Análisis, Problemas

Problemas Resueltos (Carothers). Ampliación (13)

Sea a_n una sucesión de números reales. Sea A un subconjunto de la recta real, definimos el soporte de A como el subconjunto de enteros positivos:

s(A)= \{n \in \mathbb{N} : a_n \in A \}.

El lector observará que si f: \mathbb{N} \rightarrow \mathbb{R} es la aplicación que define la sucesión a_n, el soporte de A \subset \mathbb{R} no es más que el conjunto f^{-1}(A).

imgcarothers2

Si A \subset B, entonces s(A) \subset s(B). En efecto, recordemos que A \subset B implica s(A)=f^{-1}(A) \subset f^{-1}(B) = s(B).

Sea x un número real y sea \epsilon >0, el conjunto E(x,\epsilon) se llama entorno de centro x y radio \epsilon y consiste en el intervalo abierto (x-\epsilon, x+\epsilon), siendo su soporte

s(E(x,\epsilon) ) = \{ n \in \mathbb{N} : x-\epsilon < a_n < x+\epsilon \}.

Por otro lado, notaremos mediante \omega el cardinal de los números naturales. Es decir, un conjunto es equipotente al conjunto de los naturales si y sólo si su cardinal es \omega. También si A es un conjunto, escribiremos |A| para notar a su cardinal. El propósito de estas nociones es dar una nueva definición de límite de una sucesión.

Definición 1. Una sucesión a_n de números reales converge al punto x \in \mathbb{R} si y sólo si
Para todo \epsilon >0 es |s(E(x, \epsilon) )| = \omega y |s(\mathbb{R}-E(x,\epsilon))| < \omega.

imgcarothers3

Es decir, \lim a_n =x si y sólo si para cada \epsilon>0 hay una infinidad de términos de la sucesión en (x-\epsilon, x+\epsilon) y una cantidad finita fuera de este intervalo. Es fácil probar que esta definición de límite coincide con la dada usando el valor absoluto. Pero además nos permite dar nuevos conceptos de gran utilidad.

Definición 2. El punto p \in \mathbb{R} es de aglomeración de una sucesión a_n de números reales si y sólo si
Para todo \epsilon > 0 es  |s(E(p,\epsilon))| = \omega.

Obviamente, según esta definición, el límite de una sucesión a_n es también un punto de aglomeración. En particular, resulta ser su único punto de aglomeración

Teorema 1. El límite x de una sucesión a_n de números reales es su único punto de aglomeración.

Prueba. Supongamos que \lim a_n = p y que q \neq p es otro punto de aglomeración de la sucesión. En ese caso tomando 0<\epsilon < \frac{|p-q|}{2}, es |s(E(p,\epsilon))| = \omega y |s(\mathbb{R}-E(p,\epsilon))| < \omega . Ahora bien, la definición de este \epsilon permite afirmar que E(p,\epsilon) \cap E(q,\epsilon) = \emptyset por lo que

E(q,\epsilon) \subset (\mathbb{R}-E(p,\epsilon))

y también s(E(q, \epsilon)) \subset s(\mathbb{R} -E(p,\epsilon)), por lo que

|s(E(q,\epsilon) )| < \omega.

Pero esto contradice el carácter de punto de acumulación de q. Para evitar esta contradicción será p=q y el límite es el único punto de aglomeración.

imgcarothers4

Existe una caracterización equivalente de los puntos de aglomeración que nos resultará útil más adelante.

Teorema 2. El punto p \in \mathbb{R} es de aglomeración de una sucesión a_n de números reales si y sólo si
Para todo \epsilon > 0 y para todo N \in \mathbb{N}, existe un n > N tal que a_n \in E(p,\epsilon).

Prueba. Supongamos que p es un punto de aglomeración. Sea \epsilon >0 y sea N un entero positivo. Como el conjunto s(E(p,\epsilon)) es infinito numerable y el conjunto \{1,2, \ldots, N \} es finito, resulta que existe al menos un entero positivo n > N, tal que a_n \in E(p, \epsilon). Recíprocamente, supongamos que se da la propiedad del teorema. Sea \epsilon>0 y sea N=1, entonces hallaremos n >1 tal que a_n \in E(p,\epsilon). Probaremos por inducción que hay una infinidad de términos de la sucesión que pertenecen al entorno E(p, \epsilon). El argumento del párrafo anterior nos muestra que la propiedad es válida para k=1. Sea \{1, 2, \ldots, k \} el conjunto de enteros con esta propiedad y sea M= \max \{1,2, \ldots, k \}. Entonces por la propiedad supuesta hallaremos n >M que cumple a_n \in E(p, \epsilon). Evidentemente, n \neq 1,2, \ldots, k y así hay k+1 enteros con esta propiedad de pertenencia y en definitiva una infinidad numerable de ellos.

A continuación vamos a probar que los límites superior e inferior son también puntos de aglomeración. Para ello debemos extender nuestra definición de límite y punto de aglomeración para incluir la posibilidad de que sean elementos de la recta real ampliada. Esto es relativamente sencillo bastará considerar que para cualquier \epsilon >0 es

E(+\infty, \epsilon) = (\epsilon, +\infty],

E(-\infty,\epsilon)=[-\infty, -\epsilon).

Definición 3. La sucesión a_n de números reales diverge a +\infty si y sólo si
Para todo \epsilon > 0 es |s(E (+\infty,\epsilon))| = \omega y |s(\mathbb{R}-E(+\infty, \epsilon))|< \omega

La definición correspondiente para una sucesión que diverge a -\infty es análoga.

Definición 4. El valor +\infty es punto de aglomeración de la sucesión a_n si y sólo si
Para todo \epsilon > 0 es |s(E (+\infty,\epsilon))| = \omega

La definición para el caso p= -\infty es análoga.

Teorema 3. El límite inferior de una sucesión a_n de números reales es el menor de sus puntos de aglomeración.

Prueba. Primero probaremos que el límite inferior es un punto de aglomeración. Sea \lim \inf a_n =a \in \mathbb{R}.  Si suponemos que a no es un punto de aglomeración de la sucesión a_n, entonces existe un \epsilon_1 >0 tal que en el entorno  E(a,\epsilon_1) sólo hay una cantidad finita de términos de la sucesión.  Esto supone que fuera de dicho entorno hay una infinidad de términos.  Es decir, que dado N es posible hallar un r>N tal que a_r \leq a-\epsilon_1 o a+\epsilon_1 \leq a_r o ambos casos. Recordemos que si t_n= \inf \{a_k : k \geq n \}, entonces a = \sup \{t_n : n \in \mathbb{N} \} por lo que para dicho \epsilon_1 hallaremos un entero positivo s tal que

a-\epsilon_1<t_s \leq a_{j}, para j \geq s.

Esto implica que no puede haber una infinidad de términos menores o iguales que a-\epsilon_1. Por tanto, supondremos que existe m para el que a_{k} \geq a+\epsilon_1 si k \geq m. Ahora bien, esto nos permite afirmar que

a< a+\epsilon_1 \leq t_m.

Pero esto es absurdo pues a es cota superior de la sucesión t_n. Para evitar estas contradicciones, a es un punto de aglomeración de la sucesión a_n. Veamos ahora que es el ínfimo con esta propiedad. Sea ac(a_n) el conjunto de los puntos de aglomeración de la sucesión a_n y supongamos que existe b \in \mathbb{R} tal que b \in ac(a_n) y b<a. Sea 0<\delta < \frac{|b-a|}{2}. Hallaremos r \in \mathbb{N} para el que

a-\delta < \inf \{ a_k : k \geq r \},

lo cual nos permite afirmar que a_n > a-\delta >b+\delta para n \geq r. Así pues en el entorno E(b,\delta) sólo puede haber como máximo un número finito de términos de la sucesión. En concreto, a_1, a_2, \ldots, a_{r-1}. Esto significa que b no es un punto de acumulación de a_n.

De forma similar se puede probar que

Teorema 4. El límite superior de una sucesión a_n de números reales es el mayor de sus puntos de aglomeración.

Para acabar deberíamos probar estos enunciados para el caso en que los límites superior e inferior sean -\infty o +\infty. Pero lo dejaremos para una próxima entrada.

Anuncios
Análisis, Problemas

Problemas resueltos (Carothers). (12)

Imagen

22. Sea (a_n) una sucesión de números reales. Definimos una sucesión de subconjuntos de \mathbb{R} mediante

S_n = \{ a_k : k \geq n\}.

La sucesión (S_n) está bien definida y verifica S_{n+1} \subset S_n, para todo n. Si recordamos que todo conjunto no vacío de números reales tiene supremo e ínfimo en la recta ampliada (pues si no está acotado superiormente su supremo es +\infty y si no está acotado inferiormente su ínfimo es -\infty), podemos definir las sucesiones

t_n = \inf S_n.
T_n = \sup S_n.

Por supuesto, tales sucesiones están formadas por elementos de la recta real ampliada, y como la sucesión (S_n) es decreciente resulta que \inf S_n = t_{n} \leq t_{n+1} = \inf S_{n+1} y \sup S_{n+1} = T_{n+1} \leq T_n = \sup S_n, por lo que (t_n) es creciente y (T_n) decreciente. Además, verifican t_1 \leq t_n \leq T_n \leq T_1, para todo n, y también t_i \leq T_j para todo i y para todo j. Por tanto, podemos asegurar la existencia de sus límites (siempre en la recta ampliada) y podemos afirmar que

t_1 = \inf a_n \leq \sup t_n = \lim \inf a_n \leq \inf T_n = \lim \sup T_n \leq \sup a_n =T_1.

23. Supongamos que \lim_n a_n = l. Entonces

para todo \epsilon >0 existe un entero positivo N, tal que.
|a_n-l| < \epsilon, si n \geq N.

Esto significa que si n \geq N, el conjunto S_n está acotado superiormente por l+\epsilon e inferiormente por l-\epsilon, luego

l-\epsilon \leq t_n \leq T_n \leq l+\epsilon, si n \geq N

Como el supremo es la menor de cotas superiores y el ínfimo es la mayor de las cotas inferiores tenemos que

\lim \inf a_n = \sup t_n \geq t_n \geq l-\epsilon
\lim \sup a_n = \inf T_n \leq T_n \leq l+\epsilon

Aplicando el resultado del ejercicio 22, tenemos para todo \epsilon >0 que

l-\epsilon \leq \lim \inf a_n \leq \lim \sup a_n \leq l+\epsilon

Lo que prueba que l=\lim a_n = \lim \inf a_n = \lim \sup a_n.
24. Sabemos que si A es un subconjunto no vacío de la recta ampliada, entonces

\sup A= -\inf (-A).

Por tanto,

\lim \inf a_{n} = \sup_{n} \{ \inf \{a_{k}: k \geq n \} \} = -\inf_{n}\{ -\inf \{a_{k}: k \geq n \} \} =
-\inf_{n}\{ \sup \{-a_{k}: k \geq n \} \} = -\lim \sup (-a_n)

25. Supongamos que \lim \sup a_n = -\infty. En ese caso la sucesión decreciente T_n = \sup \{a_k : k \geq n \} no está acotada inferiormente y de esto deducimos que para todo M <0 existe un entero positivo N tal que

T_n = \sup \{a_k : k \geq N \} <M.

Por tanto, a_n <M si n \geq M y \lim_n a_n = -\infty.

Supongamos ahora que \lim \sup a_n = +\infty. Como \lim \sup a_n = \inf \{ \sup \{ a_k : k \geq n \} : n \geq 1 \}, resultará que T_n=\sup \{a_k : k \geq n\} = +\infty, para cada n y los conjuntos \{a_k : k \geq n \} no estarán acotados superiormente. Esto permite elegir para cada n un a_{m(n)} de forma que a_{m(n)} >n. La subsucesión a_{m(n)} así formada converge pues a +\infty.

Si es \lim \inf a_n= -\infty, entonces \sup \{ \inf \{a_k : k \geq n\} : n \in \mathbb{N} \} = -\infty. Pero en este caso, \inf \{a_k : k \geq n \} = -\infty, para todo n y los conjuntos S_n = \{a_k : k \geq n \} no están acotados inferiormente. Por tanto, para cada entero positivo n, existe un m(n) \in \mathbb{N}, tal que a_{m(n)} <-n. La subsucesión así obtenida es divergente a -\infty.

Finalmente, si \lim \inf a_n =+\infty, entonces \sup \{ \inf \{a_k : k \geq n\} : n \in \mathbb{N} \} = +\infty y la sucesión \inf \{a_k : k \geq n \} no está acotada superiormente. Por ello, dado M>0 existe un entero positivo N para el que \inf \{a_k : k \geq N \} >M. Esto implica que a_n > M si n \geq N por lo que \lim a_n = +\infty y la sucesión es divergente a +\infty.

Análisis, Problemas

Ejercicios resueltos (Carothers). (11)

Imagen

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.

Análisis, Problemas

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.

Análisis, Problemas

Problemas resueltos (Carothers). 9

Imagen

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).

Análisis, Problemas

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.

Análisis, Problemas

Ejercicios resueltos. (Carothers). Ampliación (7)

Vamos a demostrar de otra manera el resultado del ejercicio 2.c de la entrada (2) correspondiente a los ejercicios resueltos del texto de N. L. Carothers.

Se trata de probar que si A es un conjunto acotado y B es el conjunto de sus cotas superiores, entonces

\sup A = \inf B.

Como el conjunto A está acotado, es obvio que el conjunto

B = \{ u : u \geq a, \forall a \in A \}

es no vacío pues está formado por todas las cotas superiores de A. Además si a es un elemento cualquiera de A, la definición de B implica que B está acotado inferiormente por a. El axioma del supremo garantiza entonces la existencia del ínfimo de B (la mayor de sus cotas inferiores), que denotaremos por \inf B. Como \sup A es una cota superior de A, se tiene que

\sup A \in B,

por lo que

\inf B \leq \sup A.

Si fuera \inf B < \sup A, entonces hallaríamos un elemento u \in B de forma que

u < \sup A.

Pero esto es imposible pues entonces \sup A no sería una cota superior mínima de A. En consecuencia,

\inf B = \sup A.