Ejercicios resueltos (Carothers). (11)

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17. En primer lugar, recordemos que el valor absoluto de un número real x, se define mediante

|x| = x, si x \geq 0
|x| = -x si x<0

Esto permite concluir que -|x| \leq x \leq |x| para todo número real x. Necesitaremos de este resultado junto con el siguiente lema.

Lema. Si r \geq 0, entonces |x| \leq r es equivalente a las desigualdades -r \leq x \leq r.
Prueba. Supongamos que |x| \leq r. Entonces si x\geq 0, tenemos que -r \leq 0 \leq x \leq r. Si x<0, entonces -x \leq r,de donde multiplicando ambos miembros por (-1) y recordando que r \geq0, vemos que -r \leq x \leq r. Recíprocamente, si fuera -r \leq x \leq r, entonces si x \geq 0, es trivialmente |x| \leq r (pues x = |x|) y si fuera x<0, entonces multiplicando los términos de la desigualdad por (-1) llegamos a -r \leq -x \leq r, de donde |x| \leq r (pues -x = |x|).

Ahora demostraremos la desigualdad triangular: |a+b| \leq |a|+|b|. Como -|a| \leq a \leq |a| y -|b| \leq b \leq |b|, tenemos sumando ambas desigualdades que

-(|a|+|b|) \leq a+b \leq |a|+|b|.

Lo que implica (utilizando el lema anterior con r= |a|+|b| \geq 0) que |a+b| \leq |a|+|b|.

Escribimos |a| = |a+b-b| y usamos la desigualdad triangular para obtener

|a| = |a-b+b| \leq |a-b|+|b|.

Análogamente |b|= |b-a+a| \leq |b-a|+|a| = |a-b|+|a| (donde hemos usado el hecho de que |-x|= |x|. Las desigualdades vistas nos llevan a

|a|- |b| \leq |a+b|, (1)

|b|-|a| \leq |a-b|. (2)

Pero multiplicando ambos miembros de (2) por (-1) vemos que

|a|-|b| \geq -|a-b|.  (3)

Combinamos (1) y (3) para obtener - |a-b| \leq |a|-|b| \leq |a-b| y esto permite afirmar que ||a|-|b|| \leq |a-b| (de nuevo hemos usado el lema anterior).

Sea a > b, entonces \max \{a,b\} = a y como a-b >0, resulta que \frac{1}{2}(a+b+|a-b|)= \frac{1}{2} (a+b+a-b) = \frac{1}{2} 2a = a. En el caso de que a<b, tenemos que \max \{a,b \} = b y de a-b <0, se sigue que \frac{1}{2} (a+b+|a-b|) = \frac{1}{2} (a+b+b-a)= \frac{1}{2} 2b = b. El caso a=b es inmediato. La demostración de \min \{a,b\} =\frac{1}{2} (a+b-|a-b|) es análoga.

18. (a). Sea a >-1, a \neq 0. Para n=2 es (1+a)^{2} = 1+2a+a^{2}>1+2a y la desigualdad es válida. Sea cierta para n=r \geq 2. Entonces (1+a)^{r} > 1+ra y, por tanto,

(1+a)^{r+1} = (1+a)^{r} (1+a) > (1+ra)(1+a) = 1+a(r+1)+ra^{2} >1+(r+1)a.

Esto prueba que es cierta para todo n \geq 2.

(b). Usaremos el cociente de términos consecutivos de la sucesión (ya que está formada por valores estrictamente positivos). Simplificaremos dicho cociente hasta dejarlo en una forma en la que podamos usar la desigualdad de Bernoulli:

\frac{(1+\frac{x}{n+1})^{n+1}}{(1+\frac{x}{n})^{n}} = (1+\frac{x}{n})\frac{(1+\frac{x}{n+1})^{n+1}}{(1+\frac{x}{n})^{n+1}}= (1+\frac{x}{n}) (\frac{n^2+nx+n}{n^2+nx+n+x})n^{n+1} =

(1+\frac{x}{n}) (1-\frac{x}{n^2+nx+n+x})^{n+1}.

Si es a =\frac{x}{n^2+nx+n+x}, entonces 0< a <1, de donde -a >-1, -a \neq 0, quedando

(1+\frac{x}{n})(1+(-a))^{n+1} >(1+\frac{x}{n})(1+(n+1)(-a)) =\frac{n+x}{n} \frac{n(n+1)}{(n+x)(n+1)}=1.

Esto significa que la sucesión es creciente.

(c). Como la sucesión z_n = (1+\frac{x}{n})^{n} con x>0, es creciente y como la desigualdad r = \frac{p}{q} >1 implica que podemos elegir enteros p,q tales que p >q >0, tenemos que si a>0, entonces

(1+\frac{ap}{q})^{q} < (1+\frac{ap}{p})^{p} = (1+a)^{p}.

Pero entonces de esta desigualdad se sigue que

(1+ a\frac{p}{q}) < (1+a)^{\frac{p}{q}}.

(d). Todo número real r se puede considerar como el límite de una sucesión decreciente r_n de números racionales. Por tanto, si a>0, y r>1, tenemos que r_n \geq r >1 y además

(1+a)^{r_n} >(1+r_{n} a).

Expresión que llevada al límite nos permite afirmar que

(1+a)^{r} >(1+r a).

19. Supongamos que 0<c<1. En ese caso, podemos escribir

c = \frac{1}{1+x},

donde x>0. De esta manera, como (1+x)^{n} > 1+nx, es

0<c^{n}= \frac{1}{(1+x)^{n}}< \frac{1}{1+nx}.

Esto prueba que \lim_n c_n = 0.

Sea ahora c>1, entonces c^{1/n} -1 >0 y la sucesión x_n = c^{1/n}-1 está formada por términos positivos. En consecuencia, si n>1, tenemos

(1+x_n)^{n} = (1+(c^{1/n}-1))^{n} = c >1+n(c^{1/n}-1).

Simplificando resulta

\frac{c-1}{n}>c^{1/n}-1 >0.

Llevando esta expresión al límite vemos que \lim_n c^{1/n}-1 =0, o lo que es lo mismo \lim_n c^{1/n}=1.

Supongamos que 0<c<1. Entonces es \frac{1}{c} >1 y aplicamos el mismo razonamiento que en el ejemplo anterior para la sucesión y_n = \frac{1}{c^{1/n}}-1 >0. Es decir

(1+y_n)^{n} = (1+(\frac{1}{c^{1/n}}-1))^{n} = \frac{1}{c} >1+n (\frac{1}{c^{1/n}}-1),

(\frac{1}{c} -1) \frac{1}{n} > \frac{1}{c^{1/n}}-1 >0.

Llevando esta expresión al límite vemos que \lim_n \frac{1}{c^{1/n}}-1 =0. Es decir, \lim_n c^{1/n} =1.

20. Sean a,b dos números positivos. Vamos a probar que

\frac{a+b}{2} \geq \sqrt{ab}.

Para ello consideramos la desigualdad (a-b)^2 \geq 0 y desarrollamos:

a^2 +b^2 -2ab \geq 0,

a^2 +b^2 \geq 2ab,

a^2+b^2+2ab \geq 4ab,

(a+b)^2 \geq 2^2 ab,

(\frac{a+b}{2})^2 \geq ab.

Esta última desigualdad es la buscada pues equivale a \frac{a+b}{2} \geq \sqrt{ab}. Vamos ahora a generalizar la expresión en la forma:

\frac{\sum_{i=1}^{n} a_{i}}{n} \geq \sqrt[n]{a_1 a_2 \cdots a_n },

donde n>1 y a_i >0, para todo i. Para n=2 ya la hemos probado en párrafos anteriores. Sea cierta para n=k, entonces

\frac{\sum_{i=1}^{k} a_i}{k} \geq \sqrt[k]{a_1 a_2 \cdots a_k}.

En este punto y con el fin de simplificar la exposición escribiremos G_n = (a_1 a_2 \cdots a_n)^{1/n} para denotar a la media geométrica y S_{n} =a_1+a_2+ \ldots + a_n para denotar a la suma. Así tenemos que por la hipótesis de inducción es:

S_k+a_{k+1} \geq kG_k+a_{k+1}.

Multiplicamos y dividimos por G_{k+1} el miembro derecho de la desigualdad (sabemos que G_{k+1} es no nulo pues a_i>0, i=1, \ldots, k+1) y obtenemos

S_k+ a_{k+1} = G_{k+1} (\frac{k G_k}{G_{k+1}}+ \frac{a_{k+1}}{G_{k+1}}).

Ahora bien, resulta que \frac{G_{k}}{G_{k+1}} =\frac{(a_1 \cdots a_k)^{1/k}}{ (a_1 \cdots a_k a_{k+1})^{1/k+1}} = \frac{(a_1 \cdots a_k)^{1/(k(k+1))}}{a_{k+1}^{1/(k+1)}}= \frac{G_{k}^{1/(k+1)}}{a_{k+1}^{1/(k+1)}} y también \frac{a_{k+1}}{G_{k+1}} =\frac{a_{k+1}}{(a_1 \cdots a_k a_{k+1})^{1/(k+1)}} = \frac{a_{k+1}^{k/(k+1)}}{G_{k}^{k/(k+1)}}. Sustituimos en la desigualdad anterior

S_{k+1} = G_{k+1} (k(\frac{G_{k}}{a_{k+1}})^{1/(k+1)}+(\frac{a_{k+1}}{G_k})^{k/(k+1)}).

Hacemos x = (\frac{a_{k+1}}{G_{k}})^{1/(k+1)} -1, lo que garantiza que x>-1, y sustituimos quedando

S_{k+1} = G_{k+1}( \frac{k}{1+x} +(1+x)^{k}) \geq G_{k+1} (\frac{k}{1+x}+ 1+kx).

Para terminar vemos que \frac{k}{1+x}+1+kx \geq (k+1), pues desarrollando dicha expresión tenemos que equivale a x^{2}\geq 0. En consecuencia,

S_{k+1}\geq G_{k+1} (\frac{k}{1+x}+ 1+kx) \geq G_{k+1} (k+1).

Esto prueba la desigualdad buscada para todo valor de n.

Notas complementarias: Notas 1, Notas 2.

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Ejercicios resueltos (Carothers). Ampliación (10).

Las sucesiones recurrentes han aparecido varias veces en el capítulo “The Real Numbers” del texto de Carothers (concretamente en los ejercicios números 10, 11 y 12) . Los mecanismos que hemos empleado para resolver las cuestiones planteadas se han apoyado en las propiedades de las desigualdades, el uso de la inducción y ciertos teoremas deducidos del axioma del supremo. Sin embargo, existe una rama de las matemáticas llamada “cálculo de diferencias finitas” que se ocupa entre otros temas de las sucesiones recurrentes. Intentaremos esbozar algunos resultados generales que aplicaremos en resoluciones alternativas de de los ejercicios mencionados.

Una sucesión recurrente x_n de orden k , (siendo k entero positivo) se puede definir como una (k+1)-tupla: (a_1, a_2, \ldots, a_{k}, f), donde a_1, \ldots, a_k son números reales que cumplen:

x_1 = a_1, x_2 = a_2, \ldots x_n = a_n,

y f es una función real definida sobre \mathbb{R}^{k} tal que

x_{n+k}= f(x_n, x_{n+1}, x_{n+2}, \dots, x_{n+k-1}).

En el caso de que la función f sea lineal, la metodología de resolución está bien establecida y comparte muchas características con la de las ecuaciones diferenciales.

Definición: Una sucesión recurrente de orden k adopta una forma lineal y homogénea si y sólo si x_{n+k} = \sum_{i=1}^{k} a_i x_{n+k-i}, donde a_i son constantes y a_k \neq 0.

Las progresiones geométricas son sucesiones recurrentes lineales y homogéneas de orden uno. En efecto, su expresión general x_n = a_0 r^{n-1}, con a_0 \neq 0, puede obtenerse de

x_1 = a_0,

x_{n+1} = r x_{n}, \quad n \geq 2.

Este ejemplo es muy relevante ya que para resolver las sucesiones recurrentes homogéneas echaremos mano de progresiones geométricas.

Comenzamos con las sucesiones recurrentes homogéneas de orden 2:

x_{n+1} = a_1 x_{n} + a_2 x_{n-1}.

Teorema: Sean a_1 y a_2 números reales. Supongamos que r^2-a_1 r- a_2 =0 tiene dos raíces diferentes r_1, r_2. Entonces la sucesión x_n es solución de la relación de recurrencia x_{n+1} =a_1 x_{n}+a_2 x_{n-1} si y sólo si x_n = \alpha r_{1}^{n} + \beta r_{2}^{n}, donde \alpha, \beta son constantes.

Prueba. Sea x_n = \alpha r_{1}^{n} + \beta r_{2}^{n}. Probaremos que es solución de la ecuación de recurrencia. En efecto, como r_1, r_2 son soluciones de la ecuación r^{2}-a_1 r- a_2 =0, tenemos que

r_{1}^{2} = a_1 r_1+ a_2, r_{2}^{2} = a_1 r_2 +a_2.

Por tanto,

a_1 x_n + a_2 x_{n-1} = a_1 (\alpha r_{1}^{n} + \beta r_{2}^{n})+ a_2 (\alpha r_{1}^{n-1} + \beta r_{2}^{n-1}) = \alpha r_{1}^{n-1} (a_1 r_1 +a_2)+ \beta r_{2}^{n-1} (a_1 r_2+a_2) = \alpha r_{1}^{n-1} r_{1}^{2} + \beta r_{2}^{n-1} r_{2}^{2}= \alpha r_{1}^{n+1} + \beta r_{2}^{n+1} = x_{n+1}.

Esto prueba que la sucesión x_n cumple la relación. Veamos ahora que cualquier solución de la ecuación de recurrencia tiene la forma indicada. Sea a_n una solución y sean a_1 = C_1, a_2 = C_2, constantes inicialmente dadas (son necesarias en virtud de la recurrencia pues los dos primeros términos no se pueden obtener de valores previos). Entonces probaremos que la sucesión b_n= \alpha r_{1}^{n-1}+ \beta r_{2}^{n-1} satisface las mismas condiciones iniciales con tal de ajustar los valores de \alpha y \beta. Basta resolver las ecuaciones

b_1 = C_1 = \alpha + \beta,

b_2 = C_2 = \alpha r_1 + \beta r_2.

El sistema tiene solución única ya que r_1 \neq r_2. En definitiva, la relación de recurrencia y las condiciones iniciales dan lugar a una única solución. Esto es, a_n = b_n.

Vamos a resolver el problema 12 correspondiente a la entrada (8) Carothers. Sabemos que s_1 > s_2 >0 y s_{n+1} = \frac{1}{2} (s_n + s_{n-1}). Podemos ver fácilmente que se trata de una relación de recurrencia lineal homogéna de segundo orden. Escribimos

s_{n+1} -(1/2) s_n -(1/2) s_{n-1} = 0.

La ecuación característica es

r^{2}-(1/2)r -(1/2) = 0,

que tiene por soluciones r_1 =(-1/2) y r_2 = 1. Por tanto,

s_n = \alpha (-1/2)^{n} + \beta 1^{n}.

Para determinar \alpha y \beta vemos que

s_1 = \alpha (-1/2) + \beta,

s_2 = \alpha (1/4) + \beta.

Un simple cálculo permite concluir que \alpha = \frac{4}{3} (s_2-s_1), \beta =(1/3) s_1+ (2/3) s_2. Sustituimos para llegar a

s_n = (1/3) s_1+ (2/3) s_2 +\frac{4}{3} (-\frac{1}{2})^{n} (s_2-s_1).

Expresión que llevada al límite da como resultado \frac{1}{3} s_1 + \frac{2}{3} s_2.

Existen más posibilidades de solución para las expresiones recurrentes homogénas de segundo orden. En posteriores entradas intentaremos dar una visión más completa.

Curso EVT. Lectura 10. Las nociones de base y dimensión (4)

En la lectura 9 hemos probado que un espacio vectorial que tienen una base formada por un número finito de elementos tiene todas sus bases con el mismo cardinal. Ahora probaremos el mismo hecho para espacios vectoriales con bases que tengan un número infinito de elementos.

Teorema: Sea E un espacio vectorial y sea A una base de Hamel de E con cardinal infinito. Entonces si B es otra base de Hamel de E, se tiene que el cardinal de B es el mismo que el de A.

Prueba. Sea x un elemento de la base A. Entonces hallaremos un subconjunto finito y no vacío F(x) de la base B, de forma que x es combinación lineal con coeficientes no nulos de elementos de F(x). Es decir, x depende linealmente de F(x). Reiterando este proceso formamos el conjunto

M = \cup_{x \in A} F(x),

que obviamente es un subconjunto de B pues cada uno de los elementos de la unión es subconjunto de B. A continuación probaremos que M=B. Para ello nos falta la inclusión B \subset M. Sea pues z un elemento de B. Podremos encontrar un subconjunto finito

S(z) = \{x_1, x_2, \ldots, x_r \}

de elementos de A, cuya combinación lineal con coeficientes no nulos da lugar a z. Para cada uno de los x_i, hemos definido previamente los subconjuntos F(x_i) de B, por lo que

N = \cup_{i=1}^{r} F(x_i)

es un subconjunto de M que genera z. Si dicho z perteneciera a B-M, entonces B sería linealmente dependiente pues z dependería linealmente de B-\{z\}. Así pues z \in M y B =M.

Llegados a este punto utilizaremos la notación |X| para indicar el cardinal del conjunto X y la notación \omega para el cardinal de los enteros positivos. Las propiedades de los cardinales (que veremos en una ampliación a esta lectura) permiten escribir

|B| = |M| =| \cup_{x \in A} F(x)| \leq \sum_{x \in A} |F(x)| \leq \sum_{x \in A} \omega = |A| \omega = |A|.

Esto prueba que el cardinal de A y el de B son iguales.

Problemas resueltos (Carothers). 9

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15. Sea x_n una sucesión de Cauchy y supongamos que x_{f(n)} es una subsucesión de x_n con límite igual a l. Entonces dado \epsilon >0 existe un entero positivo N_1 de forma que si n \geq N_1 es

|x_{f(n)} -l| <\frac{\epsilon}{2}.

Pero entonces, para dicho \epsilon >0, hallaremos N_2 de forma si n,m \geq N_2, es

|x_n -x_m| < \frac{\epsilon}{2}.

Por tanto, tomando N = \max \{N_1,N_2 \} , tenemos que si n \geq N, entonces

|x_n -l| = |x_n -x_{f(n)}|+|x_{f(n)}-l| < \epsilon.

Lo que prueba que la sucesión de Cauchy converge a l.

Observación: Las subsucesiones se obtienen mediante funciones f: \mathbb{N} \rightarrow \mathbb{N}, estrictamente crecientes. Por ello, podemos asegurar que f(n) \geq n para todo n y así m=f(n) \geq n \geq N.

16. (a). Si x,y son dos números reales tales que para todo \epsilon >0 es |x-y|< \epsilon, entonces x=y.  Podemos justificar la igualdad 0.499999 \ldots = 5 mediante este hecho ya que evidentemente para todo \epsilon >0, hallaremos n tal que \frac{1}{10^{n}} < \epsilon con

|5-0.49999...| < \frac{1}{10^{n}} < \epsilon.

Otra justificación de este hecho sería considerar la expresión en base diez en la forma:

0.4999 ... = 4 \cdot 10^{-1} + \lim_n \sum_{k=1}^{n} 9 \cdot 10^{-(k+1)}.

Al desarrollar la parte del sumatorio tenemos

\frac{9}{10} \sum_{k=1}^{n} 10^{-k}=\frac{9}{10}\frac{10^{-1} -10^{-n-1}}{1-10^{-1}} = \frac{1}{10} - (\frac{1}{10})^{n+1}.

Si llevamos al límite dicha expresión y sustituimos, tenemos

0.4999... = \frac{4}{10} +\frac{1}{10} =\frac{5}{10} = 0.5.

(b). Supongamos que x = 0.234 234 234 .... Entonces

1000 x = 234. 234 234 ....

Luego

1000 x - x = 234.234 234 ... - 0.234 234 ...,

999 x = 234,

x =\frac{234}{999}.

(c). Todos aquellos decimales que tengan como período el número 9 admitirán más de una representación decimal. Por ejemplo,

0,2999999 .... = 0,3,

0,357899999 ... = 0,3579.

La razón es la vista en el apartado (a).

Curso EVT. Lectura 9. Las nociones de base y dimensión (3)

Vamos a probar que todas las bases de un determinado espacio vectorial tienen el mismo número de elementos. Para ello, necesitaremos de algunos resultados previos. Comenzaremos con el caso en el que el espacio vectorial tiene una base formada por un número finito de vectores.

(1) Sea n un entero positivo y (x_i)_{i=1}^{n} una familia de vectores no nulos de un espacio vectorial E. Son equivalentes:
(i) La familia es linealmente dependiente.
(ii) Existe un índice j>1, tal que x_{j} que es combinación lineal de la familia (x_i)_{i=1}^{j}.
Prueba:  (i) implica (ii). Supongamos que la familia es linealmente dependiente. Hallaremos entonces que existe una subfamilia (x_k)_{k \in K} que verifica
\sum_{k \in K} \lambda_k x_k =0,
siendo no todos los \lambda_k nulos. Sea j = \max \{k \in K : \lambda_k \neq 0 \}. Entonces
\sum_{k=1}^{j} \lambda_k x_k = 0.
Si j=1, entonces \lambda_1 x_k =0, con \lambda_1 \neq 0. Pero esto no es posible pues entonces x_1 = 0 y la familia (x_i)_{i=1}^{n} contiene un vector nulo en contra de lo supuesto. Por tanto, j>1 y podemos escribir
x_j = -\sum_{k=1}^{j-1} (\lambda_{j}^{-1} \lambda_k) x_k.

(ii) implica (i). Es evidente.

(2) Supongamos que la familia (x_i)_{i=1}^{n} genera el espacio vectorial E. Entonces:

(a) Si w \in E, entonces (x_i)_{i=1}^{n} \cup (w) es linealmente dependiente.

(b) Si uno de los vectores x_j de la familia es combinación lineal del resto de los vectores de dicha familia, entonces (x_i)_{i =1, i \neq j}^{n} genera E.

Prueba. (a). Como w depende de (x_i)_{i=1}^{n} se sigue que (x_i)_{i=1}^{n} \cup (w) es linealmente dependiente (ver lectura 5).

(b). Supongamos que x_j depende linealmente de (x_i)_{i=1,i \neq j}^{n}. Entonces

x_j = \sum_{i=1, i \neq j} \lambda_i x_i .

Si consideramos un vector w \in E, entonces dicho vector es una combinación lineal de la familia (x_i)_{i =1}^{n}, por lo que si en la combinación lineal interviene x_j podemos sustituir su expresión por la combinación anterior y obtendremos que w depende linealmente de (x_i)_{i=1,i \neq j}^{n}. Esto prueba que dicha familia genera E.

(3). Supongamos que (x_i)_{i=1}^{n} genera el vectorial no trivial E. Entonces si (w_k)_{k=1}^{m} es una familia linealmente independiente de elementos de E, se tiene que m \leq n.

Prueba. Sea la familia

(w_1, x_1, \ldots, x_n).

Entonces por (2), dicha familia es linealmente dependiente y por (1) hallaremos que un vector x_{j_{1}} depende linealmente de los vectores w_1, x_1, \ldots, x_{j_{1}-1}. Ahora bien, por (2) podemos eliminar el vector x_{j_{1}} y conseguiremos que la familia también genere E. Repitiendo el argumento para el vector w_2 tenemos que

(x_i)_{i =1, \neq j_1} \cup (w_1, w_2),

es una familia linealmente dependiente por lo que existe x_{j_{2}} que depende linealmente de los vectores anteriores a él (no puede tratarse de w_2 pues la familia (w_k)_{k=1}^{n} es linealmente independiente. Prescindiendo de dicho vector tenemos que

(x_i)_{i =1, \neq j_1,j_2} \cup (w_1, w_2)

es una familia que genera E. Si fuera m >n, entonces tras n pasos llegaríamos a la familia

(w_1, w_2, \ldots, w_n),

la cual al ser un sistema generador permitiría obtener w_{n+1} y, en consecuencia (w_k)_{k=1}^{m} sería linealmente dependiente en contra de lo supuesto. Por ello, m \leq n.

Teorema. Sea E un espacio vectorial no trivial y sea B =(x_i)_{i=1}^{n} una base de Hamel de E, entonces si C es otra base de Hamel de E se tiene que el cardinal (número de elementos) de C es igual a n.

Prueba. Supongamos que C tiene más de n vectores. Entonces por (3) concluimos que es linealmente dependiente. Pero esto contradice su carácter de base por lo que C tendrá n o menos vectores. Recíprocamente, si C contiene menos de n vectores, entonces por (3) B ha de ser linealmente dependiente en contra de lo supuesto. En consecuencia, C contiene exactamente n vectores.

Este resultado justifica la definición de dimensión para un espacio vectorial con una base de cardinal finito. La dimensión de dicho espacio es el número de vectores de una cualquiera de sus bases.

Problemas resueltos (Carothers). (8)

Carothers-12-14Solución: 

12. Consideremos las subsucesiones de los términos impares s_{2n-1} y la de los términos pares s_{2n}. Si queremos que la sucesión converja debemos probar que ambas sucesiones convergen y que lo hacen al mismo valor. Estudiamos la sucesión de sus diferencias comenzando con la subsucesión de los términos impares.

Para n=1, resulta s_{3}-s_{1} = \frac{1}{2} (s_2+s_1)-s_1 = \frac{1}{2} (s_2-s_1) = \frac{1}{2^{2 \cdot 1-1}} (s_2-s_1).

Para n=2, resulta s_{5}-s_{3} = \frac{1}{2}(s_4+s_3)-s_3 =\frac{1}{2}(s_4-s_3)=\frac{1}{2} (\frac{1}{2} (s_3+s_2)-s_3) =\frac{1}{4} (s_2-s_3) = \frac{1}{4} (s_2-\frac{1}{2}(s_2+s_1)) =\frac{1}{8}(s_2-s_1)=\frac{1}{2^{2 \cdot 2-1}}(s_2-s_1)

Esto parece darnos una pauta. Conjeturamos que

s_{2n+1}-s_{2n-1} = \frac{1}{2^{2n-1}} (s_2-s_1). (1)

Probamos por inducción sobre n. Para n=1 está ya probado en párrafos anteriores. Sea cierto para n=r. Entonces

s_{2r+1}-s_{2r-1}= \frac{1}{2^{2r-1}} (s_2-s_1),

mientras que para n=r+1 tenemos que

s_{2r+3}-s_{2r+1} = \frac{1}{2} (s_{2r+2}+s_{2r+1})-s_{2r+1} = \frac{1}{2}(s_{2r+2}-s_{2r+1}) = \frac{1}{2} (\frac{1}{2} (s_{2r+1}+s_{2r})-s_{2r+1}) = \frac{1}{4} (s_{2r}-s_{2r+1}) = \frac{1}{4} (s_{2r}-\frac{1}{2} (s_{2r}+s_{2r-1}) )= \frac{1}{8} (s_{2r}-s_{2r-1}). (2)

Ahora bien, como

s_{2r+1} = \frac{1}{2} (s_{2r}+s_{2r-1}),

tenemos que

s_{2r} = 2s_{2r+1}-s_{2r-1}.

Sustituyendo en (2), y aplicando la hipótesis de inducción, obtenemos

s_{2r+3}-s_{2r+1} = \frac{1}{8}(2s_{2r+1}-2s_{2r-1})= \frac{1}{4}(\frac{1}{2^{2r-1}})(s_2-s_1) = \frac{1}{2^{2(r+1)-1}}(s_2-s_1).

Como s_1 >s_2, la sucesión b_n = s_{2n+1}-s_{2n-1} = \frac{1}{2^{2n-1}}(s_2-s_1) es negativa y la subsucesión de los términos impares es decreciente. Para probar que la subsucesión de los términos pares es creciente vamos a escribir las diferencias generales:

b_n =s_{2n+1} -s_{2n-1} = \frac{1}{2}(s_{2n}+s_{2n-1})-s_{2n-1} = \frac{1}{2}(s_{2n}-s_{2n-1}), (3)

c_n =s_{2n+2}-s_{2n} = \frac{1}{2}(s_{2n+1}+s_{2n})-s_{2n} = \frac{1}{2}(s_{2n+1}-s_{2n}). (4)

Observemos que al sumar b_n y c_n resulta

(s_{2n+1}-s_{2n-1})+(s_{2n+2}-s_{2n}) =\frac{1}{2}(s_{2n+1}-s_{2n-1}).

Es decir,

s_{2n+2}-s_{2n} = -\frac{1}{2} (s_{2n+1}-s_{2n-1}).

En símbolos, c_n = -\frac{1}{2} b_n y como b_n es decreciente, resulta que c_n es creciente, con

s_{2n+2}-s_{2n} = (s_1-s_2) \frac{1}{2^{2n}}. (5)

Además, las expresiones obtenidas nos van a permitir dar directamente el valor del límite de dichas subsucesiones. En efecto, sumando desde k=1 hasta k=n en (1), resulta

\sum_{k=1}^{n} s_{2k+1}-s_{2k-1} = (s_2-s_1) \sum_{k=1}^{n} \frac{1}{2^{2k-1}},

s_{2n+1} -s_1 = 2(s_2-s_1) \sum_{k=1}^{n} (\frac{1}{4})^{k}.

Recordemos la expresión para la suma de una serie geométrica:

\sum_{k=1}^{n}(\frac{1}{4})^{k} =\frac{(1/4)-(1/4)^{n+1}}{3/4}

Por tanto,

s_{2n+1}-s_1 =2(s_2-s_1) \frac{(1/4)-(1/4)^{n+1}}{3/4}.

Expresión que llevada al límite resulta

\lim s_{2n+1} = s_1+ \frac{2}{3} (s_2-s_1)=\frac{1}{3} s_1 +\frac{2}{3}s_2 .

Del mismo modo, tenemos que sumando desde 1 hasta n en (5)

\sum_{k=1}^{n} s_{2k+2}-s_{2k} = (s_1-s_2) \sum_{k=1}^{n} \frac{1}{4^{k}},

s_{2n+2}-s_2 = (s_1-s_2) \frac{(1/4)-(1/4)^{n+1}}{(3/4)}.

Llevando esta última expresión hasta el límite

\lim_n s_{2n+2} = s_2+(1/3)(s_1-s_2) = \frac{1}{3} s_1 + \frac{2}{3} s_2.

En consecuencia, la sucesión s_n es convergente a

\frac{1}{3} s_1+\frac{2}{3} s_2.

13. Sea s_n = \sum_{i=1}^{n} a_i. Como a_n \geq 0, para todo n, resulta que

s_{n+1} = \sum_{i=1}^{n} a_i + a_{n+1} \geq \sum_{i=1}^{n} a_i = s_n,

y la sucesión es creciente. Si estuviera acotada superiormente sería convergente con límite igual a \sup_n \{s_n \}. Si no está acotada superiormente entonces no tiene límite en la recta real ya que si l \in \mathbb{R} fuera tal límite, tendríamos que para \epsilon >0 dado, hallaríamos un entero positivo n_0 tal que s_n \leq l+\epsilon si n \geq n_0. Por tanto, tomando

M = \sup (\{s_n : n < n_0 \} \cup \{l+\epsilon\}),

resultaría que s_n \leq M, para todo n y s_n estaría acotada superiormente en contra de lo supuesto.

14. Supongamos que x_n es una sucesión convergente y que l \in \mathbb{R} es su límite. Entonces para \epsilon >0, hallaremos un entero positivo N, de forma que

|x_n -l| < \frac{\epsilon}{2},

si n \geq N. Tomando n,m \geq N, vemos que

|x_n - x_m| = |x_n -l +l -x_m| \leq |x_n -l|+ |x_m -l| < \frac{\epsilon}{2}+\frac{\epsilon}{2} = \epsilon.

Esto prueba que x_n de Cauchy. Supongamos ahora que x_n es de Cauchy. Probaremos que está acotada. En efecto, sea \epsilon =1 >0. Hallaremos un entero postivo N, de forma que si n,m \geq N se tiene

|x_n - x_m| < 1.

Esto significa que haciendo m=N, es para todo n \geq N,

-1<x_n -x_N < 1,

x_N -1 < x_n < 1+x_N.

Tomando U = \sup (\{x_n : n \leq N \} \cup \{1+X_N \}) y L = \inf ( \{x_n : n \leq N \} \cup \{ x_N -1 \}), vemos que la sucesión está acotada superior e inferiormente por U y L, respectivamente.

Nuevo texto de Variable compleja

Hoy he adquirido de la editorial electolibris el texto “Variable Compleja. Problemas y complementos” de Gabriel Vera Botí. Al comprar su versión en texto te regalan la versión electrónica. Me ha parecido un buen texto para repasar y afianzar conocimientos. Sobre todo teniendo en cuenta que el excelente texto de “Problemas de Análisis Matemático” presente en mi estantería es una obra del profesor Vera junto con F. Bombal y L. Rodríguez.