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Convergencia

Cuando los elementos a_n se acercan a cierto número real l, conforme n se hace grande, decimos que la sucesión $\left(\vphantom{ a_{n}}\right.$a_n$\left.\vphantom{ a_{n}}\right)$ converge a l. Para precisar esto mejor, tomamos un intervalo ]l - $\varepsilon$, l + $\varepsilon$[, con $\varepsilon$ > 0. Si los a_n se acercan a l, debe tenerse a_n $\in$ ]l - $\varepsilon$, l + $\varepsilon$[, para n suficientemente grande. Esto justifica la siguiente definición.

Definición 2.6.2   Decimos que la sucesión (a_n) converge a l $\in$ IR si:

Para todo $\varepsilon$ > 0 existe N $\in$ IN tal que

| a_n - l| < $$\varepsilon$$,$$\forall$$n $$\geq$$ N.

En tal caso decimos que la sucesión (a_n) es convergente, y que su límite es l. Escribimos

$$\lim_{n\rightarrow\infty}^{}$$a_n = l.

También se usa la notación a_n $\rightarrow$ l.

Si no existe tal l, decimos que (a_n) diverge.

Ejemplo 2.6.12   La sucesión constante (c) = $\left(\vphantom{ c,c,c,\ldots}\right.$c, c, c,...$\left.\vphantom{ c,c,c,\ldots}\right)$ converge a c. En efecto, como $\left\vert\vphantom{ a_{n}-c}\right.$a_n - c$\left.\vphantom{ a_{n}-c}\right\vert$ = 0 < $\varepsilon$ para cada n, la definición de convergencia se cumple trivialmente.

Ejemplo 2.6.13   La sucesión $\left(\vphantom{ \frac{1}{n}}\right.$${\frac{1}{n}}$$\left.\vphantom{ \frac{1}{n}}\right)$ converge a l = 0.

Para ver esto, tomemos $\varepsilon$ > 0. Debemos hallar N de manera que ${\frac{1}{n}}$ < $\varepsilon$ para todo n $\geq$ N. Esto es equivalente a tener n > ${\frac{1}{\varepsilon}}$, para n $\geq$ N. Entonces basta tomar N = $\left[\vphantom{ \frac{1}{\varepsilon}}\right.$${\frac{1}{\varepsilon}}$$\left.\vphantom{ \frac{1}{\varepsilon}}\right]$ + 1, veamos:

n $$\geq$$ N $$\Rightarrow$$ n > $${\frac{1}{\varepsilon}}$$ $$\Rightarrow$$ | a_n - 0| = $${\frac{1}{n}}$$ < $$\varepsilon$$.

Ejemplo 2.6.14   La sucesión $\left(\vphantom{ a_{n}}\right.$a_n$\left.\vphantom{ a_{n}}\right)$ definida por a_n = ${\frac{n^{2}%% -1}{n^{2}+1}}$ converge a l = 1. En efecto, dado $\varepsilon$ > 0, veamos qué necesitamos para que $\left\vert\vphantom{ a_{n}-1}\right.$a_n - 1$\left.\vphantom{ a_{n}-1}\right\vert$ < $\varepsilon$ :

$$\left\vert\vphantom{ a_{n}-1}\right.$$a_n - 1$$\left.\vphantom{ a_{n}-1}\right\vert$$ < $$\varepsilon$$ $$\Leftrightarrow$$ $$\left\vert\vphantom{ \frac{n^{2}%% -1}{n^{2}+1}-1}\right.$$$${\frac{n^{2}%% -1}{n^{2}+1}}$$ - 1$$\left.\vphantom{ \frac{n^{2}%% -1}{n^{2}+1}-1}\right\vert$$ < $$\varepsilon$$ $$\Leftrightarrow$$ $${\frac{2}{n^{2}%% +1}}$$ < $$\varepsilon$$ $$\Leftrightarrow$$ $${\frac{2}{\varepsilon}}$$ < n² + 1.

Para que esto ocurra basta que n² > ${\frac{2}{\varepsilon}}$, esto es n > $\sqrt{\frac{2}{\varepsilon}}$. Entonces basta con tomar N = $\left[\vphantom{ \sqrt{\frac{2}{\varepsilon}}}\right.$$\sqrt{\frac{2}{\varepsilon}}$$\left.\vphantom{ \sqrt{\frac{2}{\varepsilon}}}\right]$ + 1.

Ejemplo 2.6.15   La sucesión ((- 1)ⁿ) diverge. Para demostrar esto, supongamos lo contrario, y denotemos su límite por l. Tomando $\varepsilon$ = 1 tendríamos la existencia de N tal que $\left\vert\vphantom{ (-1)^{n}-l}\right.$(- 1)ⁿ - l$\left.\vphantom{ (-1)^{n}-l}\right\vert$ < 1, para todo n $\geq$ N. Pero para n par obtenemos l > 0, y para n impar obtenemos l < 0, lo cual es contradictorio.

El siguiente lema nos permite hablar de ``el límite'' de una sucesión.

Lema 2.6.1   Si (a_n) converge, su límite es único.

Prueba

Supongamos que l₁ y l₂ son límites de (a_n). Sea $\varepsilon$ > 0. Por definición existen N₁ y N₂ tales que

| an - l1|	< ${\frac{\varepsilon}{2}}$,$\forall$ n $\geq$ N1,
| an - l2|	< ${\frac{\varepsilon}{2}}$,$\forall$ n $\geq$ N2.

Tomando n = max{N₁, N₂} se obtiene:

| l₁ - l₂| = | l₁ - a_n + a_n - l₂| $$\leq$$ | l₁ - a_n| + | a_n - l₂| < $$\varepsilon$$.

Concluimos entonces que | l₁ - l₂| < $\varepsilon$ para cada $\varepsilon$ > 0, con lo cual l₁ = l₂.

Otro resultado importante que resulta directo de la definición de lí mite es el siguiente:

Lema 2.6.2   Toda sucesión convergente es acotada.

Prueba

Consideremos una sucesión convergente $\left(\vphantom{ a_{n}}\right.$a_n$\left.\vphantom{ a_{n}}\right)$, y sea l su límite. Entonces tomando $\varepsilon$ = 1, existe N $\in$ IN tal que

| a_n| - | l| $$\leq$$ | a_n - l| < 1,$$\forall$$ n $$\geq$$ N.

Definiendo

M = max{| a₁|,...,| a_{N - 1}|,| l| + 1},

obtenemos | a_n| $\leq$ M para todo n $\in$ IN.

Nótese que el recíproco es falso, pues por ejemplo la sucesión ((- 1)ⁿ) es acotada y no convergente.

La demostración del siguiente lema la dejaremos como ejercicio:

Lema 2.6.3   Supongamos que (a_n) y (b_n) son sucesiones convergentes, tales que para algún N $\in$ IN se tiene

a_n $$\leq$$ b_n,$$\forall$$ n $$\geq$$ N.

Entonces $\lim\limits_{n\rightarrow\infty}^{}$a_n $\leq$ $\lim\limits_{n\rightarrow\infty}^{}$b_n.

En particular, si para cada n se tiene a_n $\geq$ 0, entonces $\lim\limits_{n\rightarrow\infty}^{}$a_n $\geq$ 0.

El siguiente resultado permite el cálculo y análisis de la convergencia de ciertas sucesiones, con base en otras más simples. Este resultado será central en la construcción de la función exponencial que expondremos luego.

Teorema 3 (Ley del emparedado)   Supongamos que las sucesiones (b_n) y (c_n) son convergentes a l, y que existe n₀ tal que b_n $\leq$ a_n $\leq$ c_n,$\forall$ n $\geq$ n₀. Entonces (a_n) también converge a l.

Prueba

Dado $\varepsilon$ > 0, existe n₁ $\in$ IN tal que | b_n - l| < $\varepsilon$, $\forall$ n $\geq$ n₁, y existe n₂ tal que $\left\vert\vphantom{ c_{n}-l}\right.$c_n - l$\left.\vphantom{ c_{n}-l}\right\vert$ < $\varepsilon$, $\forall$n $\geq$ n₂. Definiendo N = max$\left\{\vphantom{ n_{0},n_{1},n_{2}}\right.$n₀, n₁, n₂$\left.\vphantom{ n_{0},n_{1},n_{2}}\right\}$ tenemos

l - $$\varepsilon$$ < b_n $$\leq$$ a_n $$\leq$$ c_n < l + $$\varepsilon$$,$$\forall$$ n $$\geq$$ N.

Por lo tanto (a_n) converge a l.

Ejemplo 2.6.16   La sucesión $\left(\vphantom{ \frac{\left( -1\right) ^{n}}{n}}\right.$${\frac{\left( -1\right) ^{n}}{n}}$$\left.\vphantom{ \frac{\left( -1\right) ^{n}}{n}}\right)$ converge a 0, pues - ${\frac{1}{n}}$ $\leq$ ${\frac{\left( -1\right) ^{n}}{n}}$ $\leq$ ${\frac{1}{n}}$,$\forall$ n $\in$ IN.

Ejemplo 2.6.17   Considere la sucesión a_n = $\sqrt[n]{2}$. Tomando $\varepsilon_{n}^{}$ = $\sqrt[n]{2}$ - 1 > 0, tenemos por la desigualdad de Bernoulli (ejercicio 3) que

2 = $$\left(\vphantom{ \sqrt[n]{2}}\right.$$$$\sqrt[n]{2}$$$$\left.\vphantom{ \sqrt[n]{2}}\right)^{n}_{}$$ = $$\left(\vphantom{ 1+\varepsilon_{n}}\right.$$1 + $$\varepsilon_{n}^{}$$$$\left.\vphantom{ 1+\varepsilon_{n}}\right)^{n}_{}$$ $$\geq$$ 1 + n$$\varepsilon_{n}^{}$$.

Esto muestra que

0 < $$\varepsilon_{n}^{}$$ $$\leq$$ $${\frac{1}{n}}$$ $$\rightarrow$$ 0.

Por el teorema del emparedado se sigue que $\varepsilon_{n}^{}$ $\rightarrow$ 0, y consecuentemente a_n = $\sqrt[n]{2}$ $\rightarrow$ 1.

Si a_n $\rightarrow$ l $\neq$ 0, entonces eventualmente debe tenerse a_n $\neq$ 0. Mejor aún, a_n se mantiene lejos de cero, para n grande. El siguiente lema expresa este hecho, de gran utilidad teórica.

Lema 2.6.4   Supongamos que a_n $\rightarrow$ l $\neq$ 0. Entonces existe n₀ tal que para cada n $\geq$ n₀ se tiene $\left\vert\vphantom{ a_{n}}\right.$a_n$\left.\vphantom{ a_{n}}\right\vert$ > ${\frac{1}{2}}$$\left\vert\vphantom{ l}\right.$l$\left.\vphantom{ l}\right\vert$.

Prueba

Basta tomar $\varepsilon$ = ${\frac{1}{2}}$$\left\vert\vphantom{ l}\right.$l$\left.\vphantom{ l}\right\vert$, el cual es positivo, y aplicar la definición de convergencia. Obtenemos la existencia de n₀ tal que

l - $${\textstyle\frac{1}{2}}$$$$\left\vert\vphantom{ l}\right.$$l$$\left.\vphantom{ l}\right\vert$$ < a_n < l + $${\textstyle\frac{1}{2}}$$$$\left\vert\vphantom{ l}\right.$$l$$\left.\vphantom{ l}\right\vert$$, $$\forall$$n $$\geq$$ n₀.

Si l > 0 esto implica a_n > l - ${\frac{1}{2}}$l = ${\frac{1}{2}}$l. si por el contrario l < 0, se obtiene a_n < l + ${\frac{1}{2}}$$\left(\vphantom{ -l}\right.$ - l$\left.\vphantom{ -l}\right)$ = ${\frac{1}{2}}$l.

El cálculo de límites de sucesiones, se simplifica enormemente con el uso del siguiente teorema:

Teorema 4   Sean (a_n) y (b_n) dos sucesiones convergentes, con a_n $\rightarrow$ a y b_n $\rightarrow$ b, y sea c $\in$ IR. Entonces:

1. $\lim\limits_{n\rightarrow\infty}^{}$c ^. a_n = c ^. a.

2. $\lim\limits_{n\rightarrow\infty}^{}$(c ^. a_n + b_n) = c ^. a + b.

3. $\lim\limits_{n\rightarrow\infty}^{}$(a_n ^. b_n) = a ^. b (ley del producto).

4. Si b_n $\neq$ 0 para todo n, y si b $\neq$ 0, entonces $\lim\limits_{n\rightarrow\infty}^{}$${\frac{a_{n}}{b_{n}}}$ = ${\frac{a}{b}}$ (ley del cociente).

Prueba

1.

Dado $\varepsilon$ > 0, aplicamos la definición de convergencia de $\left(\vphantom{ a_{n}}\right.$a_n$\left.\vphantom{ a_{n}}\right)$, con ${\frac{\varepsilon}{\left\vert c\right\vert +1}}$ en lugar de $\varepsilon$, obteniendo que existe N tal que $\left\vert\vphantom{ a_{n}-l}\right.$a_n - l$\left.\vphantom{ a_{n}-l}\right\vert$ < ${\frac{\varepsilon}{\left\vert c\right\vert +1}}$, para n $\geq$ N. Luego

$$\left\vert\vphantom{ c\cdot a_{n}-c\cdot a}\right.$$c ^. a_n - c ^. a$$\left.\vphantom{ c\cdot a_{n}-c\cdot a}\right\vert$$ = $$\left\vert\vphantom{ c}\right.$$c$$\left.\vphantom{ c}\right\vert$$ ^. $$\left\vert\vphantom{ a_{n}-l}\right.$$a_n - l$$\left.\vphantom{ a_{n}-l}\right\vert$$ $$\leq$$ $$\left\vert\vphantom{ c}\right.$$c$$\left.\vphantom{ c}\right\vert$$ ^. $${\frac{\varepsilon}{\left\vert c\right\vert +1}}$$ < $$\varepsilon$$, $$\forall$$n $$\geq$$ N.

2.

Dado $\varepsilon$ > 0, existen n₀ y n₁ tales que

$$\left\vert\vphantom{ a_{n}-a}\right.$$a_n - a$$\left.\vphantom{ a_{n}-a}\right\vert$$ < $${\frac{\varepsilon}{2}}$$, $$\forall$$n $$\geq$$ n₀;  $$\left\vert\vphantom{ b_{n}-b}\right.$$b_n - b$$\left.\vphantom{ b_{n}-b}\right\vert$$ < $${\frac{\varepsilon}{2}}$$, $$\forall$$n $$\geq$$ n₁.

Tomando N = max$\left(\vphantom{ n_{0},n_{1}}\right.$n₀, n₁$\left.\vphantom{ n_{0},n_{1}}\right)$ obtenemos que

$$\left\vert\vphantom{ \left( a_{n}+b_{n}\right) -\left( a+b\right) }\right.$$$$\left(\vphantom{ a_{n}+b_{n}}\right.$$a_n + b_n$$\left.\vphantom{ a_{n}+b_{n}}\right)$$ - $$\left(\vphantom{ a+b}\right.$$a + b$$\left.\vphantom{ a+b}\right)$$$$\left.\vphantom{ \left( a_{n}+b_{n}\right) -\left( a+b\right) }\right\vert$$ = $$\left\vert\vphantom{ \left( a_{n}-a\right) +\left( b_{n}-b\right) }\right.$$$$\left(\vphantom{ a_{n}-a}\right.$$a_n - a$$\left.\vphantom{ a_{n}-a}\right)$$ + $$\left(\vphantom{ b_{n}-b}\right.$$b_n - b$$\left.\vphantom{ b_{n}-b}\right)$$$$\left.\vphantom{ \left( a_{n}-a\right) +\left( b_{n}-b\right) }\right\vert$$ $$\leq$$ $$\left\vert\vphantom{ a_{n}-a}\right.$$a_n - a$$\left.\vphantom{ a_{n}-a}\right\vert$$ + $$\left\vert\vphantom{ b_{n}-b}\right.$$b_n - b$$\left.\vphantom{ b_{n}-b}\right\vert$$ < $$\varepsilon$$, $$\forall$$n $$\geq$$ N.

Esto demuestra que a_n + b_n $\rightarrow$ a + b. Además, por la parte 1 tenemos que c ^. a_n $\rightarrow$ c ^. a, y por lo que acabamos de demostrar se obtiene que c ^. a_n + b_n $\rightarrow$ c ^. a + b.

3.

Como (b_n) es convergente, se sigue que es acotada, y entonces existe T > 0 tal que | b_n| $\leq$ T, $\forall$ n $\in$ IN. Además

| a_nb_n - ab| = $$\left\vert\vphantom{ \left( a_{n}-a\right) b_{n}+a\left( b_{n}-b\right) }\right.$$$$\left(\vphantom{ a_{n}-a}\right.$$a_n - a$$\left.\vphantom{ a_{n}-a}\right)$$b_n + a$$\left(\vphantom{ b_{n}-b}\right.$$b_n - b$$\left.\vphantom{ b_{n}-b}\right)$$$$\left.\vphantom{ \left( a_{n}-a\right) b_{n}+a\left( b_{n}-b\right) }\right\vert$$ $$\leq$$ | a_n - a|| b_n| + | a|| b_n - b|,

y por lo tanto

| a_nb_n - ab| $$\leq$$ T$$\left\vert\vphantom{ a_{n}-a}\right.$$a_n - a$$\left.\vphantom{ a_{n}-a}\right\vert$$ + | a|$$\left\vert\vphantom{ b_{n}-b}\right.$$b_n - b$$\left.\vphantom{ b_{n}-b}\right\vert$$. 

Como $\left\vert\vphantom{ a_{n}-a}\right.$a_n - a$\left.\vphantom{ a_{n}-a}\right\vert$ $\rightarrow$ 0 y $\left\vert\vphantom{ b_{n}-b}\right.$b_n - b$\left.\vphantom{ b_{n}-b}\right\vert$ $\rightarrow$ 0, las propiedades anteriores permiten concluir que

T$$\left\vert\vphantom{ a_{n}-a}\right.$$a_n - a$$\left.\vphantom{ a_{n}-a}\right\vert$$ + | a|$$\left\vert\vphantom{ b_{n}-b}\right.$$b_n - b$$\left.\vphantom{ b_{n}-b}\right\vert$$ $$\rightarrow$$ 0.

Por el teorema del emparedado concluimos que

$$\lim\limits_{n\rightarrow\infty}^{}$$| a_nb_n - ab| = 0. 

3.

Por el lema anterior, existe n₀ tal que | b_n| > ${\frac{1}{2}}$| b|, $\forall$n $\geq$ n₀. Luego

$$\left\vert\vphantom{ \frac{1}{b_{n}}-\frac{1}{b}}\right.$$$${\frac{1}{b_{n}}}$$ - $${\frac{1}{b}}$$$$\left.\vphantom{ \frac{1}{b_{n}}-\frac{1}{b}}\right\vert$$ = $${\frac{\vert b_{n}-b\vert}{\vert b_{n}%% \vert\vert b\vert}}$$ < $${\frac{2}{b^{2}}}$$$$\left\vert\vphantom{ b_{n}-b}\right.$$b_n - b$$\left.\vphantom{ b_{n}-b}\right\vert$$,  $$\forall$$n $$\geq$$ n₀.

Por la propiedad 1 y el teorema del emparedado concluimos que

$$\left\vert\vphantom{ \frac{1}{b_{n}}-\frac{1}{b}}\right.$$$${\frac{1}{b_{n}}}$$ - $${\frac{1}{b}}$$$$\left.\vphantom{ \frac{1}{b_{n}}-\frac{1}{b}}\right\vert$$ $$\rightarrow$$ 0.

Combinando con la propiedad 2, obtenemos

$${\frac{a_{n}}{b_{n}}}$$ = a_n ^. $${\frac{1}{b_{n}}}$$ $$\rightarrow$$ a ^. $${\frac{1}{b}}$$ = $${\frac{a}{b}}$$.

Ejemplo 2.6.18   Sea a_n = ${\frac{1}{n^{2}}}$. Como ${\frac{1}{n}}$ $\rightarrow$ 0, tenemos que ${\frac{1}{n^{2}}}$ = ${\frac{1}{n}}$ ^. ${\frac{1}{n}}$ $\rightarrow$ 0, por la ley del producto.

Ejemplo 2.6.19   Si a_n = 1 + ${\frac{3}{n}}$ - ${\frac{5}{n^{2}}}$ tenemos que a_n $\rightarrow$ 1, por el ejemplo anterior, y las propiedades 1, 2 y 4.

Ejemplo 2.6.20   Si a_n = ${\frac{n}{n^{2}+1}}$ tenemos a_n = ${\frac{1}{n}}$ ^. ${\frac{1}{1+\frac{1}{n^{2}}}}$ $\rightarrow$ 0 ^. ${\frac{1}{1+0}}$ = 0.

Ejemplo 2.6.21   Sea a_n = ${\frac{n^{2}+3n-5}{2n^{2}+40n+6}}$. Factorizando n² tenemos

a_n = $${\frac{n^{2}\left( 1+\frac{3}{n}-\frac{5}{n^{2}}\right) }{n^{2}\left( 2+\frac{40}{n}+\frac{6}{n^{2}}\right) }}$$ = $${\frac{1+\frac{3}{n}-\frac{5}{n^{2}}%% }{2+\frac{40}{n}+\frac{6}{n^{2}}}}$$ $$\rightarrow$$ $${\textstyle\frac{1}{2}}$$.

Ejemplo 2.6.22   Considere la sucesión a_n = $\sqrt[n]{a}$, donde a > 1 es fijo. Tomando $\varepsilon_{n}^{}$ = $\sqrt[n]{a}$ - 1 > 0, tenemos por la desigualdad de Bernoulli (ejercicio 3) que

a = $$\left(\vphantom{ \sqrt[n]{a}}\right.$$$$\sqrt[n]{a}$$$$\left.\vphantom{ \sqrt[n]{a}}\right)^{n}_{}$$ = $$\left(\vphantom{ 1+\varepsilon_{n}}\right.$$1 + $$\varepsilon_{n}^{}$$$$\left.\vphantom{ 1+\varepsilon_{n}}\right)^{n}_{}$$ $$\geq$$ 1 + n$$\varepsilon_{n}^{}$$ > n$$\varepsilon_{n}^{}$$

Esto demuestra que

0 < $$\varepsilon_{n}^{}$$ $$\leq$$ $${\frac{a}{n}}$$, para cada n $$\geq$$ 1.

Por la propiedad 1 del teorema anterior se tiene que ${\frac{a}{n}}$ $\rightarrow$ 0, y por el teorema del emparedado se concluye que $\varepsilon_{n}^{}$ $\rightarrow$ 0. Consecuentemente, por la propiedad 2 del teorema anterior se concluye:

a_n = $$\sqrt[n]{a}$$ = 1 + $$\varepsilon_{n}^{}$$ $$\rightarrow$$ 1.

Ejemplo 2.6.23   Si a_n = ${\frac{n+\cos n}{3n+1}}$ tenemos

$${\frac{n-1}{3n+1}}$$ $$\leq$$ a_n $$\leq$$ $${\frac{n+1}{3n+1}}$$.

Además

$${\frac{n+1}{3n+1}}$$ = $${\frac{1+\frac{1}{n}}{3+\frac{1}{n}}}$$ $$\rightarrow$$ $${\textstyle\frac{1}{3}}$$,        $${\frac{n-1}{3n+1}}$$ = $${\frac{1-\frac{1}{n}}{3+\frac{1}{n}}}$$ $$\rightarrow$$ $${\textstyle\frac{1}{3}}$$.

Por el teorema del emparedado obtenemos que a_n $\rightarrow$ ${\frac{1}{3}}$.

El siguiente teorema será la base en la construcción de la función exponencial que haremos luego.

Teorema 5 (Weierstrass)   Toda sucesión monótona y acotada es convergente.

Prueba

Sea (a_n) acotada y creciente. Sea l = sup{a_n : n $\in$ IN}, y sea $\varepsilon$ > 0. Por definición de supremo (o el teorema 1) existe N $\in$ IN tal que a_N > l - $\varepsilon$. Como $\left(\vphantom{ a_{n}}\right.$a_n$\left.\vphantom{ a_{n}}\right)$ es creciente se sigue que

l - $$\varepsilon$$ < a_N $$\leq$$ a_n $$\leq$$ l, $$\forall$$n $$\geq$$ N.

Esto demuestra que a_n $\rightarrow$ l. El caso decreciente se trata de manera similar.

Ejemplo 2.6.24   Considere la sucesión dada recurrentemente por:

a₀ = $$\sqrt{2}$$,  a_n = $$\sqrt{2+a_{n-1}}$$,   para n $$\geq$$ 1.

Los términos de esta sucesión son

$$\sqrt{2}$$,$$\sqrt{2+\sqrt{2}}$$,$$\sqrt{2+\sqrt{2+\sqrt{2}}}$$,....

Veremos que (a_n) es creciente y acotada superiormente. Para esto probaremos, usando el principio de inducción, que para todo n $\in$ IN se tiene a_n $\leq$ a_{n + 1} $\leq$ 2.

• Para n = 0: a₀ = $\sqrt{2}$ $\leq$ a₁ = $\sqrt{2+\sqrt{2}}$ $\leq$ $\sqrt{2+2}$ = 2.

• Paso inductivo: Si a_n $\leq$ a_{n + 1} $\leq$ 2, se sigue que 2 + a_n $\leq$ 2 + a_{n + 1} $\leq$ 2 + 2 = 4, y entonces
  $$\sqrt{2+a_{n}}$$ $$\leq$$ $$\sqrt{2+a_{n+1}}$$ $$\leq$$ 2,
  esto es a_{n + 1} $\leq$ a_{n + 2} $\leq$ 2.

Luego, por el teorema de Weierstrass tenemos que existe l $\in$ IR tal que a_n $\rightarrow$ l. Pero por las propiedades de los límites se debe tener

l = $$\lim\limits_{n\rightarrow\infty}^{}$$a_{n + 1} = $$\lim\limits_{n\rightarrow\infty}^{}$$$$\sqrt{2+a_{n}}$$ = $$\sqrt{2+l}$$,

y entonces l² - l - 2 = 0. Esto demuestra que l = - 1 ó l = 2, pero como l es positivo, se concluye que l = 2. Hemos demostrado que

$$\sqrt{2+\sqrt{2+\sqrt{2+\ldots}}}$$ = 2.

Note que el teorema de Weierstrass es imprescindible en este ejemplo, ya que la manipulación para hallar l solo está justificada después de conocer su existencia.

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