\(\lim _{n \rightarrow \infty} a_{n}=0\).

    Prueba

    Elige\(\varepsilon>0\) tal que\(\ell+\varepsilon<1\). Entonces existe\(N \in \mathbb{N}\) tal que

    \[\frac{a_{n+1}}{a_{n}}<\ell+\varepsilon \text { for all } n \geq N.\]

    Vamos\(q=\ell+\varepsilon\). Entonces\(0<q<1\). Por inducción,

    \[0<a_{n} \leq q^{n-N} a_{N} \text { for all } n \geq N.\]

    Ya que\(\lim _{n \rightarrow \infty} q^{n-N} a_{N}=0\), uno tiene\(\lim _{n \rightarrow \infty} a_{n}=0\). \(\square\)

    Por un método similar, obtenemos el teorema a continuación.

    Teorema\(\PageIndex{10}\)

    Supongamos que\(\left\{a_{n}\right\}\) es una secuencia tal que\(a_{n}>0\) para todos\(n \in \mathbb{N}\) y

    \[\liminf _{n \rightarrow \infty} \frac{a_{n+1}}{a_{n}}=\ell>1.\]

    Entonces\(\lim _{n \rightarrow \infty} a_{n}=\infty\).

    Prueba

    Agrega prueba aquí y automáticamente se ocultará

    Ejemplo\(\PageIndex{1}\)

    Dado un número real\(\alpha\), definir

    \[a_{n}=\frac{\alpha^{n}}{n !}, n \in \mathbb{N}. \nonumber\]

    Solución

    Cuando\(\alpha =0\), es obvio que\(\lim _{n \rightarrow \infty} a_{n}=0\). Supongamos\(\alpha>0\). Entonces

    \[\limsup _{n \rightarrow \infty} \frac{a_{n+1}}{a_{n}}=\lim _{n \rightarrow \infty} \frac{\alpha}{n+1}=0<1. \nonumber\]

    Así,\(\lim _{n \rightarrow \infty} a_{n}=0\). En el caso general, también podemos demostrarlo\(\lim _{n \rightarrow \infty} a_{n}=0\) considerando\(\lim _{n \rightarrow \infty}\left|a_{n}\right|\) y utilizando el Ejercicio 2.1.3.

    Se supone que todas las secuencias de este conjunto de ejercicios están en\(\mathbb{R}\).

    Ejercicio\(\PageIndex{1}\)

    Encuentra\(\limsup _{n \rightarrow \infty} a_{n}\) y\(\liminf _{n \rightarrow \infty} a_{n}\) para cada secuencia.

    1. \(a_{n}=(-1)^{n}\).
    2. \(a_{n}=\sin \left(\frac{n \pi}{2}\right)\).
    3. \(a_{n}=\frac{1+(-1)^{n}}{n}\).
    4. \(a_{n}=n \sin \left(\frac{n \pi}{2}\right)\).

    Ejercicio\(\PageIndex{2}\)

    Para una secuencia\(\left\{a_{n}\right\}\), demuestre que:

    1. \(\liminf _{n \rightarrow \infty} a_{n}=\infty\)si y sólo si\(\lim _{n \rightarrow \infty} a_{n}=\infty\).
    2. \(\limsup _{n \rightarrow \infty} a_{n}=-\infty\)si y sólo si\(\lim _{n \rightarrow \infty} a_{n}=-\infty\).

    Ejercicio\(\PageIndex{3}\)

    Dejar\(\left\{a_{n}\right\}\) y\(\left\{b_{n}\right\}\) ser secuencias acotadas. Demostrar que:

    1. \(\sup _{k \geq n}\left(a_{n}+b_{n}\right) \leq \sup _{k \geq n} a_{k}+\sup _{k \geq n} b_{k}\).
    2. \(\inf _{k \geq n}\left(a_{n}+b_{n}\right) \geq \inf _{k \geq n} a_{k}+\inf _{k \geq n} b_{k}\).

    Ejercicio\(\PageIndex{4}\)

    Dejar\(\left\{a_{n}\right\}\) y\(\left\{b_{n}\right\}\) ser secuencias acotadas.

    1. \(\limsup _{n \rightarrow \infty}\left(a_{n}+b_{n}\right) \leq \limsup _{n \rightarrow \infty} a_{n}+\limsup _{n \rightarrow \infty} b_{n}\)Demuéstralo.
    2. \(\liminf _{n \rightarrow \infty}\left(a_{n}+b_{n}\right) \geq \liminf _{n \rightarrow \infty} a_{n}+\liminf _{n \rightarrow \infty} b_{n}\)Demuéstralo.
    3. Encuentre los dos ejemplos de contador para mostrar que las igualdades pueden no sostenerse en la parte (a) y la parte (b).

    Ejercicio\(\PageIndex{5}\)

    Dejar\(\left\{a_{n}\right\}\) ser una secuencia convergente y dejar\(\left\{b_{n}\right\}\) ser una secuencia arbitraria. Demostrar que

    1. \(\limsup _{n \rightarrow \infty}\left(a_{n}+b_{n}\right)=\limsup _{n \rightarrow \infty} a_{n}+\limsup _{n \rightarrow \infty} b_{n}=\lim _{n \rightarrow \infty} a_{n}+\limsup _{n \rightarrow \infty} b_{n}\).
    2. \(\liminf _{n \rightarrow \infty}\left(a_{n}+b_{n}\right)=\liminf _{n \rightarrow \infty} a_{n}+\liminf _{n \rightarrow \infty} b_{n}=\lim _{n \rightarrow \infty} a_{n}+\liminf _{n \rightarrow \infty} b_{n}\).

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