Sucesiones Monótonas

Este post está ampliamente relacionado con los dos anteriores: El Teorema del Sándwich y Límites de Sucesiones. Lo que vamos a discutir ahora es la segunda cuestión que nos planteamos en el primero de esos dos posts: qué ocurre cuando la sucesión que queremos estudiar es siempre creciente o siempre decreciente. Esto viene motivado por la idea de que si una sucesión es siempre creciente y además es acotada: todos los términos de la sucesión son menores que cierto $M \in \mathbb{R},$ entonces tiene sentido pensar que la sucesión va a ser convergente, pues crecerá todo lo posible pero nunca podrá pasar por encima de $M.$

Para entender bien lo que estamos viendo intuitivamente vamos a realizar una serie de observaciones (algunas de ellas ya mencionadas en el anterior post) e intentar formular correctamente y demostrar lo que hemos planteado al principio.

DESIGUALDADES

Para empezar, vamos a ver que si la sucesión que nos interesa está acotada, entonces su límite es menor que la cota, porque si esto no se cumpliera entonces malamente tendríamos lo que hemos pensado: la sucesión no tendría por qué convergir. Sin embargo quizá podamos ser algo más ambiciosos. Si miramos la cota de la sucesión como una sucesión constante cuyo límite es igual a cualquiera de sus términos (dicha cota) entonces quizá se nos ocurre comparar ambos objetos como sucesiones, en vez de compararlos como cota y sucesión. Además quizá podemos generalizar un poco más y pensar que si tenemos dos sucesiones convergentes: $\left\lbrace a_n \right\rbrace_{n=1}^{\infty}$ y $\left\lbrace b_n \right\rbrace_{n=1}^{\infty}$ con $\lim_{n \rightarrow \infty} a_n = A$ y $\lim_{n \rightarrow \infty} b_n = B$ y a partir de cierto $N_0 \in \mathbb{N}$ (es decir a partir de cierto momento en la sucesión) se tiene que $a_n \leq b_n,$ entonces lo más probable es que $A \leq B.$ La idea es que si fuera $B <A$ entonces habría infinitos términos de la sucesión $a_n$ que serían mayores que los $b_n,$ puesto que $a_n$ quedaría arbitrariamente cerca de $A$ y $b_n$ de $B,$ y si $B<A$ entonces $b_n<a_n$ a partir de cierto $N_1.$ Entonces si hay justicia en el mundo deberíamos tener $A \leq B.$ Lo que acabamos de dar es una idea para dar una demostración, por lo tanto vamos a formalizar el enunciado y demostrarlo.

$\text{Obs.}$ Sean $\left\lbrace a_n \right\rbrace_{n=1}^{\infty}$ y $\left\lbrace b_n \right\rbrace_{n=1}^{\infty}$ dos sucesiones convergentes en $\mathbb{R}$ y con $\lim_{n \rightarrow \infty} a_n = A$ y $\lim_{n \rightarrow \infty} b_n = B$ tales que $a_n \leq b_n$ para todo $n>N_0 \in \mathbb{N}.$ Entonces $A \leq B.$

Vamos a demostrarlo por reducción al absurdo. Supongamos que $B<A.$ Entonces $A \neq B$ y por tanto $|B-A|>0.$ Por ser $A$ y $B$ los límites de $a_n$ y $b_n$ respectivamente, si elegimos $\varepsilon = \frac{|B-A|}{2}$ entonces sabemos que existen $N_1(\varepsilon)$ y $N_2(\varepsilon)$ tales que $|B-b_n|<\frac{|B-A|}{2}$ y $|A-a_n|<\frac{|B-A|}{2}$ si $n>\max\lbrace N_1(\varepsilon),N_2(\varepsilon) \rbrace.$ Como $B<A$ podemos escribir $\varepsilon=\frac{A-B}{2}$ y por tanto tenemos lo siguiente: $$a_n \in \left( A-\varepsilon,A+ \varepsilon \right) = \left( \frac{A+B}{2}, \frac{3A-B}{2} \right) \\  b_n \in \left( B-\varepsilon,B+ \varepsilon \right) = \left( \frac{3B-A}{2}, \frac{A+B}{2} \right)$$y por tanto $b_n < \frac{A+B}{2} < a_n $ y $b_n<a_n,$ pero habíamos dicho que $a_n \leq b_n$ si $n>N_0,$ luego hemos llegado a una contradicción y por tanto tiene que ser $A \leq B.$

$\text{Comentario.}$ Visualmente lo que hemos hecho es muy fácil de entender. Al suponer que $A > B,$ y tomar $\varepsilon = \frac{|B-A|}{2}$ hemos creado dos intervalos disjuntos y en los cuales hay infinitos términos de cada una de las sucesiones. Por ser disjuntos va a darse una desigualdad entre todos los términos de las sucesiones que estén en los intervalos, luego basta con buscar la contradicción ahí con la desigualdad que nos da el enunciado.

SUCESIONES MONÓTONAS

Para expresar de una manera más precisa que una sucesión siempre crezca o siempre decrezca vamos a definir primero lo que es una sucesión creciente y más tarde lo que es una sucesión decreciente.

$\text{Def.}$ Diremos que una sucesión $\left\lbrace a_n \right\rbrace_{n=1}^{\infty}$ es creciente si $a_n \leq a_{n+1}$ para todo $n \in \mathbb{N}.$ También diremos que es estrictamente creciente si $a_n < a_{n+1}$ para todo $n \in \mathbb{N}.$

$\text{Def.}$ Diremos que una sucesión $\left\lbrace a_n \right\rbrace_{n=1}^{\infty}$ es decreciente si $a_n \geq a_{n+1}$ para todo $n \in \mathbb{N}.$ También diremos que es estrictamente decreciente si $a_n > a_{n+1}$ para todo $n \in \mathbb{N}.$

Además nos referiremos a las sucesiones crecientes o decrecientes como sucesiones monótonas (es decir: una sucesión es monótona si es creciente o decreciente).

Vamos a hacer una pequeña observación. Si $a_n$ es una sucesión creciente, entonces ¿qué ocurre con $-a_n$? Intuitivamente diríamos que es decreciente, y además podemos comprobar con una simple cuenta cómo $a_n \leq a_{n+1} \Longrightarrow -a_n \geq -a_{n+1},$ y realmente se verifica que $-a_n$ es decreciente. Luego si $a_n$ es creciente entonces $-a_n$ es decreciente. ¿Ocurre también el recíproco? Es decir, si $a_n$ es decreciente, ¿$-a_n$ es creciente? Lo cierto es que sí, y podemos comprobarlo de la misma manera: $a_n \geq a_{n+1} \Longrightarrow -a_n \leq -a_{n+1}.$ Por tanto $a_n$ es creciente si y sólo si $-a_n$ es decreciente. Lo que esto nos dice es que podemos dar una definición alternativa para lo que es una sucesión decreciente a partir de lo que es una sucesión creciente, luego sería válido definir:

$\text{Def.}$ Diremos que una sucesión $\left\lbrace a_n \right\rbrace_{n=1}^{\infty}$ es decreciente si es creciente la sucesión $\left\lbrace -a_n \right\rbrace_{n=1}^{\infty}.$

Bien, ¿qué metodos tenemos para comprobar si una sucesión es monótona? De la desigualdad que nos da la definición podemos extraer un par de conclusiones. Si la sucesión es creciente entonces $a_n \leq a_{n+1}$ y de aquí obtenemos $a_{n+1}-a_n \geq 0$ y $\frac{a_{n+1}}{a_n} \geq 1$ siempre que este cociente tenga sentido. Por otro lado las desigualdades quedan invertidas cuando la sucesión es decreciente: $a_{n+1}-a_n \leq 0$ y $\frac{a_{n+1}}{a_n} \leq 1.$ Además siempre podemos utilizar el método de inducción, luego si $a_2 \geq a_1$ y $a_n \geq a_{n-1} \Longrightarrow a_{n+1} \geq a_n$ entonces la sucesión es creciente (y para decreciente lo análogo). Veamos algunos ejemplos de sucesiones monótonas.

1. La sucesión $a_n=\frac{1}{n}$ es estrictamente decreciente, pues: $$\frac{a_{n+1}}{a_n}=\frac{\frac{1}{n+1}}{\frac{1}{n}}=\frac{n}{n+1}$$y $$0<1 \Rightarrow n < n+1 \Rightarrow \frac{n}{n+1}<1$$luego $\frac{a_{n+1}}{a_n}<1.$


2. La sucesión $a_n=n$ es estrictamente creciente: $$a_{n+1}-a_n=n+1-n=1 > 0.$$


3. Si $0<q<1$ la sucesión $a_n=q^n$ es estrictamente decreciente. Vamos a verlo por inducción: $a_2=q^2=q \cdot q < 1 \cdot q = q =a_1.$ Ahora, si $a_{n-1}>a_n$ entonces $q^{n-1}>q^n,$ multiplicando por $q$ obtenemos $q^n>q^{n+1}$ que es lo mismo que $a_n > a_{n+1},$ luego la sucesión es estrictamente dereciente.

Antes de intentar demostrar lo que planteábamos de manera completamente intuitiva al principio del post, vamos a realizar un último esfuerzo. Queremos probar que bajo las condiciones que hemos mencionado antes ($a_n$ sucesión creciente y acotada por arriba) existe el límite, pero podemos pensar en quién puede ser ese límite. Desde luego si el límite es $A,$ vamos a poder encontrar (infinitos) términos de la sucesión arbitrariamente cercanos a $A.$ Además $a_n$ es creciente, luego no puede haber términos mayores que $A,$ pues si los hubiera (digamos $a_{n_1}>A$) podemos encontrar términos más cercanos a $A$ (digamos $a_{n_2}$ con $n_2>n_1$) y por tanto tendrían que ser menores al término que hemos dicho que es mayor que $A$ (es decir $a_{n_2}<a_{n_1}$) y esto no puede ser porque la sucesión es creciente. Por tanto va a haber términos arbitrariamente cercanos a $A$ y menores o iguales que $A.$ De una forma más rigurosa: si consideramos $S=\left\lbrace a_n: \ n \in \mathbb{N} \right\rbrace$ el conjunto de términos de la sucesión, entonces para todo $\varepsilon > 0$ existe $s_{\varepsilon} \in S$ tal que $A-s_{\varepsilon}< \varepsilon,$ y $A$ es cota superior de $S.$ Esto precisamente lo que quiere decir es que $A$ es el supremo de $S.$ Es decir: estamos casi seguros de que bajo las condiciones que hemos puesto, el límite de la sucesión debe existir y ser el supremo del conjunto de términos de la sucesión (el supremo de la sucesión). Ahora que lo tenemos tan claro vamos a enunciar y demostrar el resultado que nos hemos planteado (de manera heurística).

$\text{Teorema 1.}$ Sea $\left\lbrace a_n \right\rbrace_{n=1}^{\infty}$ una sucesión creciente y acotada superiormente, es decir, existe un $M \in \mathbb{R}$ tal que $a_n \leq M$ para todo $n \in \mathbb{N}.$ Entonces $\exists \lim_{n \rightarrow \infty} a_n = \sup \left\lbrace a_n: \ n \in \mathbb{N} \right\rbrace.$

Para empezar, dado que $a_n$ es una sucesión acotada superiormente, el conjunto $\left\lbrace a_n: \ n \in \mathbb{N} \right\rbrace$ tiene cota superior y por tanto tiene supremo. Vamos a denotar $S=\sup \left\lbrace a_n: \ n \in \mathbb{N} \right\rbrace.$ Por ser $S$ el supremo, se tiene que para todo $\varepsilon > 0$ existe $a_{N_{\varepsilon}} \in  \left\lbrace a_n: \ n \in \mathbb{N} \right\rbrace$ (existe un término de la sucesión y depende del $\varepsilon$ elegido) tal que $S-\varepsilon < a_{N_{\varepsilon}} \leq S.$ Ahora, como $a_n$ es creciente, todos los términos siguientes de la sucesión también estarán entre $S-\varepsilon$ y $S,$ es decir: para todo $n > N_{\varepsilon}: \ \ S-\varepsilon < a_n \leq S,$ pero además $S < S+ \varepsilon,$ luego podemos escribir: $S-\varepsilon < a_n < S + \varepsilon,$ o lo que es lo mismo: $|a_n-S|<\varepsilon.$ Es decir: $$ \forall \varepsilon >0 \ \exists N_{\varepsilon} \in \mathbb{N}: \ \ |a_n-S|<\varepsilon \ \ \forall n > N_{\varepsilon}$$y precisamente esta es la definición de que $S$ sea el límite de $a_n.$

$\text{Comentario.}$ Aunque parezca que no hemos utilizado la hipótesis que la sucesión está acotada por ningún lado porque en ningún momento ha aparecido $M,$ en realidad sí la hemos utilizado para justificar la existencia del supremo. Otra cosa interesante es que la elección de $N_{\varepsilon}$ no es única. Supongamos que $a_{N_{\varepsilon}}=a_{N_{\varepsilon}+i}$ para $i=1,2,3,\ ...,k.$ Entonces podríamos tomar cualquiera de los $N_{\varepsilon}+i.$ Si por otro lado fuera $a_{N_{\varepsilon}}=a_{N_{\varepsilon}+i}$ para todo $i\in \mathbb{N}$ entonces $a_{N_{\varepsilon}}$ sería el límite de la sucesión (y el supremo del conjunto).

Ahora lo que nos falta es probar el resultado para sucesiones decrecientes, pero eso se puede hacer de una forma mucho más simple utilizando la definición alternativa para sucesiones decrecientes que hemos dado antes: $a_n$ es decreciente $\Longleftrightarrow -a_n$ es creciente. Además $a_n$ está acotada inferiormente si y sólo si $-a_n$ lo está superiormente: $a_n \geq m \Longleftrightarrow -m \geq -a_n.$ Sabiendo esto vamos a enunciar y demostrar el resultado para sucesiones decrecientes.

$\text{Teorema 2.}$ Sea $\left\lbrace a_n \right\rbrace_{n=1}^{\infty}$ una sucesión decreciente y acotada inferiormente, es decir, existe un $m \in \mathbb{R}$ tal que $a_n \geq m$ para todo $n \in \mathbb{N}.$ Entonces $\exists \lim_{n \rightarrow \infty} a_n = \inf \left\lbrace a_n: \ n \in \mathbb{N} \right\rbrace.$

Por lo discutido antes, $-a_n$ es creciente y acotada superiormente, luego $-a_n$ converge a $S_{-}=\sup \left\lbrace -a_n: \ n \in \mathbb{N} \right\rbrace,$ y por tanto $a_n$ converge a $-S_-=-\sup \left\lbrace -a_n: \ n \in \mathbb{N} \right\rbrace.$ Lo que falta por comprobar es que $\inf \left\lbrace a_n: \ n \in \mathbb{N} \right\rbrace=-\sup \left\lbrace -a_n: \ n \in \mathbb{N} \right\rbrace.$ Podemos aplicar la definición para el supremo y tenemos:$$ \forall \varepsilon >0 \ \exists s_{\varepsilon}\in \left\lbrace -a_n: \ n \in \mathbb{N} \right\rbrace : \ \ S_- - s_{\varepsilon}<\varepsilon$$ y si multiplicamos la desigualdad por $-1:$ $$-S_- + s_{\varepsilon} > - \varepsilon \Longleftrightarrow -S_- + {\varepsilon} > - s_{\varepsilon}.$$Ahora recordemos que $s_{\varepsilon}$ es un término de la sucesión $-a_n,$ luego $-s_{\varepsilon}$ es un término de $a_n,$ es decir, $-s_{\varepsilon} \in \left\lbrace a_n: \ n \in \mathbb{N} \right\rbrace,$ y denotaremos $r_{\varepsilon}=-s_{\varepsilon}$ y $R=-S_-.$ Entonces lo que tenemos es: $$\forall \varepsilon >0 \ \exists r_{\varepsilon}\in \left\lbrace a_n: \ n \in \mathbb{N} \right\rbrace : \ \ R + {\varepsilon}>r_{\varepsilon}$$que es precisamente la definición de que $R$ sea $\inf\left\lbrace a_n: \ n \in \mathbb{N} \right\rbrace,$ y por tanto hemos terminado.

Por último vamos a ver un ejemplo muy interesante de una sucesión acotada y monótona que por tanto es convergente.

Vamos a considerar la sucesión $\left\lbrace \left( 1+\frac{1}{n} \right)^n \right\rbrace_{n=1}^{\infty}.$ Esta sucesión es muy importante en matemáticas pues es convergente y su límite es un número irracional muy conocido: $e.$ Esto está muy relacionado con temas que veremos más adelante como la derivada de una función, el crecimiento exponencial y modelos de crecimiento de poblaciones. Por ahora nos ocupa probar que la sucesión converge. De hecho, es creciente y acotada superiormente, y si comprobamos ambas cosas podemos concluir que es convergente. Sin embargo ambas condiciones no son triviales de comprobar. Las técnicas que hemos utilizado hasta ahora para ver que una sucesión es creciente no nos van a funcionar y vamos a tener que utilizar una desigualdad nueva: la desigualdad de Bernoulli. Por otro lado para ver que es acotada vamos a necesitar la fórmula del binomio de Newton, pero esta justamente la demostramos al final del post Combinaciones mediante argumentos combinatorios (aunque también es posible demostrarla por inducción). Con esto, vamos a enunciar y demostrar la desigualdad de Bernoulli:

$\text{Prop.}$ Para todo $-1 \leq x \in \mathbb{R}$ y $n \in \mathbb{N},$ se tiene $(1+x)^n \geq 1+nx.$
$\text{Dem.}$ Por inducción:

1. Si $n=1$ entonces $1+x \geq 1+x,$ lo cual es cierto.


2. Supongamos que $(1+x)^n \geq 1+nx.$ Entonces $$(1+x)^{n+1}=(1+x)^n \cdot (1+x) \geq (1+nx) \cdot (1+x) = 1+(n+1)x+nx^2$$y como $x^2 \geq 0$ para todo $x \in \mathbb{R}$ se tiene que $1+(n+1)x+nx^2 \geq 1+(n+1)x,$ que es justamente lo que queríamos.

Ahora pongámonos manos a la obra. Primero vamos a demostrar que la sucesión está acotada, y después demostraremos que es creciente.

Cota

Vamos a intentar estimar cada término de la sucesión por un número real fijo para comprobar que la sucesión es acotada superiormente. Para ello utilizamos la fórmula del binomio de Newton:$$ \begin{align*} \left( 1+\frac{1}{n} \right)^n &= \sum_{k=0}^n \binom{n}{k} \frac{1}{n^k}=  1+ 1+\sum_{k=2}^n \frac{n!}{k! \cdot (n-k)!} \cdot \frac{1}{n^k} = \\ &= 2+\sum_{k=2}^n \frac{n \cdot (n-1) \cdot \ ... \ \cdot (n-k+1)}{n \cdot \ ... \  \cdot n } \cdot \frac{1}{k!} = \\ &=2+\sum_{k=2}^n \frac{n -1}{n} \cdot \frac{n-2}{n} \cdot \ ... \ \cdot \frac{n-k+1}{n} \cdot \frac{1}{k!} \leq \\ & \leq 2+\sum_{k=2}^n \frac{1}{k!} \leq 2+\sum_{k=2}^n \frac{1}{k \cdot (k-1)} = \\ &= 2+\sum_{k=2}^n \frac{1}{(k-1)}-\frac{1}{k} = 3-\frac{1}{n} < 3 \end{align*}$$Merece la pena comentar un par de cosas sobre este desarrollo. La primera es que en la primera desigualdad hemos estimado cada uno de los $\frac{n-i}{n} \leq 1$ y por tanto el producto de todos ellos es menor o igual que $1.$ La siguiente estimación sale directamente de que si $k \geq 2$ entonces $(k-2)! \geq 1$ y por tanto $k! \geq k \cdot (k-1).$ Por último, la suma previa a la última igualdad es lo que se conoce como una suma telescópica: únicamente hay un número fijo de términos. En este caso el último sumando $\frac{1}{n-1}-\frac{1}{n}$ y el penúltimo $\frac{1}{n-2}+\frac{1}{n-1}$ anula la parte de $\frac{1}{n-1}$ al ser sumados y resulta en $\frac{1}{n-2}-\frac{1}{n}$. Si esto se hace con toda la suma al final queda $\frac{1}{1}-\frac{1}{n}.$

Hemos probado que nuestra sucesión es acotada superiormente, de manera que ahora nos falta ver que es creciente.

Monotonía

Ahora vamos a utilizar la desigualdad de Bernoulli para probar que la sucesión es monótona creciente. Queremos ver $$ \left( 1+\frac{1}{n+1} \right)^{n+1} \geq \left( 1+\frac{1}{n} \right)^n$$o lo que es lo mismo: $$\frac{\left( 1+\frac{1}{n+1} \right)^{n+1}}{\left( 1+\frac{1}{n} \right)^n} \geq 1 \Longleftrightarrow \frac{\left( 1+\frac{1}{n+1} \right)^{n}}{\left( 1+\frac{1}{n} \right)^n} \geq \frac{1}{1+\frac{1}{n+1}} $$y operando un poco queda: $$ \left( \frac{n \cdot (n+2)}{(n+1)^2} \right)^n \geq \frac{n+1}{n+2}.$$Si nos fijamos, podemos ver que $$n \cdot (n+2) = n^2 + 2n = n^2 + 2n +1 -1 = (n+1)^2-1$$y así:$$ \left( \frac{n \cdot (n+2)}{(n+1)^2} \right)^n = \left( \frac{(n+1)^2-1}{(n+1)^2} \right)^n = \left(1-\frac{1}{(n+1)^2} \right)^n$$y como $n \geq 1$ entonces $\frac{1}{(n+1)^2} \leq \frac{1}{4}$ y $-\frac{1}{4} \geq -1$ y por tanto podemos aplicar la desigualdad de Bernoulli para $x=-\frac{1}{(n+1)^2}$: $$\left(1-\frac{1}{(n+1)^2} \right)^n \geq 1-\frac{n}{(n+1)^2}.$$ Lo que queremos comprobar ahora es si $1-\frac{n}{(n+1)^2} \geq \frac{n+1}{n+2},$ pues en ese caso tendríamos la primera desigualdad y habríamos probado que la sucesión es creciente. Pues bien, hagamos unas pocas cuentas: $$ 1-\frac{n}{(n+1)^2} \geq \frac{n+1}{n+2} \Leftrightarrow \frac{(n+1)^2-n}{(n+1)^2} \geq \frac{n+1}{n+2} \\ \phantom{a} \\ {(n^2+n+1)(n+2)} \geq (n+1)^3 \\ \phantom{a} \\ n^3+3n^2+3n+2\geq n^3 +3n^2 +3n+1 \\ \phantom{a} \\ 1 \geq 0.$$Por tanto tenemos la desigualdad que queríamos. De hecho, podemos pedir más: podemos comprobar que la sucesión es estrictamente creciente tan solo cambiando la desigualdad por una desigualdad estricta.

Convergencia

Dado que la sucesión $\left\lbrace \left( 1+\frac{1}{n} \right)^n \right\rbrace_{n=1}^{\infty}$ es creciente y acotada superiormente, podemos afirmar que es convergente. Además, vamos a dar nombre al límite de dicha sucesión:$$ e= \lim_{n \rightarrow \infty} \left( 1+\frac{1}{n} \right)^n. $$