Sea \(0<x<1\), entonces
\[x = 0,\bar{a_{1}}\bar{a_{2}}\bar{a_{3}}\dots\]Sea \(x_{1} = 10x\), entonces \(0<x_{1} <10\). Si \(0 \leq x_{1} <1\), entonces tenemos que el primer decimal viene dado por \(a_{1} = 0\). Si no, itere para encontrar el natural \(0 \leq n_{1} \leq 9\) tal que \(n_{1} \leq x_{1} < n_{1} + 1.\) Entonces \(0 \leq a_{1}=n_{1} \leq 9 \quad \text{(1)}\).
Ahora, tome \(x_{2} = 10(x_{1}-n_{1})\). Note que \(0\leq x_{2} < 10\). Tome \(a_{2} = n_{2}\), donde \(n_{2}\) es tal que \(n_{2}\leq x_{2} \leq n_{2}+1.\) De (1), tenemos que
\[\begin{aligned} n_{1} &\leq 10x < n_{1} + 1\\ \implies \frac{n_{1}}{10} &\leq x < \frac{n_{1}}{10}+\frac{1}{10} \\ \implies 0 &\leq x-\frac{n_{1}}{10} < \frac{1}{10}. \end{aligned}\]Además,
\[\begin{aligned} &n_{2} \leq 10(x_{1}-n_{1}) < n_{2} + 1\\ \implies & \frac{n_{2}}{10} \leq x_{1}-n_{1} < \frac{n_{2}}{10}+\frac{1}{10} \\ \implies & n_{1}+\frac{n_{2}}{10} \leq x_{1} < n_{1} + \frac{n_{2}}{10} + \frac{1}{10} \\ \implies & n_{1}+\frac{n_{2}}{10} \leq 10x < n_{1} + \frac{n_{2}}{10} + \frac{1}{10} \\ \implies & \frac{n_{1}}{10}+\frac{n_{2}}{100} \leq x < \frac{n_{1}}{10} + \frac{n_{2}}{100} + \frac{1}{100} \\ \implies& 0\leq x -\frac{n_{1}}{10} -\frac{n_{2}}{100} < \frac{1}{10^{2}}. \end{aligned}\]Iterando el proceso, obtenemos
\[0\leq n_{1},n_{2},n_{3},...,n_{k} \leq 9,\]con
\[\frac{n_{1}}{10} +\frac{n_{2}}{10^{2}}+\frac{n_{3}}{10^{3}} + \dots + \frac{n_{k}}{10^{k}} \leq x \leq \frac{n_{1}}{10} +\frac{n_{2}}{10^{2}}+\frac{n_{3}}{10^{3}} + \dots + \frac{n_{k}}{10^{k}} + \frac{1}{10^{k}}.\]Sea \(x_{k+1} = 10(x_{k}-n_{k})\). Entonces existe \(n_{k+1} \in \mathbb{N}\) tal que \(n_{k+1} \leq x_{k+1} < n_{k+1} +1,\) con \(0\leq n_{k+1} \leq 9.\) Como
\[0 \leq \underbrace{ x-\frac{n_{1}}{10}-\frac{n_{2}}{10^{2}} - \frac{n_{3}}{10^{3}} - \dots - \frac{n_{k}}{10^{k}} }_{ y_{1} } < \frac{1}{10^{k}},\]tenemos que \(0 \leq 10^{k+1} y_{1} < 10\). Entonces, \(x_{k+1} = 10^{k+1}y_{1}\). Sabemos que \(n_{k+1} \leq x_{k+1} < n_{k+1} +1,\), entonces
\[\begin{aligned} & n_{k+1} \leq 10^{k+1}\left( x-\frac{n_{1}}{10}-\frac{n_{2}}{10^{2}}-\frac{n_{3}}{10^{3}}-\dots-\frac{n_{k}}{10^{k}} \right) < n_{k+1}+1\\ \implies & 0 \leq x-\frac{n_{1}}{10}-\frac{n_{2}}{10^{2}}-\frac{n_{3}}{10^{3}}-\dots-\frac{n_{k}}{10^{k}} - \frac{n_{k+1}}{10^{k+1}} < \frac{1}{10^{k+1}}. \end{aligned}\]Conclúyase por inducción que \(x - \left( \frac{n_{1}}{10} + \frac{n_{2}}{10^{2}} +\frac{n_{3}}{10^{3}} +\dots+ \frac{n_{k}}{10^{k}} \right) < \frac{1}{10^{k}}\). Las sucesiones nacen para aproximar números.
Suceciones
Definición (Sucesión real-valuada)
Una sucesión en \(\mathbb{R}\) (denotada \(\{x_{n}\}_{n=1}^\infty\)), es una función \(\underset{n \to x_{n}}{f:\mathbb{N} \to \mathbb{R}}\).
Definición (Convergencia)
Decimos que una sucesión \(\{x_{n}\}_{n=1}^\infty\) converge a \(L\) \((\lim_{ n \to \infty } x_{n} = L)\), denotado por \(x_{n} \underset{n \rightarrow \infty}{\longrightarrow} L\), si para todo \(\varepsilon > 0\), existe \(N \in \mathbb{N}\) tal que para todo \(n \geq N\), \(\lvert x_{n}-L \rvert < \varepsilon\).
Ejemplo
Dado \(x \in (0,1)\), existe \(x_{m} = \sum_{i=1}^{m} \frac{n_{i}}{10^{i}}\) que satisface \(\lvert x-x_{m} \rvert < \frac{1}{10^{m}}\). Sea \(\varepsilon > 0\) fijo y arbitrario. Tome \(N = \left\lceil \log_{10}\left( \frac{1}{\varepsilon} \right) \right\rceil\). Sea \(n \geq N\) fijo y arbitrario. Note que
\[\log_{10} \left( \frac{1}{\varepsilon} \right) \leq M \leq n\] \[\implies\quad\frac{1}{\varepsilon} \leq 10^{n}\] \[\implies \frac{1}{10^{n}} \leq \varepsilon\] \[\implies \lvert x_{n} - x \rvert < \frac{1}{10^{n}} \leq \varepsilon.\]Conclúyase que \(\lim_{ n \to \infty } x_{n} = x\).
Teorema (Unicidad del límite)
Sea \(\{x_{n}\}_{n=1}^\infty\) una sucesión tal que \(x_{n} \underset{n \rightarrow \infty}{\longrightarrow} \ell_{1}\) y \(x_{n} \underset{n \rightarrow \infty}{\longrightarrow} \ell_{2}\). Entonces, \(\ell_{1} = \ell_{2}\).
Prueba: Suponga por contradicción que \(\ell_{1} \neq \ell_{2}\). Considere
\[0 < \lvert \ell_{2} - \ell_{2} \rvert \leq \lvert \ell_{1}-x_{n} \rvert + \lvert x_{n}-\ell_{2} \rvert.\]Tome \(\varepsilon = \frac{\lvert \ell_{1}-\ell_{2} \rvert}{2}\). Entonces existe \(N \in \mathbb{N}\) tal que \(\lvert \ell_{1}-x_{n} \rvert < \varepsilon\) y que \(\lvert x_{n} - \ell_{2} \rvert < \varepsilon\). para \(n \geq N\). Luego,
\[0 < \lvert \ell_{1} - \ell_{2} \rvert \leq \lvert x_{n}-\ell_{1} \rvert + \lvert x_{n} - \ell_{2} \rvert < 2\varepsilon = \lvert \ell_{1} - \ell_{2} \rvert. \quad (\Rightarrow\!\Leftarrow)\]Teorema (Acotación)
Sea \(\{x_{n}\}_{n=1}^\infty\) tal que \(x_{n} \underset{n \rightarrow \infty}{\longrightarrow} L\). Entonces, \(\{x_{n}\}_{n=1}^\infty\) es acotada.
Prueba: Tome \(\varepsilon = 1\). Entonces existe \(N \in \mathbb{N}\) tal que \(\lvert x_{n}-1 \rvert < 1\) para \(n \geq N\), es decir,
\[L -1 < x_{n} <L+1 \implies \lvert x_{n} \rvert < \max\{\lvert L+1 \rvert , \lvert L-1 \rvert \}.\]Tome \(M = \max \{\lvert x_{1} \rvert\ , \lvert x_{2} \rvert,\dots,\lvert x_{N} \rvert, \lvert L-1 \rvert, \lvert L+1 \rvert\}\). Entonces \(\lvert x_{n} \rvert \leq M\) para todo \(n \in \mathbb{N}\).
Corolario
Sea \(\{x_{n}\}_{n=1}^\infty\) una sucesión no acotada. Entonces \(\{x_{n}\}_{n=1}^\infty\) es divergente.
Prueba: Se sigue directamente de la contrapositiva del teorema.
Ejemplo
Sea \(b>1\) y sea \(y_{n} = b^{n}\) para \(n \geq 0\). Asuma que existe \(M \in \mathbb{R}\) tal que \(b^{n} \leq M\) para todo \(n \in \mathbb{N}\). Por desigualdad de Bernoulli, tenemos que \(1 + n(b-1) \leq b^{n} \leq M\). Pero esto implica que \(n \leq \frac{M-1}{b-1}\) para todo \(n \in \mathbb{N}\), es decir, que la sucesión \(\{n_{}\}_{n=1}^\infty\) es acotada \((\Rightarrow\!\Leftarrow)\).
Definición (Sucesión de Cauchy)
Sea \(\{x_{n}\}_{n=1}^\infty \subseteq \mathbb{R}\). Decimos que la sucesión es de Cauchy si para todo \(\varepsilon>0\) existe \(N_{0} \in \mathbb{N}\) tal que \(\lvert x_{n}-x_{m} \rvert < \varepsilon\) para todos \(n,m \geq N_{0}\).
Teorema (Convergencia implica Cauchy)
Sea \(\{x_{n}\}_{n=1}^\infty\) una sucesión tal que \(x_{n} \underset{n \rightarrow \infty}{\longrightarrow} L \in \mathbb{R}\). entonces \(\{x_{n}\}_{n=1}^\infty\) es de Cauchy.
Prueba: Asuma que \(x_{n} \underset{n \rightarrow \infty}{\longrightarrow} L\). Entonces, dado \(\varepsilon > 0\), existe \(N_{0} \in \mathbb{N}\) tal que \(\lvert x_{n} - L \rvert > \frac{\varepsilon}{2}\) para todo \(n \geq N_{0}\). Sean \(n,m \geq N_{0}\) fijos y arbitrarios. Entonces
\[\lvert x_{n} - x_{m} \rvert \leq \lvert x_{n} - L \rvert + \lvert x_{m} - L \rvert < \varepsilon.\]Conclúyase que \(\{x_{n}\}_{n=1}^\infty\) es de Cauchy.
Corolario
Si \(\{x_{n}\}_{n=1}^\infty\) no es de Cauchy, entonces no converge.
Ejemplo
Sea \(z_{n} = (-1)^{n}\). Note que
\[z_{n} = \begin{cases} 1 \quad\text{si $n$ es par} \\ -1 \quad\text{si $n$ es impar} \end{cases}\]Sea \(0 < \varepsilon <2\) y \(N_{0} \in \mathbb{N}\). Tome \(n = 2N_{0} > N_{0}\) y \(m = 2N_{0}+1>N_{0}\). Entonces \(\lvert x_{n} - x_{m}\rvert = 2 > \varepsilon\). Por tanto \(\{z_{n}\}_{n=1}^\infty\) no es de Cauchy y diverge.
Definición (Divergencia hacia infinito)
Sea \(\{x_{n}\}_{n=1}^\infty\) una sucesión. Decimos que diverge a infinito, y lo denotamos por \(x_{n} \underset{n \rightarrow \infty}{\longrightarrow} \infty\) (\(\lim_{ n \to \infty } x_{n} = \infty\)) si para todo \(\alpha > 0\) existe \(N \in \mathbb{N}\) tal que \(x_{n} > \alpha\) para todo \(n \geq N\). De la misma manera, \(x_{n} \underset{n \rightarrow \infty}{\longrightarrow} -\infty\) si para todo \(\beta >0\), existe \(N \in \mathbb{N}\) tal que \(x_{n} < -\beta\) para todo \(n \geq N\).
Ejemplo
Si \(b>1\) y \(y_{n} = b^{n}\), entonces \(y_{n} \underset{n \rightarrow \infty}{\longrightarrow}\infty\). \(\underset{}{\sup}\)
Teorema (Convergencia monótona)
Sea \(\{x_{n}\}_{n=1}^\infty \subseteq \mathbb{R}\).
- Si \(\{x_{n}\}_{n=1}^\infty\) es decreciente y acotada inferiormente, entonces \(x_{n} \underset{n \rightarrow \infty}{\longrightarrow} \underset{n \in \mathbb{N}}{\inf} x_{n}\).
- Si \(\{x_{n}\}_{n=1}^\infty\) es creciente y acotada superiormente, entonces \(x_{n} \underset{n \rightarrow \infty}{\longrightarrow} \underset{n \in \mathbb{N}}{\sup} x_{n}\).
Prueba de 2: Asuma que \(\{x_{n}\}_{n=1}^\infty\) es creciente y acotada superiormente. Tome \(L = \underset{n \in \mathbb{N}}{\sup} x_{n}\) y \(\varepsilon >0\) fijo y arbitrario. Por definición de supremo, existe \(N \in \mathbb{N}\) tal que \(L - \varepsilon < x_{N} \leq L\). Tome \(n \geq N\), entonces \(x_{n} \geq x_{N}\). Luego \(L - \varepsilon < x_{N} \leq x_{n} \leq L\). Por tanto, conclúyase que \(x_{n} \underset{n \rightarrow \infty}{\longrightarrow}L\). La prueba de 1. es análoga.
Ejemplo
Considere \(z_{n} = a^{n}\) con \(0<a<1\). Note que \(a < 1\), entonces \(a^{n+1} < a^{n}\). Sea \(L = \underset{n \in \mathbb{N}}{\inf} z_{n}\). Tome \(\varepsilon>0\). Por definición de ínfimo, sabemos que existe \(N_{1} \in \mathbb{N}\) tal que \(L \leq a^{N_{1}} < L + \varepsilon\). Sea \(n \geq N_{1}\). Entonces \(L \leq a^{n} < a^{N_{1}} < L + \varepsilon\), i.e. \(\lvert a^{n}-L \rvert < \varepsilon\). Por tanto, \(z_{n} \underset{n \rightarrow \infty}{\longrightarrow}L\). Probaremos ahora que \(L = 0\). Para ello, suponga por contradicción que \(L>0\), es decir, que para todo \(n \in \mathbb{N}\), \(0 < L < a^{n}\). Entonces, \(\left( \frac{1}{a} \right)^{n} < \frac{1}{L}\), una contradicción pues \(\frac{1}{a} > 1\) y en dado caso las sucesión diverge a \(\infty\).
Teorema (Propiedades algebraícas del límite)
Sean \(\{x_{n}\}_{n=1}^\infty\) y \(\{y_{n}\}_{n=1}^\infty\) sucesiones en \(\mathbb{R}\) tales que \(x_{n} \underset{n \rightarrow \infty}{\longrightarrow}\ell_{1}\) y \(y_{n} \underset{n \rightarrow \infty}{\longrightarrow}\ell_{2}\). Entonces:
- \(x_{n} + y_{n} \underset{n \rightarrow \infty}{\longrightarrow} \ell_{1} + \ell_{2}\).
- \(x_{n}y_{n} \underset{ \rightarrow \infty}{\longrightarrow} \ell_{1} \ell_{2}\).
- Si \(y_{n} \neq 0\) para todo \(n \in \mathbb{N}\) y \(\ell_{2} \neq 0\), \(\frac{1}{y_{n}} \underset{n \rightarrow \infty}{\longrightarrow} \frac{1}{\ell_{2}}\).
Prueba de 3: Sabemos que \(\ell_{2} \neq 0\). Sea \(\varepsilon > 0\) fijo y arbitrario. Entonces, existe \(N_{1} \in \mathbb{N}\) tal que
\[\begin{aligned} &\lvert y_{n} \rvert - \lvert \ell_{2} \rvert \leq \lvert y_{n}-\ell_2 \rvert < \varepsilon \leq \\ \implies & \lvert l_{2}\rvert - \varepsilon < \lvert y_{n} \rvert. \end{aligned}\]Tomo \(\varepsilon = \frac{\lvert l_{2} \rvert}{2}\), entonces \(\lvert y_{n} \rvert \geq\lvert l_{2} \rvert - \varepsilon \geq \lvert \ell_{2} \rvert - \frac{\lvert l_{2} \rvert}{2} = \frac{\lvert \ell_{2} \rvert}{2}\) para \(n \geq N_{1}\), es decir, \(\frac{1}{\lvert y_{n} \rvert} \leq \frac{2}{\lvert \ell_{2} \rvert}\). Luego, para \(n\geq N_{1}\), tenemos que
\[\left\lvert \frac{1}{y_{n}} - \frac{1}{\ell_{2}} \right\rvert = \frac{\lvert \ell_{2} - y_{n} \rvert }{\lvert y_{n} \rvert \lvert \ell_{2} \rvert } \leq \frac{\lvert \ell_{2}-y_{n} \rvert }{\lvert \ell_{2} \rvert} \frac{2}{\lvert \ell_{2} \rvert }.\]Sea \(N_{2} \in \mathbb{N}\) tal que \(\lvert y_{n} - \ell_{2} \rvert < \frac{\varepsilon \lvert \ell_{2} \rvert}{2}\). Entonces, para \(n \geq \max\{N_{1}, N_{2}\}\), tenemos que
\[\left\lvert \frac{1}{y_{n}} - \frac{1}{\ell_{2}} \right\rvert = \frac{\lvert y_{n}-\ell_{2} \rvert }{\lvert y_{n} \rvert \lvert \ell_{2} \rvert } \leq \frac{2\lvert y_{n}-\ell_{2} \rvert }{\lvert \ell_{2} \rvert ^{2}} < \frac{\varepsilon \lvert \ell_{2} \rvert ^{2}}{2} \frac{2}{\lvert \ell_{2} \rvert ^{2}} = \varepsilon.\]Conclúyase que \(\frac{1}{y_{n}} \underset{n \rightarrow \infty}{\longrightarrow} \frac{1}{\ell_{2}}\).
Teorema (Límites y funciones continuas)
Sea \(\{x_{n}\}_{n=1}^\infty\) tal que \(x_{n} \underset{n \rightarrow \infty}{\longrightarrow} L\) y sea \(f:(a,b) \to \mathbb{R}\) continua tal que \(L \in (a,b)\). Entonces \(f(x_{n}) \underset{n \rightarrow \infty}{\longrightarrow} f(L)\).
Prueba: Dado \(\varepsilon>0\), existe \(\delta > 0\) tal que si \(\lvert x-L \rvert < \delta\) entonces \(\lvert f(x) - f(L) \rvert < \varepsilon\). Como \(x_{n} \underset{n \rightarrow \infty}{\longrightarrow} L\), existe \(N_{0}\) tal que \(\lvert x_{n} - L\rvert < \delta\) si \(n \geq N_{0}\). Luego, para todo \(n \geq N_{0}\), \(\lvert x_{n} - L \rvert < \delta\) y en consecuencia \(\lvert f(x_{n}) - f(L) \rvert < \varepsilon\).
Ejemplo
\(\sqrt{ 1+\frac{2}{1+\frac{1}{n}}} \underset{n \rightarrow \infty}{\longrightarrow} \sqrt{ 3 }\). Note que:
\[\frac{1}{n} \underset{n \rightarrow \infty}{\longrightarrow} 0\] \[\implies 1+\frac{1}{n} \underset{n \rightarrow \infty}{\longrightarrow} 1\]pues \(1+x\) es continua en \(\mathbb{R}\),
\[\implies \frac{2}{1+\frac{1}{n}} \underset{n \rightarrow \infty}{\longrightarrow} 2\]pues \(\frac{2}{x}\) es continua en \((0,+\infty)\),
\[\implies \sqrt{ 1 + \frac{2}{1+\frac{1}{n}} } \underset{n \rightarrow \infty}{\longrightarrow} \sqrt{ 3 },\]pues \(\sqrt{ 1+x }\) es continua en \((0,+\infty)\).
Ejemplo
Calcule \(\lim_{ n \to \infty } k - \sqrt{ k^{2}-k }\).
Note que
\[\begin{aligned} x_{k} &= \frac{(k-\sqrt{ k^{2}-k })(k+\sqrt{ k^{2}-k })}{k + \sqrt{ k^{2}-k }} \\ &= \frac{k^{2} - (\sqrt{ k^{2}-k })^{2}}{k + \sqrt{ k^{2}-k }} \\ &= \frac{k}{k+\sqrt{ k^{2}-k }} \\ &= \frac{1}{1 + \sqrt{ 1-\frac{1}{k}}}. \end{aligned}\]Entonces
\[x_{k} = \frac{1}{1+\sqrt{ 1-\frac{1}{k} }} \underset{n \rightarrow \infty}{\longrightarrow} \frac{1}{2}.\]Ejemplo
Calcule \(\lim_{ n \to \infty } \ln(n^{2}-1) - \ln(n(n-1))\).
Note que
\[\begin{aligned} \ln(n^{2}-1) - \ln(n(n-1)) &= \ln\left(\frac{n^{2}-1}{n(n-1)}\right) \\ &= \ln\left( \frac{(n+1)(n-1)}{n(n-1)} \right) \\ &= \ln\left( \frac{n+1}{n} \right) \\ &= \ln\left( 1 + \frac{1}{n} \right) \underset{n \rightarrow \infty}{\longrightarrow} \ln(1) = 0. \end{aligned}\]Sucesiones recursivas
Ejemplo
Sea \(\{a_{n}\}_{n=1}^\infty\) tal que \(a_{0} = 1\) y \(a_{n+1} = \sqrt{ 1+a_{n} }\). Pruebe que converge y calcule su límite.
Prueba: Primeramente, probaremos por inducción que \(\{a_{n}\}_{n=1}^\infty\) es creciente, i.e., \(a_{n+1} \geq a_{n}\) para todo \(n \in \mathbb{N}\). Caso base: Para \(n = 0\), \(a_{1} = \sqrt{ 2 } \geq 1 = a_{0}\). Esto prueba el caso base. Paso inductivo: Suponga como hipótesis inductiva que \(a_{m+1} \geq a_{m}\) para algún \(m \in \mathbb{N}\) fijo y arbitrario. Hay que mostrar que \(a_{m+2} \geq a_{m+1}\). A partir de la hipótesis inductiva:
\[\begin{aligned} a_{m+1} &\geq a_{m} \\ 1 + a_{m+1} &\geq 1+a_{m} \\ a_{m+2} = \sqrt{ 1 + a_{m+1} } &\geq \sqrt{ 1 + a_{m} } = a_{m+1}. \end{aligned}\]Esto prueba el paso inductivo. Conclúyase que \(\{a_{n}\}_{n=1}^\infty\) es creciente. Probaremos ahora que es acotada superiormente. En particular, probaremos por inducción que para todo \(n \in \mathbb{N}\), \(a_{n} \leq 2\). Caso base: Para \(n=0\), \(a_{0} = 1 \leq 2\). Esto prueba el caso base. Paso inductivo: Suponga como hipótesis inductiva que \(a_{m} \leq 2\) para algún \(m \in \mathbb{N}\) fijo y arbitrario. Hay que mostrar que \(a_{m+1} \leq 2\). A partir de la hipótesis inductiva:
\[\begin{aligned} a_{m} &\leq 2 \\ 1 + a_{m} &\leq 3\\ a_{m+1} = \sqrt{ 1 + a_{m} } &\leq \sqrt{3} < 2. \end{aligned}\]Esto prueba el paso inductivo. Conclúyase que \(\{a_{n}\}_{n=1}^\infty\) es acotada. Luego, por teorema de convergencia monótona, conclúyase que \(\{a_{n}\}_{n=1}^\infty\) converge. Sea \(L = \lim_{ n \to \infty } a_{n}\). Entonces
\[\begin{aligned} a_{n+1} &= \sqrt{ 1 + a_{n} } \\ \implies \lim_{ n \to \infty } a_{n+1} &=\lim_{ n \to \infty } \sqrt{1 + a_{n}} \\ \implies L &= \sqrt{ 1 + L } \\ \implies L^{2}-L-1 &= 0 \\ \implies L &= \frac{1+\sqrt{ 5 }}{2}. \end{aligned}\]Ejemplo
Sea \(x_{n} = \frac{x_{n-1}+1}{3} = \frac{x_{n-1}}{3} + \frac{1}{3}\) para \(n \geq 1\) y \(x_{0} = x\). Note que
\[\begin{aligned} x_{1} &= \frac{x}{3}+\frac{1}{3} \\ x_{2} &= \frac{ \frac{x+1}{3}}{3} + \frac{1}{3} = \frac{x}{3^{2}} + \frac{1}{3^{2}} +\frac{1}{3} \\ x_{3} &= \frac{x}{3^{3}} + \frac{1}{3^{3}} + \frac{1}{3^{2}} + \frac{1}{3}. \end{aligned}\]En general, uno puede mostrar por inducción que
\[x_{n} = \frac{x}{3^{n}} + \frac{1}{3^{n}} + \frac{1}{3^{n-1}} + \dots + \frac{1}{3}.\]Ahora, si \(a \neq 1\), \(1+a+a^{2}+\dots+a^{n} = \frac{1-a^{n+1}}{1-a}\). Luego
\[x_{n} = \frac{x}{3^{n}} + \frac{ 1-\left( \frac{1}{3} \right)^{n+1} }{\frac{2}{3}} - 1 = \frac{x}{3^{n}} + \frac{3}{2}\left( 1-\left( \frac{1}{3} \right)^{n+1} \right) -1.\]Por lo tanto, \(x_{n} \underset{n \rightarrow \infty}{\longrightarrow} \frac{1}{2}\).
Teorema (Convergencia de la permutación)
Sea \(\phi: \mathbb{N} \to\mathbb{N}\) biyectiva y se \(\{a_{n}\}_{n=0}^\infty\) tal que \(\sum_{n=0}^\infty \lvert a_{n} \rvert\) converge. Entonces \(\sum_{n=0}^\infty a_{\phi(n)}\) converge y además \(\sum_{n=0}^\infty a_{\phi_{n}} = \sum_{n=0}^\infty a_{n}\).
Prueba: Defina
\[S_{k} = \sum_{n=0}^{k} a_{n}, \quad \tilde{S}_{k} = \sum_{n=0}^{k} \lvert a_{n} \rvert, \quad U_{k} = \sum_{n=0}^{k} a_{\phi(n)}.\]Sabemos que \(\sum_{n=0}^\infty \lvert a_{n} \rvert\) converge. Luego, dado \(\varepsilon>0\), existe \(N\) tal que \(\lvert \tilde{S}_{n} - \tilde{S}_{m} \rvert < \varepsilon\) para todos \(m\geq n\geq N\). Entonces
\[\lvert a_{n+1} \rvert + \lvert a_{n+2} \rvert +\dots+ \lvert a_{m} \rvert < \varepsilon.\]Hay que mostrar que \(\lim_{ k \to \infty } S_{k} = \ell = \lim_{ k \to \infty } U_{k}\). Tome \(N_{1}\) tal que \(\lvert S_{k} - \ell \rvert < \varepsilon\) si \(k \geq N_{1}\). Como \(\phi\) es biyectiva, sabemos que para todo \(m \in \mathbb{N}\), existe \(n_{m}\) tal que \(\phi(n_{m})\). Tome \(M = \max \phi^{-1}[\{ 1,\dots,N \}]\). Entonces \(\{ 1,\dots,N \} \subseteq \{ \phi(1),\dots,\phi(M) \}\). Entonces, para \(m\geq M\), \(k \geq N\), tenemos que
\[\lvert U_{m} - S_{k} \rvert \leq \lvert a_{N+1} \rvert +\dots+\lvert a_{\ell} \rvert < \varepsilon.\]