Límites infinitos
Dada (s_n) sucesión divergente a +\infty, la denotaremos como:
\underset {n \to \infty} {\lim} s_n = +\infty si \forall M \in \mathbb{R}, \exists N \in \mathbb{N} |n < \overset{n}{N}\Rightarrow s_n > M
Dada (s_n) sucesión divergente a -\infty, la denotaremos como:
\underset {n \to \infty} {\lim} s_n = -\infty si \forall M \in \mathbb{R}, \exists N \in \mathbb{N} |n > N\Rightarrow s_n < \overset{n}{M}
Una sucesión divergente es una sucesión que diverge a +\infty o -\infty
Las sucesiones que no son convergentes ni divergentes se denominan oscilantes
En lo sucesivo, diremos que una sucesión tiene límite si es convergente o divergente, es decir, no es oscilante
El límite sigue siendo único:
Si a, b \in \mathbb{R} \cup \left \{ +\infty, -\infty \right \} \left\{\begin{matrix}
\underset {n \to \infty} {\lim} s_n = a
\\ \underset {n \to \infty} {\lim} s_n = b
\end{matrix}\right.
\Rightarrow a = b
A las sucesiones convergentes nos referiremos como sucesiones con límite finito y a las sucesiones divergentes como sucesiones con límite infinito
De la definición de sucesión divergente se puede deducir inmediatamente que si una sucesión es monótona no decreciente o no creciente y no acotada superiormente o inferiormente entonces diverge a +\infty o -\infty
Proposición
Toda sucesión monótona tiene límite (finito si está acotada, infinito en caso contrario)
Ejemplo
Vimos anteriormente que la sucesión H_n = 1 + \frac{1}{2} + \frac{1}{3} + \cdots + \frac{1}{n} + \cdots de término n-ésimo era monótona, estrictamente creciente y no estaba acotada superiormente
Luego es divergente y por la proposición, tendrá límite, que en este caso será +\infty
Resultados sobre sucesiones divergentes
- Toda subsucesión de una sucesión divergente a
+\infty o -\infty es divergente a +\infty o -\infty
-
Una sucesión posee una subsucesión divergente a +\infty o -\infty si y sólo si no está acotada superiormente o inferiormente
En general, una sucesión posee una subsucesión divergente, si y sólo si no está acotada
- Si
(s_n) es una sucesión divergente a +\infty o -\infty y (t_n) es una sucesión acotada inferiormente o superiormente, la sucesión (s_n + t_n) diverge a +\infty o -\infty
-
Si (s_n) es una sucesión divergente a +\infty o -\infty y (t_n) es una sucesión convergente o divergente a +\infty o -\infty, la sucesión (s_n + t_n) diverge a +\infty o -\infty. O de forma abreviada:
\tiny\left\{\begin{matrix}
\underset {n \to \infty} {\lim} s_n = +\infty, \underset {n \to \infty} {\lim} t_n = a \in \mathbb{R}\cup +\infty \Rightarrow \underset {n \to \infty} {\lim} \left ( s_n + t_n \right ) = +\infty \\
\underset {n \to \infty} {\lim} s_n = -\infty, \underset {n \to \infty} {\lim} t_n = a \in \mathbb{R}\cup -\infty \Rightarrow \underset {n \to \infty} {\lim} \left ( s_n + t_n \right ) = -\infty
\end{matrix}\right.
- La suma de una sucesión divergente a
+\infty con una sucesión divergente a -\infty puede resultar convergente, divergente a +\infty, divergente a -\infty u oscilante
- Si
(s_n) es una sucesión divergente a +\infty o -\infty y (t_n) es una sucesión con r > 0 y m tales que t_n > r siempre que n > m, la sucesión (s_n \cdot t_n) diverge a +\infty o -\infty
- Si
(s_n) es una sucesión divergente a +\infty o -\infty y (t_n) es una sucesión con r > 0 y m tales que t_n < -r siempre que n > m, la sucesión (s_n \cdot t_n) diverge a -\infty o +\infty
-
Si (s_n) es una sucesión divergente a +\infty o -\infty y (t_n) es una sucesión convergente con límite positivo o divergente a +\infty o -\infty, la sucesión (s_n \cdot t_n) diverge a +\infty. O de forma abreviada:
\tiny\left\{\begin{matrix}
\underset {n \to \infty} {\lim} s_n = +\infty, \underset {n \to \infty} {\lim} t_n = a \in \mathbb{R}\cup \left (0, +\infty \right )\cup +\infty \Rightarrow \underset {n \to \infty} {\lim} \left ( s_n \cdot t_n \right ) = +\infty \\
\underset {n \to \infty} {\lim} s_n = -\infty, \underset {n \to \infty} {\lim} t_n = a \in \mathbb{R}\cup \left (0, +\infty \right )\cup -\infty \Rightarrow \underset {n \to \infty} {\lim} \left ( s_n \cdot t_n \right ) = +\infty
\end{matrix}\right.
-
Si (s_n) es una sucesión divergente a -\infty o +\infty y (t_n) es una sucesión convergente con límite positivo o divergente a +\infty o -\infty, la sucesión (s_n \cdot t_n) diverge a -\infty. O de forma abreviada:
\tiny\left\{\begin{matrix}
\underset {n \to \infty} {\lim} s_n = -\infty, \underset {n \to \infty} {\lim} t_n = a \in \mathbb{R}\cup \left (0, +\infty \right )\cup -\infty \Rightarrow \underset {n \to \infty} {\lim} \left ( s_n \cdot t_n \right ) = -\infty \\
\underset {n \to \infty} {\lim} s_n = +\infty, \underset {n \to \infty} {\lim} t_n = a \in \mathbb{R}\cup \left (0, +\infty \right )\cup +\infty \Rightarrow \underset {n \to \infty} {\lim} \left ( s_n \cdot t_n \right ) = -\infty
\end{matrix}\right.
- El producto de una sucesión divergente a
+\infty o -\infty por una sucesión convergente a 0 puede resultar convergente, divergente a +\infty, divergente a -\infty u oscilante
-
Si (s_n) diverge a +\infty o -\infty si y sólo si tiene como mucho un número finito de términos no positivos y su inversa converge a 0. O de forma abreviada:
\tiny\left\{\begin{matrix}
\underset {n \to \infty} {\lim} s_n = +\infty \left\{\begin{matrix}
\exists m | s_n > 0 \text{ siempre que }n > m\\
\underset {n \to \infty} {\lim} \frac{1}{s_n} = 0
\end{matrix}\right.\\
\underset {n \to \infty} {\lim} s_n = -\infty \left\{\begin{matrix}
\exists m | s_n < 0 \text{ siempre que }n > m\\
\underset {n \to \infty} {\lim} \frac{1}{s_n} = 0
\end{matrix}\right.
\end{matrix}\right.
-
La sucesión de valores absolutos de una sucesión (s_n) diverge a +\infty si y sólo si tiene como mucho un número finito de términos no nulos y su inversa converge a 0. O de forma abreviada:
\tiny\underset {n \to \infty} {\lim} \left \| s_n \right \| = +\infty \Leftrightarrow \left\{\begin{matrix}
\exists m | s_n \neq 0 \text{ siempre que } n > m \\
\underset {n \to \infty} {\lim} \frac{1}{s_n} = 0
\end{matrix}\right.
-
Es fácil comprobar que una sucesión (s_n) converge a 0 si y sólo si la sucesión (\left \| s_n \right \|) de sus valores absolutos converge a 0
Ambas propiedades equivalen a que \forall \epsilon > 0, \exists N| \left \| s_n \right \| < \epsilon para n > N
En general, solo puede afirmarse que si (s_n) es convergente con límite a, entonces \left ( \left \| s_n \right \| \right ) es convergente con límite \left \| a \right \|; el recíproco no siempre es cierto si a\neq 0
Por lo que podemos deducir que una sucesión (s_n) sin términos nulos converge a 0 si y sólo si la sucesión \frac{1}{\left \| s_n \right \|} de los valores absolutos inversos, diverge a +\infty. O de forma abreviada:
Si s_n\neq 0, \forall n|\underset {n \to \infty} {\lim}s_n = 0\Leftrightarrow \underset {n \to \infty} {\lim}\frac{1}{\left \| s_n \right \|} =+\infty
-
Dado que \frac{s_n}{t_n} = s_n \cdot \frac{1}{t_n}, los resultados anteriores sobre el producto, pueden aplicarse fácilmente sobre el cociente
Por ejemplo, si (s_n) es una sucesión divergente a +\infty y (t_n) es una sucesión con límite positivo o una sucesión convergente a 0 que tiene un número finito de términos no positivos, entonces \left (\frac{s_n}{t_n} \right ) es una sucesión divergente a +\infty
-
Si la sucesión cociente \left (\frac{s_n}{t_n} \right ) está definida, puede ser convergente, divergente a +\infty, divergente a -\infty u oscilante, si estamos en alguno de estos casos:
(s_n) y (t_n) convergen a 0\underset {n \to \infty} {\lim} \left \| s_n \right \| = \underset {n \to \infty} {\lim} \left \| t_n \right \| = +\infty
Si (s_n) tiene límite no nulo (finito o infinito) y (t_n) converge a 0, su cociente es divergente salvo en el caso de que tenga infinitos términos positivos e infinitos términos negativos
-
Encajamiento de sucesiones divergentes
Dadas dos sucesiones (s_n) y (t_n) tales que \exists m| s_n\leq t_n; \forall n > m se verifica que:
-
Si (s_n) diverge a +\infty, (t_n) también diverge a +\infty. O de forma abreviada:
\underset {n \to \infty} {\lim} s_n = +\infty\Rightarrow \underset {n \to \infty} {\lim} t_n = +\infty
-
Si (t_n) diverge a -\infty, (s_n) también diverge a -\infty. O de forma abreviada:
\underset {n \to \infty} {\lim} t_n = -\infty\Rightarrow \underset {n \to \infty} {\lim} s_n = -\infty
Recta ampliada
Gracias a los resultados anteriores podemos ampliar el conjunto de los reales de la siguiente forma:
\mathbb{\overline{R}}=\mathbb{R}\cup {+\infty,-\infty}
A esta estructura \mathbb{\overline{R}} suele denominarse recta ampliada
Al igual que la estructura de orden de \mathbb{R} y (de forma parcial) sus operaciones algebraicas se amplian de la siguiente manera:
\forall x\in\mathbb{\overline{R}}|-\infty \leqslant x \leqslant +\infty\forall x\in\mathbb{\overline{R}}, x\neq -\infty|(+\infty) + x =\ x + (+\infty) = +\infty-
\forall x\in\mathbb{\overline{R}}, x\neq +\infty|(-\infty) + x =\ x + (-\infty) = -\infty
Quedando por definir (+\infty) + (-\infty) y (-\infty) + (+\infty)
-(+\infty) = -\infty, -(-\infty) = +\infty-
\forall x, y\in\mathbb{\overline{R}}|x - y = x + (-y)
Siempre que la suma tenga sentido y quedando por definir (+\infty) - (+\infty) y (-\infty) - (-\infty)
\forall x\in (0, +\infty)\cup \left \{ +\infty \right \} | (+\infty) \cdot x = x \cdot (+\infty) = +\infty
\forall x\in \left \{ -\infty \right \} \cup (-\infty, 0) | (+\infty) \cdot x = x \cdot (+\infty) = -\infty
\forall x\in (0, +\infty) \cup \left \{ +\infty \right \} | (-\infty) \cdot x = x \cdot (-\infty) = -\infty
-
\forall x\in \left \{ -\infty \right \} \cup (-\infty, 0) | (-\infty) \cdot x = x \cdot (-\infty) = +\infty
Quedando por definir (+\infty) \cdot 0, 0 \cdot (+\infty), (-\infty) \cdot 0 y 0 \cdot (-\infty)
\frac{1}{+\infty} = \frac{1}{-\infty} = 0
-
\forall x, y \in \mathbb{\overline{R}}|\frac{x}{y} = x \cdot \left (\frac{1}{y} \right )
Siempre que el producto tenga sentido y quedando por definir \frac{1}{0} y \frac{x}{0}, \forall x \in \mathbb{\overline{R}}, así como \frac{+\infty}{+\infty}, \frac{+\infty}{-\infty}, \frac{-\infty}{+\infty} y \frac{-\infty}{-\infty}
\left \| +\infty \right \| = \left \| -\infty \right \| = +\infty
Propiedades de la recta ampliada
En \mathbb{\overline{R}} existen las cotas superiores e inferiores de un conjunto no vacío, al igual que supremo, ínfimo, máximo y mínimo
Todo subconjunto no vacío de \mathbb{\overline{R}} posee supremo (cota superior mínima) e ínfimo (cota inferior máxima) en \mathbb{\overline{R}}
-
Dados x, y \in \mathbb{\overline{R}} | x < y, podemos encontrar z \in \mathbb{R} | x < z < y
Dicho de otra manera, (x,y)\subseteq \mathbb{\overline{R}} contiene números reales
-
Dados x, y, z \in \mathbb{\overline{R}}|x\geq y\Rightarrow x+z\geq y+z
Siempre que las sumas esten definidas
\forall x \in \mathbb{\overline{R}}|(-1)\cdot x = -x- En
\mathbb{\overline{R}} se siguen verificando todas las propiedades del valor absoluto, siempre que las operaciones estén definidas
-
Dada una sucesión (s_n) con límite a (finito o infinito) y una sucesión (t_n) con límite b (finito o infinito), tenemos que:
- Si
a + b está definido en \mathbb{\overline{R}}, (s_n + t_n) tiene límite a + b
- Si
a - b está definido en \mathbb{\overline{R}}, (s_n - t_n) tiene límite a - b
- Si
a \cdot b está definido en \mathbb{\overline{R}}, (s_n \cdot t_n) tiene límite a \cdot b
- Si
\frac{a}{b} está definido en \mathbb{\overline{R}}, (\frac{s_n}{t_n}) tiene límite \frac{a}{b}
Límites de oscilación
Límite superior
Sea (s_n) una sucesión acotada superiormente
La sucesión (x_n)\in \mathbb{R} definida como x_n = \text{sup }\left \{ s_k|k\geq n \right \} es monótona no creciente, por lo que tiene límite (que puede ser finito o -\infty)
Dicho límite recibe el nombre de límite superior de la sucesión (s_n) y se denota \tiny\left\{\begin{matrix}
\underset {n \to \infty} {\lim} \text{sup } s_n = \underset {n \to \infty} {\lim} \left ( \underset{k\geq n} {\text{sup } } s_n \right ) = \underset {n \to \infty} {\text{inf } } \left ( \underset{k\geq n} {\text{sup } } s_k \right ) \\
\underset {n \to \infty} {\lim} \text{sup } s_n = + \infty && \text{si no est}{a}'\text{ acotada superiormente}
\end{matrix}\right.
Límite inferior
Sea (s_n) una sucesión acotada inferiormente
La sucesión (y_n)\in \mathbb{R} definida como y_n = \text{inf }\left \{ s_k|k\geq n \right \} es monótona no decreciente, por lo que tiene límite (que puede ser finito o +\infty)
Dicho límite recibe el nombre de límite inferior de la sucesión (s_n) y se denota \tiny\left\{\begin{matrix}
\underset {n \to \infty} {\lim} \text{inf } s_n = \underset {n \to \infty} {\lim} \left ( \underset{k\geq n} {\text{inf } } s_n \right ) = \underset {n \to \infty} {\text{sup } } \left ( \underset{k\geq n} {\text{inf } } s_k \right ) \\
\underset {n \to \infty} {\lim} \text{sup } s_n = - \infty && \text{si no est}{a}'\text{ acotada inferiormente}
\end{matrix}\right.
Una consecuencia inmediata de ambas definiciones es que \underset {n \to \infty} {\lim} \left ( \underset{k\geq n} {\text{inf } } s_n \right ) \leq \underset {n \to \infty} {\lim} \left ( \underset{k\geq n} {\text{sup } } s_n \right )
Ejemplos de limites inferior y superior
En algunos de estos ejemplos no es sencillo demostrar con rigor cuáles son el límite inferior y el superior
- Dada la sucesión
(-1)^n, \underset {n \to \infty} {\lim} \text{inf } (-1)^n = -1 y \underset {n \to \infty} {\lim} \text{sup } (-1)^n = 1
- Dada la sucesión
(-1)^n \cdot n, \underset {n \to \infty} {\lim} \text{inf } (-1)^n \cdot n = -\infty y \underset {n \to \infty} {\lim} \text{sup } (-1)^n \cdot n = \infty
- Dada la sucesión
\frac{(-1)^n}{n}, \underset {n \to \infty} {\lim} \text{inf } \frac{(-1)^n}{n} = 0 y \underset {n \to \infty} {\lim} \text{sup } \frac{(-1)^n}{n} = 0
- Dada la sucesión
\text{sen } n, \underset {n \to \infty} {\lim} \text{inf } \text{sen } n = -1 y \underset {n \to \infty} {\lim} \text{sup } \text{sen } n = 1
- Dada la sucesión
(0, 1, 0, 1, 0, 1, \cdots), \underset {n \to \infty} {\lim} \text{inf } (0, 1, 0, 1, 0, 1, \cdots) = 0 y \underset {n \to \infty} {\lim} \text{sup } (0, 1, 0, 1, 0, 1, \cdots) = 1
- Dada la sucesión
(0, 1, 0, 2, 0, 3, \cdots), \underset {n \to \infty} {\lim} \text{inf } (0, 1, 0, 2, 0, 3, \cdots) = 0 y \underset {n \to \infty} {\lim} \text{sup } (0, 1, 0, 2, 0, 3, \cdots) = +\infty
- Dada la sucesión
(0, \frac{1}{2}, 0, \frac{1}{3}, 0, \frac{1}{4}, \cdots), \underset {n \to \infty} {\lim} \text{inf } (0, \frac{1}{2}, 0, \frac{1}{3}, 0, \frac{1}{4}, \cdots) = 0 y \underset {n \to \infty} {\lim} \text{sup } (0, \frac{1}{2}, 0, \frac{1}{3}, 0, \frac{1}{4}, \cdots) = 0
- Dada la sucesión
(a, b, c, a, b, c, \cdots), \underset {n \to \infty} {\lim} \text{inf } (a, b, c, a, b, c, \cdots) = \left \{ a, b, c \right \} y \underset {n \to \infty} {\lim} \text{sup } (a, b, c, a, b, c, \cdots) = \text{m}\acute{a}\text{x}\left \{ a, b, c \right \}
Proposición 1
Dada una sucesión s_n se tiene que:
- Es convergente con límite a si y sólo si
\underset {n \to \infty} {\lim} \text{inf } s_n = \underset {n \to \infty} {\lim} \text{sup } s_n = a
- Es divergente con límite
+\infty si y sólo si \underset {n \to \infty} {\lim} \text{inf } s_n = +\infty
- Es divergente con límite
-\infty si y sólo si \underset {n \to \infty} {\lim} \text{sup } s_n = \underset {n \to \infty} {\lim} \text{inf } s_n = -\infty
Demostración de la proposición 1 A)
Dados \forall n \in \mathbb{N}; x_n = \text{sup }\left \{ s_k|k\geqslant n \right \}; y_n = \text{inf }\left \{ s_k|k\geqslant n \right \}
De esta definición tenemos que y_n \leq s_n \leq x_n
Como \underset {n \to \infty} {\lim} \text{inf } s_n = \underset {n \to \infty} {\lim} y_n y \underset {n \to \infty} {\lim} \text{sup } s_n = \underset {n \to \infty} {\lim} x_n, si \underset {n \to \infty} {\lim} \text{inf } s_n = \underset {n \to \infty} {\lim} \text{sup } s_n = a \in \mathbb{R} nos basta con aplicar la regla del Sandwich para obtener que s_n es convergente con límite a
Recíprocamente, si s_n es convergente con límite a, dado \epsilon > 0, existe un N tal que \forall n >N se cumple que a - \frac{\epsilon}{2} < s_n < a + \frac{\epsilon}{2}
Con lo que \forall n >N el conjunto \left \{ s_k|k\geq n \right \} está acotada superiormente para a + \frac{\epsilon}{2} e inferiormente para a - \frac{\epsilon}{2}
Y tenemos que \forall n >N se cumple que a - \epsilon < a- \frac{\epsilon}{2} \leq y_n \leq s_n \leq a + \frac{\epsilon}{2} < a + \epsilon
Por lo que también se cumple que \underset {n \to \infty} {\lim} \text{inf } s_n = \underset {n \to \infty} {\lim} y_n = a = \underset {n \to \infty} {\lim} x_n = \underset {n \to \infty} {\lim} \text{sup } s_n que es lo que queríamos demostrar
Demostración de la proposición 1 B)
Necesitamos que \underset {n \to \infty} {\lim} \text{inf } s_n = +\infty por lo que s_n debe ser acotada inferiormente
Dados \forall n \in \mathbb{N}; x_n = \text{sup }\left \{ s_k|k\geqslant n \right \}; y_n = \text{inf }\left \{ s_k|k\geqslant n \right \}
De esta definición tenemos que y_n \leq s_n
Lo que obliga a s_n sea también divergente a +\infty
Recíprocamente, si s_n es divergente a +\infty, entonces no está acotada superiormente y por definición se cumple que \underset {n \to \infty} {\lim} \text{sup } s_n = +\infty
Con lo que \underset {n \to \infty} {\lim} \text{inf } s_n = +\infty ya que dado M \in \mathbb{R} existe un N tal que \forall n >N se cumple que s_n > M + 1
Por lo que también se cumple que y_n \geq y_N \geq M + 1 > M y tenemos que \underset {n \to \infty} {\lim} \text{inf } y_n = +\infty que es lo que queríamos demostrar
Demostración de la proposición 1 C)
Necesitamos que \underset {n \to \infty} {\lim} \text{sup } s_n = -\infty por lo que s_n debe ser acotada superiormente
Dados \forall n \in \mathbb{N}; x_n = \text{sup }\left \{ s_k|k\geqslant n \right \}; y_n = \text{inf }\left \{ s_k|k\geqslant n \right \}
De esta definición tenemos que s_n \leq x_n
Lo que obliga a s_n sea también divergente a -\infty
Recíprocamente, si s_n es divergente a -\infty, entonces no está acotada inferiormente y por definición se cumple que \underset {n \to \infty} {\lim} \text{inf } s_n = -\infty
Con lo que \underset {n \to \infty} {\lim} \text{sup } s_n = -\infty ya que dado M \in \mathbb{R} existe un N tal que \forall n >N se cumple que s_n < M + 1
Por lo que también se cumple que M + 1 > M \geq x_N \geq x_n y tenemos que \underset {n \to \infty} {\lim} \text{sup } x_n = -\infty que es lo que queríamos demostrar
Corolario de la Proposición 1
Una sucesión (s_n) tiene límite en \mathbb{\overline{R}} si y sólo si \underset {n \to \infty} {\lim} \text{inf }s_n = \underset {n \to \infty} {\lim} \text{sup }s_n
Y en este caso, el límite es igual al límite superior y al límite inferior
La sucesión (s_n) es oscilante si y sólo si \underset {n \to \infty} {\lim} \text{inf }s_n < \underset {n \to \infty} {\lim} \text{sup }s_n
Demostración del Corolario de la Proposición 1
A partir de la Proposición 1 A) vemos que \underset {n \to \infty} {\lim} \text{inf }s_n = \underset {n \to \infty} {\lim} \text{sup }s_n es inmediato ya que \underset {n \to \infty} {\lim} \text{inf } s_n = \underset {n \to \infty} {\lim} \text{sup } s_n = a
Y en caso de que sea oscilante necesitamos que \underset {n \to \infty} {\lim} \text{inf } s_n < \underset {n \to \infty} {\lim} \text{sup } s_n
Dados \forall n \in \mathbb{N}; x_n = \text{sup }\left \{ s_k|k\geqslant n \right \}; y_n = \text{inf }\left \{ s_k|k\geqslant n \right \}
De esta definición tenemos que y_n \leq s_n \leq x_n
Y para que sea oscilante y_n \neq s_n \neq x_n por lo que nos queda que y_n < s_n < x_n
Por lo que también se cumple que y_n < x_n y tenemos que \underset {n \to \infty} {\lim} \text{inf } s_n < \underset {n \to \infty} {\lim} \text{sup } s_n que es lo que queríamos demostrar
Límite de oscilación
Se dice que un número a \in \mathbb{\overline{R}} es un límite de oscilación de una sucesión s_n si a es el límite de alguna subsucesión de s_n
Resulta evidente que toda sucesión tiene al menos un límite de oscilación
Proposición 2
- El límite superior de una sucesión
s_n es el máximo (en \mathbb{\overline{R}}) de sus límites de oscilación
- El límite inferior de una sucesión
s_n es el mínimo (en \mathbb{\overline{R}}) de sus límites de oscilación
Demostración de la Proposición 2 A)
Dada la sucesión s_n supongamos 3 casos:
Caso 1: supongamos que \underset {n \to \infty} {\lim} \text{sup } s_n = s \in \mathbb{R}
Dados \forall n \in \mathbb{N}; x_n = \text{sup }\left \{ s_k|k\geqslant n \right \}; y_n = \text{inf }\left \{ s_k|k\geqslant n \right \}
Por la definición de ínfimo, \exists N_1 \in \mathbb{N} tal que si n > N_1 es s-1 < x_n < s+1, y por la definición de supremo \exists \varphi(2)>\varphi(1) tal que \frac{s-1}{2} < s_{\varphi(2)} < s + \frac{1}{2} y en general \exists \varphi(n) < \cdots < \varphi(1) tal que \frac{s-1}{n} < s_{\varphi(n)} < s + \frac{1}{n}
Al aplicar la regla de Sandwich, la subsucesión s_{\varphi(n)} converge a s
Caso 2: supongamos que \underset {n \to \infty} {\lim} \text{sup } s_n = +\infty y s_n es no creciente
Dados \forall n \in \mathbb{N};x_n = +\infty
Como consecuencia, \forall n \in \mathbb{N}; \exists s_{\varphi(n)} tal que \exists s_{\varphi(n)} > n
Además se puede suponer que \exists \varphi(n) < \cdots < \varphi(1)
Por lo tanto s_{\varphi(n)} \to +\infty
Caso 3: supongamos que \underset {n \to \infty} {\lim} \text{sup } s_n = -\infty
Al aplicarle la Proposición 1 C) resulta evidente
Demostración de la Proposición 2 B)
Dada la sucesión s_n supongamos 3 casos:
Caso 1: supongamos que \underset {n \to \infty} {\lim} \text{inf } s_n = s \in \mathbb{R}
Dados \forall n \in \mathbb{N}; x_n = \text{sup }\left \{ s_k|k\geqslant n \right \}; y_n = \text{inf }\left \{ s_k|k\geqslant n \right \}
Por la definición de ínfimo, \exists N_1 \in \mathbb{N} tal que si n > N_1 es s-1 < x_n < s+1, y por la definición de supremo \exists \varphi(2)>\varphi(1) tal que \frac{s-1}{2} < s_{\varphi(2)} < s + \frac{1}{2} y en general \exists \varphi(n) < \cdots < \varphi(1) tal que \frac{s-1}{n} < s_{\varphi(n)} < s + \frac{1}{n}
Al aplicar la regla de Sandwich, la subsucesión s_{\varphi(n)} converge a s
Caso 2: supongamos que \underset {n \to \infty} {\lim} \text{inf } s_n = +\infty y s_n es no creciente
Dados \forall n \in \mathbb{N};y_n = +\infty
Como consecuencia, \forall n \in \mathbb{N}; \exists s_{\varphi(n)} tal que \exists s_{\varphi(n)} > n
Además se puede suponer que \exists \varphi(n) < \cdots < \varphi(1)
Por lo tanto s_{\varphi(n)} \to +\infty
Caso 3: supongamos que \underset {n \to \infty} {\lim} \text{sup } s_n = -\infty
Al aplicarle la Proposición 1 C) resulta evidente
Por último, basta demostrar que cualquier otro límite de oscilación de (s_n) está entre el límite superior y el inferior
Sea (s_{\varphi(n)}) subsucesión convergente a un límite de oscilación
Utilizando y_n \leq s_{\varphi(n)} \leq x_n y tomando límites se obtiene el resultado de la proposición 2, que es lo que queríamos demostrar
Proposición 3
Sean (s_n) y (t_n) sucesiones de números reales y c\in \mathbb{R}
-
Si \underset {n \to \infty} {\lim} \text{sup }s_n < c, \exists n_0|s_n < c, \forall n\geqslant n_0
Es decir, que sólo hay un número finito de términos de la sucesión mayores o iguales que c
-
Si \underset {n \to \infty} {\lim} \text{sup }s_n > c, \exists n|s_n > c
Es decir, que hay un número infinito de términos de la sucesión mayores que c
-
Si \underset {n \to \infty} {\lim} \text{inf }s_n > c, \exists n_0|s_n > c, \forall n\geqslant n_0
Es decir, que sólo hay un número finito de términos de la sucesión menores o iguales que c
-
Si \underset {n \to \infty} {\lim} \text{inf }s_n < c, \exists n|s_n < c
Es decir, que hay un número infinito de términos de la sucesión menores que c
-
Si \exists m|s_n < t_m, n > m \Rightarrow \left\{\begin{matrix}
\underset {n \to \infty} {\lim} \text{inf }s_n \leq \underset {n \to \infty} {\lim} \text{inf }t_n\\
\underset {n \to \infty} {\lim} \text{sup }s_n \leq \underset {n \to \infty} {\lim} \text{sup }t_n
\end{matrix}\right.
-
Si \underset {n \to \infty} {\lim} \text{inf }s_n + \underset {n \to \infty} {\lim} \text{inf }t_n \leq \underset {n \to \infty} {\lim} \text{inf } (s_n + t_n) \leq \underset {n \to \infty} {\lim} \text{inf }s_n + \underset {n \to \infty} {\lim} \text{sup }t_n \leq \underset {n \to \infty} {\lim} \text{sup }s_n + \underset {n \to \infty} {\lim} \text{sup }t_n
-
Si c\geq 0
\left\{\begin{matrix}
\underset {n \to \infty} {\lim} \text{inf } (c \cdot s_n) = c \cdot \underset {n \to \infty} {\lim} \text{inf } s_n\\
\underset {n \to \infty} {\lim} \text{sup } (c \cdot s_n) = c \cdot \underset {n \to \infty} {\lim} \text{sup } s_n
\end{matrix}\right.
-
Si c\leq 0
\left\{\begin{matrix}
\underset {n \to \infty} {\lim} \text{inf } (c \cdot s_n) = c \cdot \underset {n \to \infty} {\lim} \text{sup } s_n\\
\underset {n \to \infty} {\lim} \text{sup } (c \cdot s_n) = c \cdot \underset {n \to \infty} {\lim} \text{inf } s_n
\end{matrix}\right.
-
Si s_n \leq 0, t_n \leq 0
\underset {n \to \infty} {\lim} \text{inf } s_n \cdot \underset {n \to \infty} {\lim} \text{inf } t_n \leq \underset {n \to \infty} {\lim} \text{inf } (s_n \cdot t_n) \leq \underset {n \to \infty} {\lim} \text{inf } s_n \cdot \underset {n \to \infty} {\lim} \text{sup } t_n \leq \underset {n \to \infty} {\lim} \text{sup } (s_n \cdot t_n) \leq \underset {n \to \infty} {\lim} \text{sup } s_n \cdot \underset {n \to \infty} {\lim} \text{sup } t_n
-
Si s_n \leq 0, \forall n
\underset {n \to \infty} {\lim} \text{inf } \frac{s_{n+1}}{s_n} \leq \underset {n \to \infty} {\lim} \text{inf } \sqrt[n]{s_n} \leq \underset {n \to \infty} {\lim} \text{sup } \sqrt[n]{s_n} \leq \underset {n \to \infty} {\lim} \text{sup } \frac{s_{n+1}}{s_n}
Demostración de A)
Sea \underset {n \to \infty} {\lim} \text{sup}_n s_n = l, entonces \forall \epsilon >0,\exists n_0\rightarrow \left \| \text{sup}_{k\geq n}s_k-l \right \|<\epsilon, para n\geq n_0
En particular, tenemos que \epsilon =c-l y por tanto \text{sup}_{k\geq n}s_k>\epsilon +l=c, para n\geq n_0
Luego s_n< c, para n\geq n_0 que es lo que queríamos demostrar
Demostración de B)
Supongamos que s_n> c únicamente para un número finito de valores de n y que n_1 es el máximo de tales valores
Entonces s_n< c, para n\geq n_1 y por tanto, en ese caso \text{sup}_{k\geq n}s_k\leq c y \underset {n \to \infty}{\lim} \text{sup}_n sn \leq c
Con lo que usando la reducción al absurdo llegamos a lo que queríamos demostrar
Demostración de C)
Sea \underset {n \to \infty} {\lim} \text{inf}_n s_n = l, entonces \forall \epsilon >0,\exists n_0\rightarrow \left \| \text{inf}_{k\geq n}s_k-l \right \|>\epsilon, para n\geq n_0
En particular, tenemos que \epsilon =c-l y por tanto \text{inf}_{k\geq n}s_k<\epsilon +l=c, para n\geq n_0
Luego s_n> c, para n\geq n_0 que es lo que queríamos demostrar
Demostración de D)
Supongamos que s_n< c únicamente para un número finito de valores de n y que n_1 es el mínimo de tales valores
Entonces s_n> c, para n\geq n_1 y por tanto, en ese caso \text{inf}_{k\geq n}s_k\geq c y \underset {n \to \infty}{\lim} \text{inf}_n sn \geq c
Con lo que usando la reducción al absurdo llegamos a lo que queríamos demostrar
Demostración de E)
Sea \underset {n \to \infty} {\lim} \text{inf}_n s_n = l_s, entonces \forall \epsilon >0,\exists m\rightarrow \left \| \text{inf}_{k\geq n}s_k-l_s \right \|>\epsilon, para n>m
Sea \underset {n \to \infty} {\lim} \text{inf}_n t_n = l_t, entonces \forall \epsilon >0,\exists m\rightarrow \left \| \text{inf}_{k\geq n}t_k-l_t \right \|>\epsilon, para n>m
Como s_n\leq t_n y si aplicamos C), entonces tenemos que \underset {n \to \infty} {\lim} \text{inf}_n s_n\leq \underset {n \to \infty} {\lim} \text{inf}_n t_n con lo que queda probada esa primera parte
Sea \underset {n \to \infty} {\lim} \text{sup}_n s_n = l_s, entonces \forall \epsilon >0,\exists m\rightarrow \left \| \text{sup}_{k\geq n}s_k-l_s \right \|<\epsilon, para n>m
Sea \underset {n \to \infty} {\lim} \text{sup}_n t_n = l_t, entonces \forall \epsilon >0,\exists m\rightarrow \left \| \text{sup}_{k\geq n}t_k-l_t \right \|<\epsilon, para n>m
Como s_n\leq t_n y si aplicamos A), entonces tenemos que \underset {n \to \infty} {\lim} \text{sup}_n s_n\leq \underset {n \to \infty} {\lim} \text{sup}_n t_n con lo que queda probada esa segunda parte
Demostración de F)
Dados a, b \in \mathbb{\overline{R}} por definición, si \underset {n \to \infty} {\lim} s_n = a y \underset {n \to \infty} {\lim} t_n = b entonces (s_n + t_n) tiene límite a + b y por tanto \underset {n \to \infty} {\lim} \left ( s_n + t_n \right ) = \left ( a + b \right )
Como a \leq \left ( a + b \right ) y b \leq \left ( a + b \right ) entonces \left\{\begin{matrix}
\underset {n \to \infty} {\lim} s_n\leq \underset {n \to \infty} {\lim} \left ( s_n + t_n \right ),\text{si } a\leq \left ( a + b \right )\\
\underset {n \to \infty} {\lim} t_n\leq \underset {n \to \infty} {\lim} \left ( s_n + t_n \right ),\text{si } b\leq \left ( a + b \right )
\end{matrix}\right.
De la definición de límite superior e inferior tenemos que \underset {n \to \infty} {\lim} \text{inf } s_n \leq \underset {n \to \infty} {\lim} {\text{sup } } s_n y \underset {n \to \infty} {\lim} \text{inf } t_n \leq \underset {n \to \infty} {\lim} \text{sup } t_n
Entonces podemos tomar \underset {n \to \infty} {\lim} s_n y \underset {n \to \infty} {\lim} t_n como límites inferiores de \underset {n \to \infty} {\lim} \left ( s_n + t_n \right )
Y \underset {n \to \infty} {\lim} \left ( s_n + t_n \right ) como límite superior de \underset {n \to \infty} {\lim} s_n y \underset {n \to \infty} {\lim} t_n
Con lo que tenemos que \left\{\begin{matrix}
\underset {n \to \infty} {\lim} \text{inf } s_n \leq \underset {n \to \infty} {\lim} \text{sup } \left ( s_n + t_n \right )\\
\underset {n \to \infty} {\lim} \text{inf } t_n \leq \underset {n \to \infty} {\lim} \text{sup } \left ( s_n + t_n \right )
\end{matrix}\right.
Con lo que hemos encontrado la cuarta desigualdad, sigamos con la demostración
Y si tomamos \underset {n \to \infty} {\lim} \text{inf } s_n y \underset {n \to \infty} {\lim} \text{inf } t_n como la suma de los límites inferiores de \underset {n \to \infty} {\lim} \text{sup } \left ( s_n + t_n \right )
Tenemos que \underset {n \to \infty} {\lim} \text{inf } s_n + \underset {n \to \infty} {\lim} \text{inf } t_n\leq \underset {n \to \infty} {\lim} \text{sup } \left ( s_n + t_n \right )
Con lo que hemos encontrado la primera y la cuarta desigualdades, sigamos con la demostración
Y si tomamos \underset {n \to \infty} {\lim} \text{sup } s_n y \underset {n \to \infty} {\lim} \text{sup } t_n como la suma de los límites superiores de \underset {n \to \infty} {\lim} \text{sup } \left ( s_n + t_n \right )
Tenemos que \underset {n \to \infty} {\lim} \text{inf } s_n + \underset {n \to \infty} {\lim} \text{inf } t_n\leq \underset {n \to \infty} {\lim} \text{sup } \left ( s_n + t_n \right )\leq \underset {n \to \infty} {\lim} \text{sup } s_n + \underset {n \to \infty} {\lim} \text{sup } t_n
Con lo que hemos encontrado la primera, la cuarta y la quinta desigualdades, sigamos con la demostración
Y si tomamos s_n + t_n como límite inferior de \underset {n \to \infty} {\lim} \text{sup } \left ( s_n + t_n \right )
Tenemos que \underset {n \to \infty} {\lim} \text{inf } \left (s_n + t_n \right )\leq \underset {n \to \infty} {\lim} \text{sup } \left ( s_n + t_n \right )
Con lo que hemos encontrado la segunda desigualdad, sigamos con la demostración
Y si tomamos s_n + t_n como límite superior de \underset {n \to \infty} {\lim} \text{inf } s_n + \underset {n \to \infty} {\lim} \text{inf } t_n
Tenemos que \underset {n \to \infty} {\lim} \text{inf } s_n + \underset {n \to \infty} {\lim} \text{inf } t_n\leq \underset {n \to \infty} {\lim} \text{inf } \left ( s_n + t_n \right )
Con lo que tenemos que \underset {n \to \infty} {\lim} \text{inf } s_n + \underset {n \to \infty} {\lim} \text{inf } t_n\leq \underset {n \to \infty} {\lim} \text{inf } \left ( s_n + t_n \right )\leq \underset {n \to \infty} {\lim} \text{sup } \left ( s_n + t_n \right )\leq \underset {n \to \infty} {\lim} \text{sup } s_n + \underset {n \to \infty} {\lim} \text{sup } t_n
Con lo que hemos encontrado la primera, la segunda, la cuarta y la quinta desigualdades, sigamos con la demostración
Y si tomamos \underset {n \to \infty} {\lim} \text{sup } t_n como límite superior de \underset {n \to \infty} {\lim} \text{inf } \left ( s_n + t_n \right )
Tenemos que \underset {n \to \infty} {\lim} \text{inf } \left ( s_n + t_n \right )\leq \underset {n \to \infty} {\lim} \text{sup } t_n
Y si tomamos \underset {n \to \infty} {\lim} \text{inf } s_n como límite inferior de \underset {n \to \infty} {\lim} \text{sup } \left ( s_n + t_n \right )
Tenemos que \underset {n \to \infty} {\lim} \text{inf } s_n\leq \underset {n \to \infty} {\lim} \text{sup } \left ( s_n + t_n \right )
Y si tomamos \underset {n \to \infty} {\lim} \text{inf } s_n + \underset {n \to \infty} {\lim} \text{sup } t_n como la suma de los límites superiores de \underset {n \to \infty} {\lim} \text{inf } \left ( s_n + t_n \right )
Tenemos que \underset {n \to \infty} {\lim} \text{inf } \left ( s_n + t_n \right )\leq \underset {n \to \infty} {\lim} \text{inf } s_n + \underset {n \to \infty} {\lim} \text{sup } t_n
Con lo que hemos encontrado la tercera desigualdad, sigamos con la demostración
Y si tomamos \underset {n \to \infty} {\lim} \text{inf } s_n + \underset {n \to \infty} {\lim} \text{sup } t_n como la suma de los límites inferiores de \underset {n \to \infty} {\lim} \text{sup } \left ( s_n + t_n \right )
Tenemos que \underset {n \to \infty} {\lim} \text{inf } s_n + \underset {n \to \infty} {\lim} \text{sup } t_n\leq \underset {n \to \infty} {\lim} \text{sup } \left ( s_n + t_n \right )
Con lo que tenemos que \underset {n \to \infty} {\lim} \text{inf } s_n + \underset {n \to \infty} {\lim} \text{inf } t_n\leq \underset {n \to \infty} {\lim} \text{inf } \left ( s_n + t_n \right )\leq \underset {n \to \infty} {\lim} \text{inf } s_n + \underset {n \to \infty} {\lim} \text{sup } t_n\leq\underset {n \to \infty} {\lim} \text{sup } \left ( s_n + t_n \right )\leq \underset {n \to \infty} {\lim} \text{sup } s_n + \underset {n \to \infty} {\lim} \text{sup } t_n
Con lo que hemos encontrado todas las desigualdades, con lo que finalizamos la demostración
Demostración de G)
Dados a, b, c \in \mathbb{\overline{R}} por definición, si \underset {n \to \infty} {\lim} s_n = a y \underset {n \to \infty} {\lim} t_n = b entonces si (c \cdot s_n) es convergente, tiene límite c \cdot a
Por tanto \underset {n \to \infty} {\lim} \left ( c \cdot s_n \right ) = \left ( c \cdot a \right )
Como (c \cdot s_n) ha de ser convergente y c\geq 0, tenemos que \underset {n \to \infty} {\lim} \text{inf } \left ( c \cdot s_n \right ) = \underset {n \to \infty} {\lim} \text{sup } \left ( c \cdot s_n \right ) = \left ( c \cdot a \right )
Sustituimos \underset {n \to \infty} {\lim} \text{inf } \left ( c \cdot s_n \right ) = \left ( c \cdot a \right ) en la igualdad que queremos probar y tenemos que \left ( c \cdot a \right ) = c\cdot \underset {n \to \infty} {\lim} \text{inf } s_n
Como \underset {n \to \infty} {\lim} s_n está acotada tenemos que \underset {n \to \infty} {\lim} \text{inf } s_n = \underset {n \to \infty} {\lim} \text{sup } s_n = a
Sustituimos \underset {n \to \infty} {\lim} \text{inf } s_n en la igualdad que queremos probar y tenemos que \left ( c \cdot a \right ) = \left ( c \cdot a \right ) con lo que queda demostrada la primera igualdad
Sustituimos \underset {n \to \infty} {\lim} \text{sup } \left ( c \cdot s_n \right ) = \left ( c \cdot a \right ) en la igualdad que queremos probar y tenemos que \left ( c \cdot a \right ) = c\cdot \underset {n \to \infty} {\lim} \text{sup } s_n
Sustituimos \underset {n \to \infty} {\lim} \text{sup } s_n en la igualdad que queremos probar y tenemos que \left ( c \cdot a \right ) = \left ( c \cdot a \right ) con lo que queda demostrada la segunda igualdad, finalizando la demostración
Demostración de H)
Dados a, b, c \in \mathbb{\overline{R}} por definición, si \underset {n \to \infty} {\lim} s_n = a y \underset {n \to \infty} {\lim} t_n = b entonces si (c \cdot s_n) es convergente, tiene límite c \cdot a
Por tanto \underset {n \to \infty} {\lim
} \left ( c \cdot s_n \right ) = \left ( c \cdot a \right )
Como (c \cdot s_n) ha de ser convergente y c < 0, tenemos que \underset {n \to \infty} {\lim} \text{inf } \left ( c \cdot s_n \right ) = \underset {n \to \infty} {\lim} \text{sup } \left ( c \cdot s_n \right ) = \left ( c \cdot a \right )
Sustituimos \underset {n \to \infty} {\lim} \text{inf } \left ( c \cdot s_n \right ) = \left ( c \cdot a \right ) en la igualdad que queremos probar y tenemos que \left ( c \cdot a \right ) = c\cdot \underset {n \to \infty} {\lim} \text{sup } s_n
Como \underset {n \to \infty} {\lim} s_n está acotada tenemos que \underset {n \to \infty} {\lim} \text{inf } s_n = \underset {n \to \infty} {\lim} \text{sup } s_n = a
Sustituimos \underset {n \to \infty} {\lim} \text{sup } s_n en la igualdad que queremos probar y tenemos que \left ( c \cdot a \right ) = \left ( c \cdot a \right ) con lo que queda demostrada la primera igualdad
Sustituimos \underset {n \to \infty} {\lim} \text{sup } \left ( c \cdot s_n \right ) = \left ( c \cdot a \right ) en la igualdad que queremos probar y tenemos que \left ( c \cdot a \right ) = c\cdot \underset {n \to \infty} {\lim} \text{inf } s_n
Sustituimos \underset {n \to \infty} {\lim} \text{inf } s_n en la igualdad que queremos probar y tenemos que \left ( c \cdot a \right ) = \left ( c \cdot a \right ) con lo que queda demostrada la segunda igualdad, finalizando la demostración
Demostración de I)
Dados a, b \in \mathbb{\overline{R}} por definición, si \underset {n \to \infty} {\lim} s_n = a y \underset {n \to \infty} {\lim} t_n = b entonces (s_n \cdot t_n) tiene límite a \cdot b y por tanto \underset {n \to \infty} {\lim} \left ( s_n \cdot t_n \right ) = \left ( a \cdot b \right )
Además s_n\geq 0 y t_n\geq 0
Como a \leq \left ( a \cdot b \right ) y b \leq \left ( a \cdot b \right ) entonces \left\{\begin{matrix}
\underset {n \to \infty} {\lim} s_n\leq \underset {n \to \infty} {\lim} \left ( s_n \cdot t_n \right ),\text{si } a\leq \left ( a \cdot b \right )\\
\underset {n \to \infty} {\lim} t_n\leq \underset {n \to \infty} {\lim} \left ( s_n \cdot t_n \right ),\text{si } b\leq \left ( a \cdot b \right )
\end{matrix}\right.
De la definición de límite superior e inferior tenemos que \underset {n \to \infty} {\lim} \text{inf } s_n \leq \underset {n \to \infty} {\lim} {\text{sup } } s_n y \underset {n \to \infty} {\lim} \text{inf } t_n \leq \underset {n \to \infty} {\lim} \text{sup } t_n
Entonces podemos tomar \underset {n \to \infty} {\lim} s_n y \underset {n \to \infty} {\lim} t_n como límites inferiores de \underset {n \to \infty} {\lim} \left ( s_n \cdot t_n \right )
Y \underset {n \to \infty} {\lim} \left ( s_n \cdot t_n \right ) como límite superior de \underset {n \to \infty} {\lim} s_n y \underset {n \to \infty} {\lim} t_n
Con lo que tenemos que \left\{\begin{matrix}
\underset {n \to \infty} {\lim} \text{inf } s_n \leq \underset {n \to \infty} {\lim} \text{sup } \left ( s_n \cdot t_n \right )\\
\underset {n \to \infty} {\lim} \text{inf } t_n \leq \underset {n \to \infty} {\lim} \text{sup } \left ( s_n \cdot t_n \right )
\end{matrix}\right.
Con lo que hemos encontrado la cuarta desigualdad, sigamos con la demostración
Y si tomamos \underset {n \to \infty} {\lim} \text{inf } s_n y \underset {n \to \infty} {\lim} \text{inf } t_n como el producto de los límites inferiores de \underset {n \to \infty} {\lim} \text{sup } \left ( s_n \cdot t_n \right )
Tenemos que \underset {n \to \infty} {\lim} \text{inf } s_n \cdot \underset {n \to \infty} {\lim} \text{inf } t_n\leq \underset {n \to \infty} {\lim} \text{sup } \left ( s_n \cdot t_n \right )
Con lo que hemos encontrado la primera y la cuarta desigualdades, sigamos con la demostración
Y si tomamos \underset {n \to \infty} {\lim} \text{sup } s_n y \underset {n \to \infty} {\lim} \text{sup } t_n como el producto de los límites superiores de \underset {n \to \infty} {\lim} \text{sup } \left ( s_n \cdot t_n \right )
Tenemos que \underset {n \to \infty} {\lim} \text{inf } s_n \cdot \underset {n \to \infty} {\lim} \text{inf } t_n\leq \underset {n \to \infty} {\lim} \text{sup } \left ( s_n \cdot t_n \right )\leq \underset {n \to \infty} {\lim} \text{sup } s_n \cdot \underset {n \to \infty} {\lim} \text{sup } t_n
Con lo que hemos encontrado la primera, la cuarta y la quinta desigualdades, sigamos con la demostración
Y si tomamos s_n \cdot t_n como límite inferior de \underset {n \to \infty} {\lim} \text{sup } \left ( s_n \cdot t_n \right )
Tenemos que \underset {n \to \infty} {\lim} \text{inf } \left (s_n \cdot t_n \right )\leq \underset {n \to \infty} {\lim} \text{sup } \left ( s_n \cdot t_n \right )
Con lo que hemos encontrado la segunda desigualdad, sigamos con la demostración
Y si tomamos s_n \cdot t_n como límite superior de \underset {n \to \infty} {\lim} \text{inf } s_n \cdot \underset {n \to \infty} {\lim} \text{inf } t_n
Tenemos que \underset {n \to \infty} {\lim} \text{inf } s_n \cdot \underset {n \to \infty} {\lim} \text{inf } t_n\leq \underset {n \to \infty} {\lim} \text{inf } \left ( s_n \cdot t_n \right )
Con lo que tenemos que \underset {n \to \infty} {\lim} \text{inf } s_n \cdot \underset {n \to \infty} {\lim} \text{inf } t_n\leq \underset {n \to \infty} {\lim} \text{inf } \left ( s_n \cdot t_n \right )\leq \underset {n \to \infty} {\lim} \text{sup } \left ( s_n \cdot t_n \right )\leq \underset {n \to \infty} {\lim} \text{sup } s_n \cdot \underset {n \to \infty} {\lim} \text{sup } t_n
Con lo que hemos encontrado la primera, la segunda, la cuarta y la quinta desigualdades, sigamos con la demostración
Y si tomamos \underset {n \to \infty} {\lim} \text{sup } t_n como límite superior de \underset {n \to \infty} {\lim} \text{inf } \left ( s_n \cdot t_n \right )
Tenemos que \underset {n \to \infty} {\lim} \text{inf } \left ( s_n \cdot t_n \right )\leq \underset {n \to \infty} {\lim} \text{sup } t_n
Y si tomamos \underset {n \to \infty} {\lim} \text{inf } s_n como límite inferior de \underset {n \to \infty} {\lim} \text{sup } \left ( s_n \cdot t_n \right )
Tenemos que \underset {n \to \infty} {\lim} \text{inf } s_n\leq \underset {n \to \infty} {\lim} \text{sup } \left ( s_n \cdot t_n \right )
Y si tomamos \underset {n \to \infty} {\lim} \text{inf } s_n \cdot \underset {n \to \infty} {\lim} \text{sup } t_n como producto de los límites superiores de \underset {n \to \infty} {\lim} \text{inf } \left ( s_n \cdot t_n \right )
Tenemos que \underset {n \to \infty} {\lim} \text{inf } \left ( s_n \cdot t_n \right )\leq \underset {n \to \infty} {\lim} \text{inf } s_n \cdot \underset {n \to \infty} {\lim} \text{sup } t_n
Con lo que hemos encontrado la tercera desigualdad, sigamos con la demostración
Y si tomamos \underset {n \to \infty} {\lim} \text{inf } s_n \cdot \underset {n \to \infty} {\lim} \text{sup } t_n como el producto de los límites inferiores de \underset {n \to \infty} {\lim} \text{sup } \left ( s_n \cdot t_n \right )
Tenemos que \underset {n \to \infty} {\lim} \text{inf } s_n \cdot \underset {n \to \infty} {\lim} \text{sup } t_n\leq \underset {n \to \infty} {\lim} \text{sup } \left ( s_n \cdot t_n \right )
Con lo que tenemos que \underset {n \to \infty} {\lim} \text{inf } s_n \cdot \underset {n \to \infty} {\lim} \text{inf } t_n\leq \underset {n \to \infty} {\lim} \text{inf } \left ( s_n \cdot t_n \right )\leq \underset {n \to \infty} {\lim} \text{inf } s_n \cdot \underset {n \to \infty} {\lim} \text{sup } t_n\leq\underset {n \to \infty} {\lim} \text{sup } \left ( s_n \cdot t_n \right )\leq \underset {n \to \infty} {\lim} \text{sup } s_n \cdot \underset {n \to \infty} {\lim} \text{sup } t_n
Con lo que hemos encontrado todas las desigualdades, con lo que finalizamos la demostración
Demostración de J)
Dados a, b \in \mathbb{\overline{R}} y b\neq 0por definición, si \underset {n \to \infty} {\lim} s_{n+1} = a y \underset {n \to \infty} {\lim} s_n = b entonces \left ( \frac{s_{n+1}}{s_n} \right ) tiene límite \frac{a}{b} y por tanto \underset {n \to \infty} {\lim} \left ( \frac{s_{n+1}}{s_n} \right ) = \left ( \frac{a}{b} \right )
Además s_n > 0
Como a \leq \left ( \frac{a}{b} \right ) y b \leq \left ( \frac{a}{b} \right ) entonces \left\{\begin{matrix}
\underset {n \to \infty} {\lim} s_{n+1}\leq \underset {n \to \infty} {\lim} \left ( \frac{s_{n+1}}{s_n} \right ),\text{si } a\leq \left ( \frac{a}{b} \right )\\
\underset {n \to \infty} {\lim} s_n\leq \underset {n \to \infty} {\lim} \left ( \frac{s_{n+1}}{s_n} \right ),\text{si } b\leq \left ( \frac{a}{b} \right )
\end{matrix}\right.
De la definición de límite superior e inferior tenemos que \underset {n \to \infty} {\lim} \text{inf } s_{n+1} \leq \underset {n \to \infty} {\lim} {\text{sup } } s_{n+1} y \underset {n \to \infty} {\lim} \text{inf } s_n \leq \underset {n \to \infty} {\lim} \text{sup } s_n
Entonces podemos tomar \underset {n \to \infty} {\lim} s_{n+1} y \underset {n \to \infty} {\lim} s_n como límites inferiores de \underset {n \to \infty} {\lim} \left ( \frac{s_{n+1}}{s_n} \right )
Y \underset {n \to \infty} {\lim} \left ( \frac{s_{n+1}}{s_n} \right ) como límite superior de \underset {n \to \infty} {\lim} s_{n+1} y \underset {n \to \infty} {\lim} s_n
Con lo que tenemos que \left\{\begin{matrix}
\underset {n \to \infty} {\lim} \text{inf } s_{n+1} \leq \underset {n \to \infty} {\lim} \text{sup } \left ( \frac{s_{n+1}}{s_n} \right )\\
\underset {n \to \infty} {\lim} \text{inf } s_n \leq \underset {n \to \infty} {\lim} \text{sup } \left ( \frac{s_{n+1}}{s_n} \right )
\end{matrix}\right.
Con lo que hemos encontrado la cuarta desigualdad, sigamos con la demostración
Y si tomamos \frac{s_{n+1}}{s_n} como límite inferior de \underset {n \to \infty} {\lim} \text{sup } \left ( \frac{s_{n+1}}{s_n} \right )
Tenemos que \underset {n \to \infty} {\lim} \text{inf } \left (\frac{s_{n+1}}{s_n} \right )\leq \underset {n \to \infty} {\lim} \text{sup } \left ( \frac{s_{n+1}}{s_n} \right )
Con lo que hemos encontrado la primera y la cuarta desigualdades, sigamos con la demostración
Supongamos que b > 0
Tomamos \alpha tal que 0 < \alpha < s, por C) tenemos que \exists n_0 | \frac{s_{k+1}}{s_k} > \alpha, k\geq n_0
Multiplicamos esas desigualdades para cada n > n_0 con los valores k = n_0, n_0 + 1, \cdots n - 2, n - 1
Obteniendo \frac{s_n}{s_{n_0}} > \alpha^{n-n_0}, n\geq n_0
Que es equivalente a \sqrt[n]{s_n} > \alpha \cdot \left ( s_{n_0}\cdot \alpha^{-N} \right )^{\frac{1}{n}}, n\geq n_0
Y que implica que \underset {n \to \infty} {\lim} \text{inf } \sqrt[n]{s_n} > \alpha \cdot \underset {n \to \infty} {\lim} \text{inf } \left ( s_{n_0}\cdot \alpha^{-N} \right )^{\frac{1}{n}} = \alpha \cdot \underset {n \to \infty} {\lim} \left ( s_{n_0}\cdot \alpha^{-N} \right )^{\frac{1}{n}} = \alpha
Ya que \underset {n \to \infty} {\lim} \left ( s_{n_0}\cdot \alpha^{-N} \right )^{\frac{1}{n}} = 1
Como \alpha \leq b y b = \underset {n \to \infty} {\lim} \text{inf } \frac{s_{n+1}}{s_n} entonces \underset {n \to \infty} {\lim} \text{inf } \frac{s_{n+1}}{s_n} \leq \underset {n \to \infty} {\lim} \text{inf } \sqrt[n]{s_n}
Con lo que hemos encontrado la segunda desigualdad, sigamos con la demostración
Tenemos que \underset {n \to \infty} {\lim} \text{inf } \frac{s_{n+1}}{s_n} \leq \underset {n \to \infty} {\lim} \text{inf } \sqrt[n]{s_n} \leq \underset {n \to \infty} {\lim} \text{sup } \frac{s_{n+1}}{s_n}
Entonces podemos tomar \underset {n \to \infty} {\lim} \sqrt[n]{s_n} como límite superior de \underset {n \to \infty} {\lim} \text{inf } \frac{s_{n+1}}{s_n} y \underset {n \to \infty} {\lim} \text{inf } \sqrt[n]{s_n}
Con lo que tenemos que \underset {n \to \infty} {\lim} \text{inf } \frac{s_{n+1}}{s_n} \leq \underset {n \to \infty} {\lim} \text{inf } \sqrt[n]{s_n} \leq \underset {n \to \infty} {\lim} \text{sup } \sqrt[n]{s_n} \leq \underset {n \to \infty} {\lim} \text{sup } \frac{s_{n+1}}{s_n}
Con lo que hemos encontrado todas las desigualdades, con lo que finalizamos la demostración
Límite de sucesiones y funciones elementales
Si f(x) representa a una función elemental (e^x, \log x, \cos x, \tan x, \arcsin x, \arccos x, \arctan x, x^{y}), entonces \underset {n \to \infty} {\lim} s_n = a \Rightarrow \underset {n \to \infty} {\lim} (s_n) = f(a) para cualquier punto a del dominio de la función y cualquier sucesión s_n contenida en el dominio de la función
Otros límites elementales que debemos conocer son:
\underset {n \to \infty} {\lim} s_n = -\infty \Rightarrow \underset {n \to \infty} {\lim} e^{s_n} = 0
\underset {n \to \infty} {\lim} s_n = +\infty \Rightarrow \underset {n \to \infty} {\lim} e^{s_n} = +\infty
\underset {n \to \infty} {\lim} s_n = 0, s_n > 0, \forall n \Rightarrow \underset {n \to \infty} {\lim} \log s_n = -\infty
\underset {n \to \infty} {\lim} s_n = +\infty \Rightarrow \underset {n \to \infty} {\lim} \log s_n = +\infty
\underset {n \to \infty} {\lim} s_n = -\infty \Rightarrow \underset {n \to \infty} {\lim} \arctan s_n = -\frac{\pi}{2}
\underset {n \to \infty} {\lim} s_n = +\infty \Rightarrow \underset {n \to \infty} {\lim} \arctan s_n = \frac{\pi}{2}
\underset {n \to \infty} {\lim} s_n = 0, s_n > 0, \forall n \Rightarrow \underset {n \to \infty} {\lim} s_{n}^{r} = \left\{\begin{matrix}
0, \text{si } r > 0\\
+\infty, \text{si } r < 0
\end{matrix}\right.
\underset {n \to \infty} {\lim} s_n = +\infty\Rightarrow \underset {n \to \infty} {\lim} s_{n}^{r} = \left\{\begin{matrix}
+\infty, \text{si } r > 0\\
0, \text{si } r < 0
\end{matrix}\right.
- Si
f(x) = a_r \cdot x^r + a_{r - 1} \cdot x^{r - 1} + \cdots + a_0 es un polinomio con r \in \mathbb{N}, a_r \neq 0 entonces \left\{\begin{matrix}
\underset {n \to \infty} {\lim} s_n = +\infty \Rightarrow \underset {n \to \infty} {\lim} f(s_n) = +\infty, \text{si } a_r > 0\\
\underset {n \to \infty} {\lim} s_n = +\infty \Rightarrow \underset {n \to \infty} {\lim} f(s_n) = -\infty, \text{si } r < 0
\end{matrix}\right.
Equivalencias
Sean (s_n) y (t_n) sucesiones diremos que son equivalentes si se cumple que:
\underset {n \to \infty} {\lim} \frac{s_n}{t_n} = 1
Y lo denotaremos como s_n \sim t_n
Principales equivalencias
- Si
s_n \to 0 entonces \left\{\begin{matrix}
e^{s_n} - 1 \sim s_n \\
\log {(1 + s_n)} \sim s_n \\
\sin s_n \sim s_n \\
1 - \cos s_n\sim \frac{1}{2} \cdot s_{n}^{2}
\end{matrix}\right.
- Si
f(x) = a_r \cdot x^r + a_{r - 1} \cdot x^{r - 1} + \cdots + a_0 es un polinomio con r \in \mathbb{N}, a_r \neq 0 y s_n\to +\infty entonces \left\{\begin{matrix}
f(x) \sim a_r \cdot s_{n}^{r}\\
\log (f(s_n)) \sim r \cdot \log (s_n), \text{si } a_r > 0
\end{matrix}\right.
- Fórmula de Stirling
n! \sim n^{n} \cdot e^{-n} \cdot \sqrt{2 \cdot \pi \cdot n}
Producto de Wallis
El producto de Wallis tiene la siguiente forma:
\frac{2}{1}\cdot\frac{2}{3}\cdot\frac{4}{3}\cdot\frac{4}{5}\cdot\frac{6}{5}\cdot\frac{6}{7}\cdots=\frac{\pi}{2}
Demostración del Producto de Wallis
Podemos expresarlo como la siguiente sucesión con s_1, s_n = \frac{3}{2}\cdot\frac{5}{4}\cdots\frac{2\cdot n - 1}{2\cdot n - 1}, n\geq 2
Si tomamos los productos parciales del producto de Wallis con un número impar de factores o_n=\frac{2^2\cdot4^2\cdots\left ( 2\cdot n - 2 \right )^2\cdot\left ( 2\cdot n\right )}{1\cdot3^2\cdots\left ( 2\cdot n - 2 \right )^2} y con número par de factores e_n=\frac{2^2\cdot4^2\cdots\left ( 2\cdot n - 2 \right )^2}{1\cdot3^2\cdots\left ( 2\cdot n - 3 \right )^2\cdots\left ( 2\cdot n - 1 \right )} con e_1 = 1 lo interpretamos como un producto vacío
Tenemos que:
o_n = \frac{2\cdot n}{s_{n}^{2}} y e_n = \frac{2\cdot n - 1}{s_{n}^{2}}
Es evidente que e_n < e_{n+1}, o_n <o_{n+1} y comparandolo con o_n = \frac{2\cdot n}{s_{n}^{2}} y e_n = \frac{2\cdot n - 1}{s_{n}^{2}} tenemos que:
e_1 < e_2 < e_3 < \cdots < o_3 <o_2 < o_1
Si 1\leq i\leq n, o_n\leq o_i=\frac{2\cdot i}{s_{i}^{2}} y e_n\geq e_i = \frac{2\cdot i - 1}{s_{i}^{2}} deducimos que \frac{2\cdot i - 1}{e_n}\leq s_{i}^{2}\leq \frac{2\cdot i}{o_n}
Si definimos la sucesión a_0 = 1 y a_n = s_{n+1}-s_n con n\geq 1
Se cumple que a_n = s_{n+1}-s_n=s_n\cdot \left ( \frac{2\cdot n + 1}{2\cdot n} \right )=\frac{s_n}{2\cdot n}=\frac{1}{2}\cdot\frac{3}{4}\cdots\frac{2\cdot n-1}{2\cdot n}\cdots
Como a_i\cdot a_j=\frac{j+1}{i+j+1} \cdot a_i\cdot a_{j+1}+\frac{i+1}{i+j+1} \cdot a_{i+1}\cdot a_j, tenemos que a_{k+1}=\frac{2\cdot k+1}{2\cdot(k+1)} \cdot a_k y \frac{j+1}{i+j+1}\cdot a_i \cdot a_{j+1}+\frac{i+1}{i+j+1}\cdot a_{i+1} \cdot a_j=a_i \cdot a_j\cdot \left ( \frac{j+1}{i+j+1}\cdot\frac{2\cdot j+1}{2\cdot \left ( j+1 \right )} + \frac{i+1}{i+j+1}\cdot\frac{2\cdot i+1}{2\cdot \left ( i+1 \right )} \right )=a_i \cdot a_j
Con lo que a_i\cdot a_j=\frac{j+1}{i+j+1} \cdot a_i\cdot a_{j+1}+\frac{i+1}{i+j+1} \cdot a_{i+1}\cdot a_j queda demostrado
La propiedad fundamental de la sucesión a_n establece que a_0\cdot a_n+a_1\cdot a_{n-1}+\cdots+a_n\cdot a_0=1
La cuál vamos a probar por inducción
Se cumple para a_{0}^{2}
Vamos a probar si se cumple n+1 si se cumple para n
Aplicamos a_i\cdot a_j=\frac{j+1}{i+j+1} \cdot a_i\cdot a_{j+1}+\frac{i+1}{i+j+1} \cdot a_{i+1}\cdot a_j a cada sumando para obtener:
1=a_0\cdot a_n+a_1\cdot a_{n-1}+\cdots+a_n\cdot a_0=\left ( a_0\cdot a_{n+1}+\frac{1}{n+1}\cdot a_1\cdot a_n \right )+\left ( \frac{n}{n+1} cdot a_1\cdot a_n +\frac{2}{n}\cdot a_2\cdot a_{n-1}\right )+\cdots+\left ( \frac{1}{n+1}\cdot a_n\cdot a_1+a_{n+1}\cdot a_0 \right )=a_0\cdot a_{n+1}+a_1\cdot a_n+\cdots+a_{n+1}\cdot a_0 con lo que queda demostrado
Ahora supongamos que tenemos el primer cuadrante de un sistema de coordenadas dividido en rectángulos por las rectas x=s_n e y=s_n
Sea R_{i,j} el rectángulo cuyas esquinas inferior izquierda y superior derecha (s_i,s_j) y (s_i+1,s_j+1)
El área de cada rectángulo a_i\cdot a_j y, por tanto la identidad a_0\cdot a_n+a_1\cdot a_{n-1}+\cdots+a_n\cdot a_0=1 nos dice que la suma de las áreas de los rectángulos R_{i,j} tales que i+j=0 es 1
Denotemos P_n como la región poligonal formada por los rectángulos R_{i,j} tales que i+j<n
Las esquinas exteriores de P_n son los puntos (s_i,s_j) para los cuales i+j=n+1, con 1\leq i,j\leq n, y la distancia del origen de coordenadas a cada uno de ellos es \sqrt{s_{i}^{2}+s_{j}^{2}}
Si aplicamos \frac{2\cdot i - 1}{e_n}\leq s_{i}^{2}\leq \frac{2\cdot i}{o_n}, cada una de estas distancias estará acotada superiormente por \sqrt{\frac{2\cdot\left ( i+j \right )}{o_n}}=\sqrt{\frac{2\cdot\left ( n+1 \right )}{o_n}}
De manera análoga, las esquinas interiores de P_n son los puntos (s_i,s_j) para los cuales i+j=n, con 0\leq i,j\leq n, y la distancia del origen de coordenadas a cada uno de ellos está acotada inferiormente, usando otra vez \frac{2\cdot i - 1}{e_n}\leq s_{i}^{2}\leq \frac{2\cdot i}{o_n} tenemos que \sqrt{\frac{2\cdot\left ( i+j-1 \right )}{e_n}}=\sqrt{\frac{2\cdot\left ( n-1 \right )}{e_n}}
Por tanto, cada polígono P_n está contenido en un cuarto de circunferencia de radio \sqrt{\frac{2\cdot\left ( n+1 \right )}{o_n}} y contiene un cuarto de circunferencia de radio \sqrt{\frac{2\cdot\left ( n-1 \right )}{e_n}}
Entonces, usando que el área de P_n es n, tenemos que \frac{n-1}{e_n}\cdot \frac{\pi}{2}<e_n<o_n<\frac{n+1}{n}\cdot \frac{\pi}{2}
Y como \underset {n \to \infty} {\lim}e_n=\underset {n \to \infty} {\lim}o_n=\frac{\pi}{2} tenemos que \frac{2}{1}\cdot\frac{2}{3}\cdot\frac{4}{3}\cdot\frac{4}{5}\cdot\frac{6}{5}\cdot\frac{6}{7}\cdots=\frac{\pi}{2} con lo que finaliza la demostración
Fórmula de Stirling
La fórmula de Stirling tiene la siguiente forma:
n! \sim n^{n} \cdot e^{-n} \cdot \sqrt{2 \cdot \pi \cdot n}
Demostración de la Fórmula de Stirling
Vamos a intentar demostrar la fórmula de Stirling utilizando el producto Wallis que acabamos de demostrar
En concreto que \underset {n \to \infty} {\lim}\frac{n!}{n^{n} \cdot e^{-n} \cdot \sqrt{2 \cdot \pi \cdot n}}=1
Para ello usaremos la expresión x_n=\frac{n!}{n^{n} \cdot e^{-n} \cdot \sqrt{n}}
Hemos elegido esta sucesión porque a_n=\left ( 1+\frac{1}{n} \right )^n es creciente y acotada; por tanto tiene límite y es el número e
Si consideramos la sucesión b_n=\left ( 1+\frac{1}{n} \right )^{n+1} obtenemos que los intervalos cerrados I_n=\left \{ a_n,b_n \right \} verifican que I_{n+1}\subset I_n y \underset {n \to \infty} {\lim}b_n-a_n=0
Por el principio de los intervalos encajados, sabemos que ambas sucesiones tienen el mismo límite, el número e y además a_i<e<b_i con i\geq 1
Si sustituimos las desigualdades anteriores para i=1,\cdots,n-1 tenemos que e\cdot\left ( \frac{n}{e} \right )^n<n!<e\cdot n\cdot\left ( \frac{n}{e} \right )^n
La elección de n^{n} \cdot e^{-n} \cdot \sqrt{n} era correcta ya que es un valor intermedio entre e\cdot\left ( \frac{n}{e} \right )^n y e\cdot n\cdot\left ( \frac{n}{e} \right )^n
Ahora comprobemos que x_n es convergente, para ello tomamos x_{n+1}<x_n y que x_n es positiva, tendremos que \underset {n \to \infty} {\lim}x_n=\sigma con \exists \sigma\in\mathbb{R}
Entonces x_{n+1}<x_n\Leftrightarrow \frac{x_n}{x_{n+1}}>1\Leftrightarrow \frac{1}{e}\cdot\left ( 1+\frac{1}{n} \right )^{n+\frac{1}{2}}>1\Leftrightarrow \left ( n+\frac{1}{2} \right )\cdot \log{\left ( 1+\frac{1}{n} \right )}-1<0\Leftrightarrow \log{\left ( 1+\frac{1}{n} \right )}>\frac{1}{n+\frac{1}{2}}
El área limitada por la curva y=\frac{1}{x} y el eje OX entre y=n y x=n+1 es precisamente \log{\left ( 1+\frac{1}{n} \right )}, dicha área es mayor que el área de la región A, limitada por el eje OX y la recta tangente a la función y=\frac{1}{x} en el puntoy=n++\frac{1}{2} entre x=n y x=n+1
Es decir \log {\left ( 1+\frac{1}{n} \right )}>\acute{A}\text{rea}(A)=\frac{1}{2}\cdot\left ( \frac{n}{\left ( n+\frac{1}{2} \right )^2}+\frac{n+1}{\left ( n+\frac{1}{2} \right )^2} \right )=\frac{1}{n+\frac{1}{2}} por lo que es convergente
Puesto que x_n es convergente, cada subsucesión de x_nserá también convergente y tendrán el mismo límite
Por lo tanto \underset {n \to \infty} {\lim}x_n=\underset {n \to \infty} {\lim}\frac{x_n^2}{x_{2\cdot n}}=\sigma
Con lo que tenemos que \frac{x_n^2}{x_{2\cdot n}}=\frac{\left ( 2\cdot n \right )^{2\cdot n}\cdot e^{-2\cdot n}\cdot\sqrt{2\cdot n}}{\left ( 2\cdot n \right )!}\cdot \frac{\left ( n! \right )^2}{n^{2\cdot n}\cdot e^{-2\cdot n}\cdot n}=\frac{2\cdot4\cdots (2\cdot n)}{1\cdot 3\cdots\left ( 2\cdot n-1 \right )}\cdot\frac{\sqrt{2}}{\sqrt{n}} \to \sqrt{2\cdot \pi} =\sigma con lo que hemos llegado al producto de Wallis que ya demostramos antes y con lo que hemos terminado la demostración
