slides-clase05 - Luis Disset - Nelson Osorio Arriola

Vista previa del material en texto

La sucesión n
√
c
Sea c ∈ R+. Queremos estudiar la convergencia de la sucesión
an = n
√
c.
Si c = 1, an = 1 para todo n ∈ N, por lo que lim
n→∞
n
√
c = 1.
Analizaremos los casos en que c > 1 y c < 1. Si c > 1,
entonces n
√
c > 1, por lo que podemos definir hn = n
√
c− 1 y
hn > 0.
La sucesión n
√
c (cont.)
Por el lema, c = (1 + hn)n > 1 + nhn = 1 + n ( n
√
c− 1), de donde
1 < n
√
c < 1 +
c− 1
n
.
Por el teorema del sandwich,
lim
n→∞
n
√
c = 1.
Si c < 1, entonces
lim
n→∞
n
√
c =
1
lim
n→∞
n
√
1/c
=
1
1
= 1,
ya que 1/c > 1 y se aplica el resultado anterior.
La sucesión n
√
n
Consideremos la sucesión an = n
√
n. Dado n ∈ N, n > 1, se
tiene an > 1, por lo que podemos hacer an = 1 + hn con hn > 0.
Por el corolario al Lema probado anteriormente, tenemos
n = (an)n = (1 + hn)n ≥
n(n− 1)
2
h2n,
por lo que 2n ≥ n(n− 1)h2n, o sea, h2n ≤
2
n− 1
. Así,
hn ≤
√
2√
n− 1
,
de donde finalmente
1 ≤ an = 1 + hn ≤ 1 +
√
2√
n− 1
,
y por teorema del sandwich se tiene lim
n→∞
an = 1.
La sucesión n
√
n!
¿Es convergente la sucesión an =
n
√
n!?
Vemos que, para cada n ∈ N,
a2n ≥
n
√
(1 · n) · (2 · (n− 1)) · · · · · (n · 1) ≥ n
√
n · n · · · · · n = n,
por lo que an ≥
√
n, de donde an diverge.
La sucesión an =
nk
cn
con c > 1 y k ∈ N
Sea an =
nk
cn
con c > 1.
¿Es esta sucesión convergente?
Vemos que la sucesión
bn =
an+1
an
=
(n + 1)k
c · nk
=
1
c
· (n + 1)
k
nk
converge a
1
c
< 1.
Sea c′ un punto entre
1
c
y 1 (por ejemplo, c′ =
2
1 + c
).
Así, a contar de un cierto punto n0, bn < c′ < 1, por lo que para
n ≥ n0 se tiene an+1 < c′an.
Así, finalmente, podemos probar (inducción) que para n ≥ n0,
an < (c′)n−n0an0 , y por teoema del sandwich, limn→∞ an = 0.
De nuestro servicio de utilidad pública
El Centro de Apoyo al Rendimiento Académico (CARA UC)
ofrece Tutorías Académicas, dirigidas a apoyar a los alumnos
que presenten dificultades en este ramo.
Las Tutorías, que comienzan el 20 de Agosto, son una
instancia en donde grupos de hasta 6 alumnos (apoyados por
tutores designados por CARA UC) revisan paso por paso la
materia y los ejercicios que no hayan quedado del todo claro,
tanto en la ayudantia como en la clase.
Las Tutorias constan de 4 sesiones, con la idea de que se
cumpla todo el ciclo de aprendizaje hasta la fecha de la prueba.
Los interesados pueden acercarse a pedir más información
directamente en la oficina de CARA UC (no, no sé dónde
queda).
A futuro puede que venga alguien de CARA UC a presentar
más formalmente esta instancia de apoyo.
La sucesión tn =
(
1 + 1n
)n
Observamos que:
I tn es creciente, o sea, para todo n ∈ N se tiene tn < tn+1.
Demostración.
Esto puede hacerse de varias formas, ésta fue sugerida por la
profesora María Isabel Rauld.
Sea p(x) = nxn+1 − (n + 1)xn + 1.
En primer lugar, observamos que si x > 1 entonces p(x) > 0, ya
que
p(x) = n(xn+1 − xn)− (xn − 1)
= nxn(x− 1)− (x− 1)(xn−1 + xn−2 + · · ·+ x + 1)
= (x− 1)(nxn − xn−1 − xn−2 − · · · − x− 1)
= (x− 1)((xn − xn−1) + (xn − xn−2) + · · ·+ (xn − 1)) > 0.
Así, para x > 1, tenemos que (n + 1)xn < nxn+1 + 1.
La sucesión tn =
(
1 + 1n
)n es creciente (cont).
.
Tenemos que, para x > 1, (n + 1)xn < nxn+1 + 1.
En particular, tomando x =
(
1 + 1n
) 1
n+1 > 1, tenemos
(n + 1)
(
1 +
1
n
) n
n+1
< n
(
1 +
1
n
)
+ 1 = n + 2.
Pero entonces(
1 +
1
n
) n
n+1
<
n + 2
n + 1
= 1 +
1
n + 1
,
de donde (
1 +
1
n
)n
<
(
1 +
1
n + 1
)n+1
,
de donde tn es creciente.
La sucesión tn =
(
1 + 1n
)n es acotada
I Observamos a continuación que esta sucesión es acotada.
Demostración.
Tenemos (teorema del binomio) que
tn =
n∑
k=0
(
n
k
)(
1
n
)k
=
n∑
k=0
n(n− 1)(n− 2) . . . (n− k + 1)
k!
·
(
1
n
)k
=
n∑
k=0
n(n− 1)(n− 2) . . . (n− k + 1)
n · n · n · · · n︸ ︷︷ ︸
n veces
· 1
k!
=
n∑
k=0
n
n
· (n− 1)
n
· (n− 2)
n
· · · (n− k + 1)
n
· 1
k!
<
n∑
k=0
1
k!
.
La sucesión tn =
(
1 + 1n
)n es acotada (cont.)
.
Llamemos (sn) a la sucesión dada por sn =
n∑
k=0
1
k!
.
Hemos demostrado que para todo n > 0, tn < sn.
Además, es posible demostrar por inducción que:
I sn < 1 +
n−1∑
k=0
1
2k
.
I 1 +
n−1∑
k=0
1
2k
< 3.
Así, tn < sn < 3, por lo que (tn) es acotada superiormente.
El número e
Hemos demostrado que la sucesión (tn) dada por tn =
(
1 + 1n
)n
es creciente y acotada superiormente. Esto implica que (tn)
converge, o sea, existe lim
n→∞
tn.
A este valor le damos el nombre de e. En otras palabras,
definimos e como lim
n→∞
tn.
Numéricamente, es posible aproximar e como
e ≈ 2.7182818284590452353602874713526624977572470937 . . .
Es posible demostrar que la expansión decimal de e no es
periódica (o sea, que e es irracional); más aún, se puede
demostrar que e es incluso trascendente, o sea, no existe un
polinomio de coeficientes enteros que tenga a e como raíz.
Otra sucesión con límite e
Vimos —al estudiar la convergencia de (tn)— que la sucesión
(sn) dada por sn = 1 + 1 + 12! +
1
3! + · · ·+
1
n! es una sucesión
acotada superiormente tal que tn ≤ sn para todo n ∈ N.
También es claro que (sn) es una sucesión creciente (ya que
sn+1 − sn =
1
(n + 1)!
> 0), por lo que (sn) es convergente.
Es posible demostrar que lim
n→∞
sn = e.
Subsucesiones
Sea (an) una sucesión, y sean n1 < n2 < n3 < . . . números
naturales. Decimos que la sucesión (bk) donde bk = ank es una
subsucesión de (an).
El estudio de las subsucesiones de una sucesión nos puede
ayudar a entender el comportamiento de la sucesión original.
El siguiente teorema nos indica algunas de las propiedades
relacionadas con subsucesiones.
Propiedades de las subsucesiones
Teorema
Si (an) es una sucesión cualquiera, entonces:
I Si lim
n→∞
an = L, entonces lim
n→∞
bn = L para toda
subsucesión (bn) de (an).
I Si (an) es una sucesión acotada, entonces (an) tiene una
subsucesión convergente.
I Si (an) es una sucesión acotada pero no convergente,
entonces (an) tiene al menos dos subsucesiones que
convergen a distintos límites.
Ejemplos de aplicación de subsucesiones
Queremos estudiar la convergencia de la sucesión
an =
(
1 + 12n
)n.
No podemos calcular su límite directamente, pero sabemos
que la sucesión bn =
(
1 + 12n
)2n es una subsucesión de la
sucesión ya estudiada tn =
(
1 + 1n
)n, que converge a e.
Se puede demostrar (ejercicio) que si bn = a2n, y an ≥ 0 para
todo n ∈ N y limn→∞ bn = L, entonces limn→∞ an =
√
L.
Como bn = a2n, e = limn→∞ bn = ( limn→∞ an)
2, de donde lim
n→∞
an =
√
e.
Otro ejemplo
Estudiemos ahora la convergencia de la sucesión
an =
(
1 + 13n+2
)n
.
La sucesión bn =
(
1 + 13n+2
)3n+2
es una subsucesión de la
sucesión tn =
(
1 + 1n
)n, por lo que lim
n→∞
bn = e.
Como bn = a3n
(
1 + 13n+2
)2
,
( lim
n→∞
an)3 = lim
n→∞
bn(
1 + 13n+2
)2 = limn→∞ bn
lim
n→∞
(
1 + 13n+2
)2 = e1 = e,
de donde lim
n→∞
an = 3
√
e.
Otro ejemplo
Estudiemos ahora la convergencia de la sucesión
an =
(
1 + 23n+1
) 3n+1
2 .
A primera vista, estamos tentados de decir que tiende a e. Sin
embargo, el método usado en el ejemplo anterior no sirve,
porque la sucesión bn =
(
1 + 23n+1
) 3n+1
2 NO ES una
subsucesión de la sucesión tn =
(
1 + 1n
)n (¿por qué?).
Una forma correcta (no la única) de demostrar que lim
n→∞
an = e
es la siguiente:
Primero, escribimos
(
1 +
2
3n + 1
) 3n+1
2
como
(
1 +
1
3n+1
2
) 3n+1
2
.
Después, buscaremos cotas inferior y superior para an.
Cotas para an
Vemos que(
1 +
1
3n+1
2
) 3n+1
2
≤
(
1 +
1⌊ 3n+1
2
⌋) 3n+12 ≤ (1 + 1⌊ 3n+1
2
⌋)b 3n+12 c+1
=
(
1 +
1⌊ 3n+1
2
⌋)b 3n+12 c(1 + 1⌊ 3n+1
2
⌋) ,
y lim
n→∞
de esta última sucesión es e.
Análogamente, es posible demostrar (¡ejercicio!) que
(
1 +
1
3n+1
2
) 3n+1
2
≥
(
1 +
1⌈ 3n+1
2
⌉)d 3n+12 e−1 =
(
1 + 1d 3n+12 e
)d 3n+12 e
(
1 + 1d 3n+12 e
) ,
y esta última sucesión tiende a e. Así, hemos acotado an por
dos sucesiones que tienden a e, y por ende (teorema del
sandwich) lim
n→∞
an = e.
Otra aplicación de subsucesiones
Veremos otra forma de demostrar que, si c > 1, lim
n→∞
n
√
c = 1.
Para esto utilizaremos subsucesiones.En primer lugar,
n+1
√
c
n
√
c
=
c
1
n+1
c
1
c
= c
1
n+1−
1
n = c−
1
n(n+1) < 1,
por lo que la sucesión n
√
c es decreciente.
Como n
√
c ≥ 1, es acotada inferiormente, por lo que existe el
límite L = lim
n→∞
n
√
c.
Cálculo de lim
n→∞
n
√
c
Por ser n
√
c convergente a L, la subsucesión 2n
√
c también debe
converger a L, o sea, lim
n→∞
2n
√
c = L.
Pero 2n
√
c =
√
n
√
c, de donde
L = lim
n→∞
2n
√
c = lim
n→∞
√
n
√
c =
√
lim
n→∞
n
√
c =
√
L.
Así, L =
√
L, de donde L = 0 o L = 1. Como n
√
c ≥ 1, no hay
elementos de la sucesión en el intervalo (−1/2, 1/2), de donde
L 6= 0. Finalmente,
lim
n→∞
n
√
c = 1.
Otro ejemplo de uso de subsucesiones
Sea (an) la sucesión dada por
an =
{√
2 si n = 1,
√
2 + an−1 si n > 1.
Así, los primeros términos de esta sucesión son
√
2,
√
2 +
√
2,√
2 +
√
2 +
√
2,
√
2 +
√
2 +
√
2 +
√
2, etc.
Se puede demostrar (¡Ejercicio!) que esta sucesión es
creciente. También se puede demostrar (por inducción) que
an < 2 para todo n.
Así, debe existir L = lim
n→∞
an. Pero entonces la subsucesión
an+1 también debe converger a L. Como an+1 =
√
2 + an, debe
tenerse L =
√
2 + L, de donde L2 − L− 2 = 0, o sea, L = 2 o
L = −1. Como este último caso puede descartarse (¿por
qué?), debe tenerse L = 2.