Archivo de la categoría: 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.

Anuncios

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.

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).

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.

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.

Ejercicios resueltos. (Carothers). Ampliación. (6)

En la entrada (5) de los ejercicios resueltos de Carothers veíamos en el ejercicio 10 una sucesión de la forma:

a_{n+1} = \sqrt{2 a_n}, \quad a_1 = \sqrt{2},

cuyo desarrollo más informal sería

a_{n} = \sqrt{2 \sqrt{ 2\sqrt {2 \ldots}}}, n veces.

Vamos a generalizar estas sucesiones recurrentes en dos variantes:

a_{1} = c >0, a_{n+1} = \sqrt{c a_{n}}, n \geq 2,

b_{1} = \sqrt{c}, c>0, b_{n+1} = \sqrt{c+b_{n}}n \geq 2.

Demostraremos que ambos tipos convergen y hallaremos sus límites.  En el primer caso el proceso es análogo al expuesto en el problema 10. En efecto, sabemos que a_1=c \leq c, probaremos por inducción que a_n \leq c para todo n. Sea cierto que a_{n-1} \leq c, para n>1  entonces

\sqrt{a_{n-1}} \leq \sqrt{c},

de donde

a_{n} = \sqrt{c a_{n-1}} \leq \sqrt{c c} = c.

El carácter creciente de a_n es también inmediato. Pues si a_n \leq c, para todo n, entonces

\sqrt{a_{n}} \leq \sqrt{c},

a_n = \sqrt{a_n} \sqrt{a_n} \leq \sqrt{a_n} \sqrt{c} = \sqrt{c a_n} = a_{n+1}.

Si \lim_n a_n = l, entonces de

\lim_n a_{n+1} = \lim_n \sqrt{c a_n},

concluimos que l = \sqrt{c l}, es decir, l^2 = c \cdot l y l =c.

El siguiente tipo resulta más interesante. La expresión de la recurrencia es

b_1 = \sqrt{c}, b_{n+1} = \sqrt{c+b_n},

lo que nos permite escribir

b_{n+1}^{2} = c+b_{n},

b_{n+1}^{2} -b_{n} -c = 0.

Esta ecuación nos va a servir de “guía” para resolver el problema. Escribimos

b_{n}^{2}-b_n-c=0,

donde no tenemos dos variables sino sólo una (b_n). Las soluciones de esta ecuación son

r =\frac{1+\sqrt{1+4c}}{2}, r' =\frac{1-\sqrt{1+4c}}{2}.

Como c>0, la solución r es positiva y r' es negativa. Dibujamos ahora una parábola correspondiente a la gráfica de y = x^2-x-c para servirnos de guía (hemos puesto c=4,5 pero cualquier otro valor positivo nos sirve).

parabola10bis

Si suponemos que 0 \leq b_n <r, entonces 

b_{n}^{2}-b_n-c <0

pues los valores de y en la parábola serían negativos. Esto quiere decir que

b_{n}^{2} < b_{n}+c,   b_{n} < \sqrt {c+b_n} = b_{n+1}.

Es decir, la sucesión es creciente. Pero, ¿será también b_{n+1} <r.  Si suponemos lo contrario tenemos que b_{n+1} \geq r, lo que haría que

b_{n+1}^2 -b_{n+1}-c \geq 0

Es decir,

b_{n+1}^2 \geq b_{n+1}+c > b_{n}+c, b_{n+1} > \sqrt{c+b_n}=b_{n+1}.

Pero esto es absurdo por lo que concluimos que si para algún b_n es b_n<r, entonces la sucesión es monótona creciente y está acotada superiormente por r. Análogamente se puede probar que si para algún b_n es b_n>r, entonces la sucesión es monótona decreciente y está acotada inferiormente por r. Por definición era b_1= \sqrt{c}, de donde b_1 <r como podemos comprobar:

\sqrt{c} < \frac{1+\sqrt{1+4c}}{2},

2 \sqrt{c} -1 < \sqrt{1+4c},

4c -4 \sqrt{c}+1 < 1+4c,

-4\sqrt{c} <0.

Así pues, la sucesión será creciente y acotada superiormente y su límite vale precisamente

\lim_n b_n = \frac{1+\sqrt{1+4c}}{2}.

Veamos ahora otra forma de demostrar la acotación de la sucesión del ejercicio 11. Usaremos  la desigualdad entre las medias aritméticas y geométricas. Recordemos que esta desigualdad nos dice que si x_1, x_2, \ldots, x_n son n números positivos, entonces

\frac{\sum_{i=1}^{n} x_i}{n} \geq \sqrt[n]{x_1 \cdot x_2 \cdots x_n}.

Como la sucesión era

x_{n+1} = \frac{1}{2} (x_{n}+\frac{a}{x_n}),

siendo a>0 y también x_1 > \sqrt{a}, podemos escribir

\frac{x_n + \frac{a}{x_n}}{2} \geq \sqrt{ x_n \frac{a}{x_n}} = \sqrt{a},

lo que prueba que todo término de la sucesión es mayor o igual que \sqrt{a}.

Ejercicios resueltos. (Carothers) (5)

Carothers-10-11 Solución:

10.  Observemos que todos los términos de esta sucesión son positivos. Esto es importante pues nos permite plantear desigualdades que de otra forma no tendrían sentido. Pobaremos que esta sucesión está acotada superiormente por 2. Lo haremos por inducción sobre n. Para n=1 es inmediato que a_n = \sqrt{2} \leq 2. Sea cierto para n dado, entonces a_n \leq 2 y de aquí a_{n+1} = \sqrt{2a_n} \leq \sqrt{2 \cdot 2} = \sqrt{4} = 2. Por tanto, a_n \leq 2 para todo n. Veamos que es una sucesión creciente. Para ello utilizamos la acotación ya demostrada y de ella deducimos que

\sqrt{a_n} \leq \sqrt{2}.

Multiplicando ambos miembros por \sqrt{a_n} y simplificando, obtenemos

a_n =\sqrt{a_n} \sqrt{a_n} \leq \sqrt{2} \sqrt{a_n} = \sqrt{2 a_n} = a_{n+1}.

Al ser la sucesión creciente y acotada superiormente tiene límite en la recta real y su valor es el supremo del rango de la sucesión. Para determinarlo vamos a transformar la expresión recurrente en una expresión explícita. Vemos que

a_1 = 2^{1/2}, \quad a_2 = (2 \cdot 2^{1/2})^{1/2} = 2^{1/2} \cdot 2^{1/4} = 2^{1/2 + 1/4}, a_3 = (2 \cdot 2^{1/2 + 1/4})^{1/2} = 2^{1/2} 2^{1/4 + 1/8} = 2^{1/2 + 1/4 + 1/8}.

Podemos concluir que la expresión explícita será a_n = 2^{\sum_{k=1}^{n} \frac{1}{2^{k}}}. En efecto, esta afirmación se puede probar por inducción de forma sencilla (dejamos esto en manos del lector).

En este punto, debemos recordar la expresión de la suma de n términos de una progresión geométrica x_n, de razón r:

x_1 + x_2 + \ldots + x_n = \frac{x_1 -r x_n}{1-r}.

Como x_n = (\frac{1}{2})^{n} es una progresión geométrica de razón \frac{1}{2}, podemos simplificar más aún la fórmula explícita aplicando la fórmula anterior. Quedará entonces

a_n = 2^{\frac{1/2 - (1/2)^{n+1}}{1/2}} = 2^{1-(\frac{1}{2})^n}.

Si hacemos el límite de esta expresión obtenemos

\lim_n a_n = 2^{\lim_n 1-(\frac{1}{2})^{n}} = 2.

11. Veremos que la sucesión x_n está acotada. Para ello la relación de recurrencia se puede simplificar de manera que

x_{n}^2-2 x_{n+1} x_n+a = 0, para todo n. (1)

Esto significa que el valor real x_n satisface dicha ecuación y esto sólo será posible si el discriminante de dicha ecuación es positivo:

\Delta = 4 x_{n+1}^2 - 4a \geq 0. (2)

Es decir, x_{n+1}^2 \geq a, x_{n+1} \geq \sqrt{a}. (3)

Como x_1 > \sqrt{a}, será entonces x_n \geq \sqrt{a}, para todo n.

Ahora veremos que es monótona decreciente. En efecto, planteamos

x_{n+1} -x_{n} = \frac{1}{2} (x_n +\frac{a}{x_n}) - x_n =\frac{a}{x_n}-\frac{x_n}{2} = \frac{a -x_{n}^2}{ 2 x_n}.

Como el denominador x_n es positivo y el numerador a-x_{n}^2 es negativo (ver (2),) el cociente es negativo y la sucesión es decreciente.  Con todo lo visto ya sabemos que tiene límite y que dicho límite es el ínfimo de su rango. Para calcularlo, utilizamos de nuevo la aritmética de los límites y despejamos su valor en la ecuación de recurrencia (1). Esto, es si \lim_n x_{n} = l, entonces

\lim_n (x_{n}^{2} -2 x_{n+1} x_{n} +a) = l^2 -2 l^2 +a = 0.

Esto es, a-l^2 = 0 y l = \sqrt{a}.