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CÓMO UN CRITERIO DE HARDY PUEDE TRABAJAR PARA NOSOTROS

UNA FORMA ECONÓMICA DE OBTENER EL CRITERIO DE STOLZ, EL

LÍMITE DE LAS MEDIAS GEOMÉTRICA Y ARITMÉTICA, Y OTROS LÍMITES

Mario A. J. Bunge

Área de Matemática Ciclo Básico Común

Universidad de Buenos Aires mariobunge@hotmail.com

Septiembre 2000 RESUMEN: Damos pruebas alternativas de varias proposiciones referidas a límites de varias sucesiones conocidas. Por ejemplo, el tradicional argumento para probar que la media aritmética de una sucesión tiene el mismo límite que la sucesión original, (ver [1], [2], [3]) no obstante su brevedad, parece inicialmente ser dificultoso. Proponemos un camino más simple. La principal herramienta que utilizaremos es el criterio de Hardy 1. Los conocimien-tos requeridos para estas demostraciones están al nivel de nuestro primer curso de cálculo. Matrices de Toeplitz o argumentos involucrando lim sup y lim inf no se utili-zan acá. Véase las referencias para algunas pruebas con estos métodos. Mostraremos una prueba alternativa para el criterio de Hardy. Nuestro propósito es mostrar cómo funciona este método, por lo que ignoraremos los siguientes hechos: i. La proposición 1 es un caso particular de la proposición 4.Véase nota en proposi-ción 4. ii. La proposición 3 puede ser deducida aplicando la proposición 1 a la sucesión

1 2 1 1, / , , / ,n np p p p p −… …

La prueba que mostramos aquí para lim 1nn n→∞ = , ilustra el método empleado en

otras pruebas. Fue, de hecho, la primera en venir a la mente.

1 Este criterio es a menudo confundido con el criterio de la razón de d'Alembert, posiblemente a causa de su parecido tipográfico.

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EL CRITERIO DE HARDY [La prueba en Hardy - [1] es diferente] Sea np< > una sucesión de números reales positivos, y supongamos que

1 (0 ) .n

n

p L Lp+ → ≤ ≤ +∞

Entonces: i. Si entonces . 0 L≤ <1 0np →ii. Si 1L > entonces (Esto incluye np →+∞ L = +∞ ) iii. Si 1L = el comportamiento es indeterminado.

Prueba. En aras de la brevedad, notemos primero lo siguiente. Si 1L ≠ y asu-miendo que la sucesión np< > tiene un límite, digamos , éste no puede ser finito y positivo. Porque en caso de ser finito y positivo, como también

p

1np p+ → , debe-ríamos tener

1 / /n np p p p+ → =1,

contradiciendo nuestra suposición 1L ≠ . En consecuencia, en estas circunstancias, el límite puede sólo ser o bien p 0p = o bien p = +∞ . Analicemos ahora cada posibilidad. Si pudiésemos probar que esta sucesión positiva es casi 2 creciente, la posibilidad

deberá ser descartada, y solamente la posibilidad 0p = p = +∞ permanece. Similarmente, si la sucesión fuese casi decreciente, deberemos ignorar la posibilidad p = +∞ , y solamente la posibilidad 0p = quedará en pie.

Cuando , la definición de límite nos asegura que hay un índice que sa-tisface

0 L≤ <1 N

1 1 para n

n

p n Np+ < ≥

implicando que la sucesión 1 2N N Np p p+ +> > >…

decrece y, consecuentemente, tiene un límite, digamos p . Entonces la sucesión original es casi decreciente, tiene el mismo límite y, como se argumentó previamente, solamente puede ser 0p = . Hemos probado i. El argumento para ii se desarrolla similarmente: Observemos que, aún cuando L = +∞ , podemos asegurar que para casi todo n, y así la sucesión es casi creciente. Entonces la sucesión tiene un límite

1 /n np p+ >1p , y

podemos excluir la posibilidad 0p = , como fuera discutido anteriormente. En con-secuencia, el límite debe ser infinito, y de esta manera ii queda probado. Para probar iii consideramos las sucesiones con términos generales . En ambos casos tenemos pero la primera diverge a

y 1/n n

1 /n np p+ →1 +∞ , en tanto la se-gunda converge a 0 .■ 2 Para el significado de “casi”, ver siguiente pie de página.

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LAS PROPOSICIONES PROBADAS AQUÍ CON LA AYUDA DE HARDY Proposición 0. lim 1n

n n→∞ = Proposición 1. (Cauchy) Si np< > es una sucesión de números positivos tal que

∞ , entonces también la sucesión de las medias geométricas tiende al mismo límite:

(0 )np L L→ ≤ ≤ +

1n

np p L→… Proposición 2. (Cauchy) Si nx< > es una sucesión de números reales y

, entonces también la sucesión de sus medias aritméticas tiene el mismo límite:

( )nx L L→ −∞ ≤ ≤ +∞

1 nx x Ln

+ +→ .

Proposición 3. ( d'Alembert “ implica” Cauchy) Si np< > es una sucesión de números positivos y

1 (0 )n

n

p L Lp+ → ≤ ≤ + , ∞

entonces también

nnp L→ .

Proposición 4. ( Pre Stolz ) Sean np< > y nb< >

1

nn kk

sucesiones de números positivos;

supongamos que las sumas parciales B b=

=∑ no están acotadas. En este caso:

).

Nota. Esta proposición generaliza la proposición 1. (Obtenemos la proposición 1 si tomamos .)

1/ 1/1( ) (0n nb B

n np L p p L L→ ⇒ ⋅⋅⋅ → ≤ ≤ +∞

1nb n= ∀

3

4

Proposición 5. (Stolz) Sea nx< > una sucesión de números reales, y nb< > una

ucesión de números positivo ngamos que las sumas parcialess. Supo1

nn kk

B b=

=∑s no

están acotadas. En este caso:

1

1

( )n nx x xL L Ln nb b b

+ +→ ⇒ → −∞ ≤ ≤ +∞ .

+ +

ota. Esta proposición generaliza la proposición 2. (Obtenemos la proposición 2 si Ntomamos 1nb n= ∀ .)

4

5

3. LAS PRUEBAS

Proposición 0. lim 1n nn→∞ =

( , )α β un entorno de . Esto es,

1Prueba. Sea

1α β< <

Debemos mostrar que las siguientes desigualdades valen para n suficientemente gran-de:

n nα β< < .

Como es siempre cierto que 1n n α≥ > , basta con probar la desigualdad del lado derecho. Más precisamente:

n n β< . 0β > , solamente necesitamos probar Teniendo en cuenta que

1 .t.n

n c nβ

< 3.

Ahora examinemos la sucesión de términos positivos n n

ntβ

= .

El cociente de Hardy nos da 1 /n nt t+

11

1 1nn

nn

t nt n

ββ β

++

+= ⋅ →

0 1/ 1β< <Considerando que , podemos invocar el criterio de Hardy (i), que garan-tiza que

. Entonces se ve inmediatamente que

n

0nt →

1 .t.nt c< . Recordando la definición de , se ha probado lo buscado. ■ Proposición 1. (Cauchy) Si

nt< >

np< > es una sucesión de números positivos tal que

∞ ,

entonces también la sucesión de medias geométricas tiende al mismo límite:

(0 )np L L→ ≤ ≤ +

1n

np p L→… (1.1)

3 Con “c.t.n” abreviamos “para casi todo n”, con el mismo significado que tiene “para n suficientemente avanzado” o “para n suficientemente grande”.

5

6

Prueba. Comencemos considerando el caso de límite finito y positivo.

LSea ( , )α β un entorno de ; no hay pérdida de generalidad considerando solamen-te 0α > , esto es,

0 Lα β< < < Probaremos que, para n suficientemente grande, se cumplen las siguientes desigual-dades: 1

nnp pα β< <…

Com(1.2)

o α y β son positivos, (1.2) es equivalente a

1 1 .t.nn n n

α (1.3)

y

p ps c= >…

1 1 .t. .nn n

p pt cβ

= <…

n (1.4)

Para probar (1.3) es suficiente mostrar que . Y para probar (1.4), es sufi-ciente ver que

ns →+∞

0nt → . Formemos las siguientes razones.

1 .α α1ns −

n ns p L= → >

Ahora aplicamos el criterio de Hardy (ii) , del cual obtenemos

Hemos probado (1.3).

ara

ns →+∞

entonces 1 .t. .ns c n>

nt : P

1

1 .n

β βn

n

t p Lt −

= → <

De la misma forma, aplicando el criterio de Hardy (i), obtenemos

sto es suficiente para garantizar que

0 .t → n

E

1 c.t.nt n< . Así, (1.4) queda probado.

6

7

Cuando consideramos entornos de la forma 0L = [0, )β , y la prueba continúa con

nt de la mis< > ma forma que lo hecho para (1.4). Finalmente, para L = +∞ procedemos como en el análisis hecho con , con-siderando en de la forma

ns< >esta ocasión entornos ( , )a +∞ con 0α > . ■

roposición 2. (Cauchy) Si

nx< > P es una sucesión de

,∞

entonces también la sucesión de medias aritméticas tiene el mismo límite:

números reales, y

( )x L L→ −∞ ≤ ≤ +n

1 nx x Ln

+ +→ . (2.1)

Prueba. Utilizando las propiedades de la función exponencial obtenemos ,nx L

nx L e e→ ⇒ → (2.2)

0 si L = −∞ , y como +∞ cuando L = +∞ . donde Le debe ser entendido comoAhora aplicamos la proposición 1 a la sucesión de términos positivos y, conforme con (2.2), para sus medias geométricas vale

nxe< >

1 nxn x Le e e→… . (2.3) n otras palabras,

E1

.nx x

Lne e+ +

→ (2.4)

4), junto con propiedades elementales del logaritmo nos asegura (2.1), aún para los valores no finitos de

Ahora (2.

L . ■

D'Alembert “implica” Cauchy)

Si

Proposición 3. (

np< > es una sucesión de números positivos, y

1 (0 )n

n

p L Lp+ → ≤ ≤ + , ∞

entonces también

nnp L→ (3.1)

Prueba. Consideramos primero el caso en que el límite es finito y positivo. Como antes, tomemos un par de números

.

α y β de manera tal que 0 Lα β< < <

Debemos probar que, para casi todo valor de n,

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8

.n

npα β< < O, equivalentemente, como α y β son ambos positivos:

1 c.t.nn n

ps nα

= > (3.2)

y

1 c.t.nn nt n

β= <

p(3.3)

l cociente de Hardy para satisface

nsE

1 1 11

1 1 .n

n n nn

n n ns p pα α α+

s p p Lα+ + += ⋅ = ⋅ → >

nvocando el criterio de Hardy (ii):

.

ntonces, (3.2) queda establecida.

I

ns →+∞Suficiente para asegurar que

1 c.t. .ns n> E Algo similar ocurre con el otro cociente:

1 1 11

1nn n n

n

t p p Lβ+ + ++= ⋅ = ⋅ → 1 .

n n nt p pβ β β<

hora el criterio de la razón de Hardy (i) nos asegura qu

e donde

A e:

0nt → , d

1 c.t. .nt n< De esta manera obtenemos (3.3) .

Cuando consideramos entornos de la forma 0L = [0, )β y la prueba sigue con

.

nt< > de la misma forma que lo hecho con (3.3) Para L = +∞ procedemos com el análisis hecho con nso en < > , considerando en este caso entornos de la forma ( , )α +∞ , con 0α > . ■

muy corta [5] puede obtenerse aplicando la proposición 1 a la su-

, / , , / ,n np p p p p… …

ropósito fue mostrar cóm funciona el criterio de Hardy.

sición 5 en la misma forma en que la proposición 1 fuera utilizada para probar la proposición 2.

Nota. Una prueba cesión

1 2 1 1−

o obstante, nuestro p oN La próxima proposición será utilizada en la prueba de la propo

8

9

np< > y nb< >Proposición 4. (Pre Stolz) Sean sucesiones de números positivos;

supongamos que las sumas parciales 1n kk

nB b=∑ no están acotadas. En este caso=

:

n nb Bn np L p p L→ ⇒ ⋅⋅⋅ →

ueba. Comenzaremos examinando el caso en que el límite es finito y positivo.

(0 ).L≤ ≤ +∞ (4.1) 1/ 1/

1( ) Pr Sean α y β dos números tales que

Lα β0 < < < . Se debe probar que, para valores de n suficientemente avanzados, valen las siguientes desigualdades:

.1/1( ) nB

np pα β< <… Como ,α β y también nB son positivos, est es equivalente a las siguientes dos odesigualdades:

1 1 c.t.n

nn B

p ps nα

= >…

(0.1)

1 1 c.t.n

n n B

p pt nβ

= <…

(0.2)

Ahora, como n 1n nB B b−− = , tendremos

1

1n nB b

ns α α−

.nBn n ns p pα −= ⋅ = (0.3)

i ahora intentásemos imitar el procedimiento empleado en la prueba anterior, sola-mente veríamos que . , lo que no será suficiente. Sin embargo, esto

modificado de la siguiente manera. Insertamos un par de números reales

S1/ 1 c.tn ns s n− >

puede ser α y β tales que

0 Lα α β β< < < < < (0.4)

L y

Lα <Como 1/ nbnp → , queda asegurado, por la definición de límite, que

1/ t.nb

np n> c.α (0.5)

lo cual, considerando que 0nb > , es equivalente a

a.e.nbnp nα> . (0.6)

olviendo al cociente (4.4), y poniendo

1/n ns s − /k α α=V , en vista de (4.7) ten-remos: d

9

10

1

c.t.n

n

n n

bbn n

b b

s p k ns

αα α

= > = . n−

Brevemente,

1

c.t. ,ns

d

nbn

n

s k−

> (0.7)

onde, recordando que 0 α α< < , el número /k α α= satisface

hora, conforme con (4.8), podemos tomar un número para el cual

1k > .

NA

1

implica .nbnsn N k≥ > ns −

Entonces, tendremos

11, , , N pN N bN pb bN Ns sk k ks s s

s++ ++> > >… .

1 1N N N p− − +

omo los lados derechos de las últimas desigualdades son todos positivos, podemos C

asegurar que

11

1 1

N pN N bN p b bN N

N N N p

ss s k k ks s s

++++

− − +

⋅ ⋅ ⋅ > ⋅ ⋅ ⋅

sto es E

1

N Nb bN p

N

sk

sp++ ++

−

>

O, si se quiere, 1

pRN p Ns s k+ −> ⋅ (0.8)

onde hemos escrito d

N N ppR b b += + +

Ahora, para la sucesión estrictamente creciente pR , vale

p pR →∞⎯⎯⎯→+∞

nB porque, de lo contrario, las sumas parciales deberían e

onsecuentemente, teniendo en cuenta que , volvemos a (4.9), y deducimos

uando , de donde

on estos argumentos hemos probado (4.2).

a prueba para (4.3) es similar, excepto que, luego obtendremos

star acotadas. Cque

1k >

N ps + → +∞ p →∞c

1 c.t.ns n> C L de las mismas manipulaciones,

10

11

c.t.nbnp nβ< ,

y entonces

1pR

N p Nt t k+ −< ⋅ ,

donde, por la elección (4.5) de β , el número /k β β= satisface 0 1k< < .

pRLa definición de es la misma, de donde se sigue que

y entonces n

0N pt + → cuando p →∞ .

: En otras palabras0nt →

1 c.t.nt < .

Solamente quedan los casos

Hemos probado (4.3).

0L = y L = +∞ : Cuando el límite es consideramos entornos de la forma 0L = [0, )β , y la prueba continúa de la misma manera que lo realizado con nt< > . Cuando L = +∞ tomamos entornos de la forma ( , )α +∞ con 0α > , procediendo como ucesión con el análisis de la s ns< > . ■

ción 5. (Stolz) Sea Proposi nx< > una sucesión de números reales, y una sucesión de números positivos. Supongamos además que la

nb< >s sumas parciales

1

nn kk

B b=

=∑ no están acotadas. En este caso:

1

1

( )L n n

n n

x x xL Lb b b

+ +→ ⇒ →

+ +

Aplicamos la última proposición a la sucesión de números positivos .

n nb , (0.10) donde remarcamos que

−∞ ≤ ≤ +∞ . (0.9)

Prueba.

nxe< >Observemos que 1/( )n nx b x Le e e= →/

Le se piensa como cuando 0 L = −∞ y como cuando +∞L = +∞ . La proposición 4 aplicada a (5.2) nos da

1 1/( )n nx Bx Le e e→… . Esto es,

1 n

n

x xB Le e

+ +

→ . De aquí, por consideraciones elementales sobre límites con logaritmo, obtenemos

11

12

1 ,n

1 n

x x Lb b+ +

válida aún para las ocurrencias no finitas de

→+ +

una deducción L . ■

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APÉNDICE

rio de Stolz-L’Hospital..

Si 4 y

La proposición 5 tiene una útil consecuencia, conocida también como crite

Criterio de Stolz-L’Hospital.

nb +∞ 1

1

n n

n n

a a Lb b

+

+

−→

−, entonces ( )n

n

a L Lb

→ −∞ ≤ ≤ + . ∞

Prueba. Sea la sucesión

n1 2 1 3 2 1: , , , , ,.n nx a a a a a a a −− − −… … y la sucesión

n1 2 1 3 2 1: , , , , ,n nb b b b b b bβ −− − −… … Comenzamos observando que, por la definición de estas sucesiones, es

n

n

x Lβ

→ .

Además, la sucesión nβ está en las condiciones de la proposición 5, en el sen-tido de que es 0nβ > (por ser creciente) y sus sumas parciales no están acotadas, ya que siendo

nb

nb +∞ , basta observar que

n n .

Aplicando la proposición 5 se deduce que

1 2 1 3 2 11( ) ( ) ( )n

k nkb b b b b b b bβ −=

= + − + − + + − =∑1

1

n

n

x x Lβ β+ +

→+ +

pero, como se ha

visto, este último denominador es

n n1 2 1 2 1 3 2 1( ) ( ) ( )n nb b b b b b b bβ β β −+ + + = + − + − + + − = . Análogamente, el numerador es

n n1 2 1 2 1 3 2 1( ) ( ) ( )n nx x x a a a a a a a −+ + + = + − + − + + − = a de donde surge lo deseado. ■

4 abrevia “tiende crecientemente”.

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REFERENCIAS

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roposición 3: Chap. IX- 217. Examples LXXXVIII. Example 33.

iguel de án - Baldome oblemas, conceptos y métodos del nálisis matemático. Vol I. Madrid: Ediciones Pirámide, 1990.

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[3] Konrad Knopp Infinite sequences and series. New York: Dover, 1956.

[4] Elon Lages Lima Curso de Análise Volume I. Río de Janeiro: IMPA, 1982.

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P

h http://www.rinconmatematico.com/foros

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