Introducción

Probablemente recuerdes de otros cursos términos que son de la forma $\sum_{k=1}^{\infty}\, a_k.$ Hacen alusión a una suma de infinitos términos. Deseamos que sea posible obtener un resultado de esta operación, pero no siempre existe. Para el caso en que los términos $a_k$ son números reales, puedes consultar las entradas Cálculo Diferencial e Integral II: Definición de series y series infinitas
Cálculo Diferencial e Integral II: Criterio de la divergencia y de acotación
Cálculo Diferencial e Integral II: Criterio de comparación y comparación del limite.

En esta sección trabajaremos con series en un espacio vectorial normado. Ya que estas se construyen a partir de sucesiones, podemos esperar que varios resultados de convergencia, vistos hasta el momento, encontrarán su versión en las sumas infinitas.

Definición. Suma parcial. Sea $V=(V, \norm{\cdot})$ un espacio vectorial normado y sea $(v_n)_{n \in \mathbb{N}} \,$ una sucesión en $V.$ Consideremos la suma de los primeros $n$ términos con $n \in \mathbb{N}.$ Se llama suma parcial y está dada por:

$$w_n:= \sum_{k=1}^{n} \, v_k.$$

Podemos pensar que conforme incrementa el valor de $n$ más términos de la sucesión son considerados en la suma. Se forma entonces una sucesión con los resultados $w_n. $ Así, $\, (w_n)_{n \in \mathbb{N}} \,$ es la sucesión de sumas parciales. ¿Será convergente?

Definición. Serie convergente. Sea $(v_n)_{n \in \mathbb{N}}$ una sucesión en $V=(V, \norm{\cdot}).$ Si la sucesión de sumas parciales $(w_n)_{n \in \mathbb{N}} \,$ converge en $V,$ decimos que la serie denotada como

$$\sum_{k=1}^{\infty} \, v_k$$

converge en $V$ y equivale al límite de las sumas parciales, es decir.

$$ \underset{n \to \infty}{lim} \, w_n \, = \, \sum_{k =1}^{\infty} \, v_k.$$

Dejaremos como ejercicio demostrar que si una serie converge, entonces su límite es único.

Se satisface la siguiente:

Proposición. Si la serie $\sum_{k=1}^{\infty} \, v_k$ converge en $V,$ entonces $(v_n)_{n \in \mathbb{N}} \,$ converge a $0$ en $V.$ Se sigue también que esta sucesión es acotada.

Demostración:
Sea $\varepsilon >0.$ Ya que $\sum_{k=1}^{\infty} \, v_k$ converge en $V,$ por definición, $(w_n)_{n \in \mathbb{N}}$ converge en $V$ y por tanto es de Cauchy, así existe $N \in \mathbb{N}$ tal que para cualesquiera $n,m \geq N,$

$$\norm{w_n-w_m} < \varepsilon$$

en particular, para cada $n \geq N$ se cumple

\begin{align*}
&&\norm{w_{n+1}-w_n} &< \varepsilon\\
&\iff& \norm{\sum_{k=1}^{n+1} v_k \, – \sum_{k=1}^{n} v_k} &< \varepsilon\\
&\iff& \norm{v_{n+1}} &< \varepsilon
\end{align*}

Por lo tanto $v_n \to 0$ en $V,$ y por lo visto en Convergencia, concluimos que $(v_n)_{n \in \mathbb{N}} \,$ es acotada.

Cuando el espacio normado $V$ es completo se tiene un resultado que muestra condiciones necesarias y suficientes para que una serie sea convergente:

Proposición. Criterio de Cauchy para series. Sea $V$ un espacio de Banach y sea $(v_n)_{n \in \mathbb{N}} \,$ una sucesión en $V.$ La serie $\sum_{k=1}^{\infty} \, v_k$ converge en $V$ si y solo si para cada $\varepsilon >0$ existe $N_0 \in \mathbb{N}$ tal que
$$\norm{v_{N+1}+…+v_{N+j}}< \varepsilon$$
para cualquier $N \geq N_0$ y cualquier $j \geq 1.$

Demostración:
Sea $\varepsilon > 0.$ La serie $\sum_{k=1}^{\infty} \, v_k$ converge en $V$ si y solo si $(w_n)_{n \in \mathbb{N}}$ converge en $V$. Como $V$ es de Banach esto ocurre si y solo si $(w_n)_{n \in \mathbb{N}}$ es de Cauchy, es decir, si y solo si existe $N_0 \in \mathbb{N}$ tal que para cualesquiera $n,m \geq N_0,$
$$\norm{w_n -w_m} < \varepsilon$$
si y solo si para cualquier $N \geq N_0$ y cualquier $j \geq 1$, como $N+j > N \geq N_0$ se sigue que
\begin{align*}
&&\norm{w_{N+j} -w_{N}} < \varepsilon\\
&\Rightarrow &\norm{\sum_{k=1}^{N+j} v_k \, – \sum_{k=1}^{N} v_k} < \varepsilon\\
&\Rightarrow &\norm{v_{N+1}+…+v_{N+j}} < \varepsilon
\end{align*}

que es lo que queríamos demostrar.

Hay otra forma de asegurar la convergencia de una serie a partir de la convergencia de la serie formada por la norma de sus términos. Es decir:

Teorema. Criterio de Weierstrass. Sea $V$ un espacio de Banach y sea $(v_n)_{n \in \mathbb{N}} \,$ una sucesión en $V.$ Si la serie de números reales $\sum_{k=1}^{\infty} \, \norm{v_k}$ converge decimos que es absolutamente convergente. En este caso se cumple que la serie $\sum_{k=1}^{\infty} \, v_k$ converge en $V$ y además:
$$\norm{\sum_{k=1}^{\infty} \, v_k} \leq \sum_{k=1}^{\infty} \, \norm{v_k}.$$

Demostración:
Dado que $\sum_{k=1}^{\infty} \, \norm{v_k}$ converge en $\mathbb{R}$ que es de Banach, se sigue por la proposición anterior, que existe $N_0 \in \mathbb{N}$ tal que para cualquier $N \geq N_0$ y cualquier $j \geq 1$ se cumple
\begin{align*}
&&&|\, \norm{v_{N+1}}+…+\norm{v_{N+j}} \,|&< \varepsilon\\
&\Rightarrow &&\norm{v_{N+1}}+…+\norm{v_{N+j}}&< \varepsilon\\
&\Rightarrow &\norm{v_{N+1}+…+v_{N+j}}\leq &\norm{v_{N+1}}+…+\norm{v_{N+j}} &< \varepsilon.
\end{align*}

Nuevamente por la proposición anterior concluimos que la serie $\sum_{k=1}^{\infty} \, v_k$ converge en $V.$

Dado que para cada $n \in \mathbb{N}$ se cumple

\begin{align*}
&&\norm{\sum_{k=1}^{n}v_k} &\leq \sum_{k=1}^{n} \norm{v_k}\\
&\Rightarrow& \underset{n \to \infty}{lim} \, \norm{\sum_{k=1}^{n}v_k} &\leq \underset{n \to \infty}{lim} \, \sum_{k=1}^{n} \norm{v_k}\\
&\Rightarrow& \norm{\sum_{k=1}^{\infty} \, v_k} &\leq \sum_{k=1}^{\infty} \, \norm{v_k}.
\end{align*}

Con lo cual concluimos la demostración. Este teorema tiene su regreso en la siguiente:

Proposición. Sea $(V, \norm{\cdot})$ un espacio vectorial normado. Entonces $V$ es completo si y solo si toda serie en $V$ absolutamente convergente es convergente. La demostración del regreso se dejará como ejercicio.

Más adelante…

Ya que nos familiarizamos con la idea de las sumas infinitas, procederemos con unas que tendrán como términos funciones. Debido a que la suma de funciones es una función, de esta naturaleza será el límite.

Tarea moral

1. Demuestra que si una serie de un espacio vectorial normado es convergente, entonces su límite es único.
2. Sea $(V, \norm{\cdot})$ un espacio vectorial normado. Prueba que si toda serie en $V$ absolutamente convergente es convergente entonces $V$ es completo. A continuación una guía para la demostración:
   a) Sea $(v_n)_{n \in \mathbb{N}}$ una sucesión de Cauchy en $V.$ Construye una subsucesión $(v_{nk})$ de $(v_n)$ tal que $\norm{x_{n_{k+1}}-x_{nk}}< \frac{1}{2^k}.$
   b) Prueba que $sum_{k=1}^{\infty}(x_{n_{k+1}}-x_{nk})$ es convergente.
   c) Prueba que $(v_{nk})$ converge y concluye que $(v_n)$ es convergente.

Enlaces:

• Análisis Matemático.
• Enlace a entrada anterior.
• Enlace a entrada siguiente.

Introducción

Probablemente recuerdes de los cursos de ecuaciones diferenciales algunos teoremas que, bajo ciertas condiciones, aseguran que existe una solución a una ecuación diferencial y además, esta es única. Puedes observar esta teoría a detalle en la página del curso Ecuaciones Diferenciales I en las secciones correspondientes a teorema de existencia y unicidad. Aquí probaremos el teorema como una aplicación del teorema de punto fijo de Banach. Comenzaremos resolviendo una ecuación diferencial particular.

Ejemplo. $\dfrac{dy}{dx} = y,$ con condición inicial $y(0)=1.$

Considera la ecuación

$$\frac{d \, y(x)}{dx} = y(x), \, y(0)=1$$

Resolverla significa encontrar una función $y$ cuya derivada respecto a la variable $x$ coincida con ella misma. Ya que buscamos llegar a que la solución existe y es única, habría que pensar en hallarla dentro de un espacio métrico completo tras aplicar varias veces, una función contracción. En estas condiciones el teorema de punto fijo de Banach asegura que la sucesión generada converge a un punto fijo que, en este caso, representa la solución de la ecuación diferencial.

Comencemos identificando la contracción $\phi$ que servirá al objetivo. Si $f$ es punto fijo de $\phi$ se tiene que

$$\phi(f) = f$$

Y si además es solución de $\dfrac{dy}{dx} = y \,$ también cumple que

$$f'(x)=f(x)$$

Esto nos lleva a buscar a $f$ en el espacio de funciones continuas $\mathcal{C}[a,b]$ con la métrica uniforme $d_\infty$ y con $a,b \in \mathbb{R}$ tales que $0 \in [a,b],$ pues es donde se considera la condición inicial. Recordemos que en la entrada Convergencia uniforme y continuidad vimos propiedades que permiten concluir que este espacio sea completo. Así, el espacio identificado satisface las condiciones del teorema de punto fijo de Banach.

Supón que

\begin{align*}
&& f'(x) &=f(x)\\
&\Rightarrow &\int_{0}^{x} f'(t) \, dt & = \int_{0}^{x} f(t) \, dt \\
&\Rightarrow &f(x) \, – \, f(0) &= \int_{0}^{x} f(t) \, dt \\
&\Rightarrow &f(x) &= f(0) + \int_{0}^{x} f(t) \, dt
\end{align*}

De modo que definiremos $\phi$ como

$$\phi(f(x))\ := \, f(0) + \int_{0}^{x} f(t) \, dt $$

Si buscamos que la condición inicial sea $f(0) = 1,$ tenemos:

$$\phi(f(x))\ := \, 1 + \int_{0}^{x} f(t) \, dt$$

Existe un intervalo donde $\phi$ es contracción

A continuación probaremos que existe un intervalo $[a,b] \subset \mathbb{R}$ con $0 \in [a,b]$ donde la $\phi$ definida es contracción, es decir, que para cualquier $f,g \in \mathcal{C}[a,b]$ ocurre que $d_\infty(\phi(f)), \phi(g)) \leq \alpha \, d_\infty (f,g),$ para algún $\alpha \in (0,1).$

Proponemos $[a,b] = [-\frac{1}{2},\frac{1}{2}].$ Tenemos dos casos:

Si $0 \leq x.$

\begin{align*}
|\phi(f(x)) \, – \, \phi(g(x))|&= \left|1 + \int_{0}^{x} f(t) \, dt \, – \, \left(1 + \int_{0}^{x} g(t) \, dt \right)\right|\\
&= \left|\int_{0}^{x} f(t) – g(t) \, dt \right|\\
& \leq \int_{0}^{x} |f(t) – g(t)| \, dt\\
& \leq (x-0) d_\infty(f,g) \\
& \leq \frac{1}{2} d_\infty(f,g)
\end{align*}

Si $x < 0.$

\begin{align*}
|\phi(f(x)) \, – \, \phi(g(x))|&= \left|1 + \int_{0}^{x} f(t) \, dt \, – \, \left(1 + \int_{0}^{x} g(t) \, dt \right)\right|\\
&= \left|\int_{0}^{x} f(t) – g(t) \, dt \right|\\
&= \left|- \int_{x}^{0} f(t) – g(t) \, dt \right|\\
&= \left| \int_{x}^{0} f(t) – g(t) \, dt \right|\\
& \leq \int_{x}^{0} |f(t) – g(t)| \, dt\\
& \leq (0-x) d_\infty(f,g) \\
& \leq \frac{1}{2} d_\infty(f,g)
\end{align*}

De ambos casos se sigue que

\begin{align*}
d_\infty(\phi(f)), \phi(g)) &= \underset{x \, \in \, [-\frac{1}{2}, \frac{1}{2}]}{Sup} \, \{|\phi(f(x)) \, – \, \phi(g(x))|\} \\
&\leq \underset{x \, \in \, [-\frac{1}{2}, \frac{1}{2}]}{Sup} \, \left\{\frac{1}{2} d_\infty(f,g) \right\} \\
& = \frac{1}{2} d_\infty(f,g)
\end{align*}

Por lo tanto $d_\infty(\phi(f),\phi(g)) \leq \frac{1}{2} \, d_\infty(f,g)$

Lo cual prueba que $\phi$ es una contracción con constante $\alpha = \frac{1}{2}.$

Nota que $[-\frac{1}{2}, \frac{1}{2}]$ cumple que tiene al punto $0,$ valor considerado condición inicial y donde se busca que $f(0)=1.$ Por otro lado, el tamaño de este intervalo, o más específicamente, la distancia entre $0$ y $\frac{1}{2}$ permite concluir la última desigualdad. Aunque la solución que vamos a encontrar satisface la ecuación en todo $\mathbb{R},$ las condiciones de este método encuentran la solución en un intervalo pequeño.

Generamos la sucesión $(\phi^n)_{n \in \mathbb{N}}$

A continuación generaremos la sucesión a partir de iteraciones en la función constante que satisface que para todo $x \in [-\frac{1}{2}, \frac{1}{2}], \, f_0(x) := 1.$ El teorema de punto fijo de Banach nos dice que esto nos permite llegar en el límite a la función buscada.

$f_0(x) = 1$
$f_1(x) = \phi(f_0(x)) = 1 + \int_{0}^{x}1 \, dt = 1+x$
$f_2(x) = \phi(f_1(x)) = 1 + \int_{0}^{x}1+t \, dt = 1+x+ \frac{x^2}{2}$
$f_3(x) = \phi(f_2(x)) = 1 + \int_{0}^{x}1+t + \frac{t^2}{2}\, dt = 1+x+ \frac{x^2}{2}+ \frac{x^3}{6}$
.
.
.
Entonces $ \, \underset{n \to \infty}{lim} \,f_n(x) \, = \, \displaystyle \sum_{k=0}^{\infty}\dfrac{x^k}{k!} = e^x.$

Queda como ejercicio al lector confirmar que $\phi(e^x)= e^x$ es decir, que $e^x$ es punto fijo de $\phi$ y que satisface la ecuación diferencial.

Más adelante

Aplicaremos este método para resolver ecuaciones diferenciales más generales. Antes hablaremos de algunos resultados que usaremos en la prueba y veremos en la siguiente entrada.

Tarea moral

1. Evalúa $\phi(e^x)$ y confirma que es igual a $e^x.$
2. Propón otro intervalo $[a,b] \subset \mathbb{R}$ donde también funcione el método usado.
3. Resuelve la misma ecuación diferencial pero con condición inicial $y(1)=1.$

Enlaces

• Análisis Matemático.
• Enlace a entrada anterior.
• Enlace a entrada siguiente.

Introducción

En la entrada Contracciones mencionamos el teorema de punto fijo de Banach. Ahí mismo demostramos que si una contracción tiene un punto fijo, entonces este es único. En la entrada anterior vimos que la sucesión generada a partir de una contracción $\phi \,$ y un punto cualquiera $x_0$ del espacio métrico es de Cauchy. Estos dos resultados serán usados a continuación para expresar una demostración del teorema. Recordemos lo que expresa:

Teorema de punto fijo de Banach. Sea $(X,d)$ un espacio métrico completo y sea $\phi:X \to X$ una contracción, entonces:

1. Para cada $x_0 \in X$ la sucesión $(\phi^n(x_0))_{n \in \mathbb{N}} \,$ es de Cauchy y, en consecuencia $(\phi^n(x_0))_{n \in \mathbb{N}}$ converge a un punto $x^* \in X.$ $\, \, \phi^n$ representa la composición $\, \underset{n \, veces}{\underbrace{ \phi \circ … \circ \phi }}$
2. El punto $x^*$ descrito es punto fijo de $\phi.$
3. El punto fijo es único.
4. Podemos estimar la distancia de $\phi ^n(x_0)$ a $x^*$ usando la desigualdad:
   $$d( \phi ^n(x_0),x^*) \leq \frac{\alpha^n}{1-\alpha} \, d( x_0,\phi (x_0))$$

Demostración:
1. Se probó en la entrada anterior que la sucesión $(\phi^n(x_0))_{n \in \mathbb{N}} \,$ es de Cauchy. Como aquí agregamos el hecho de que el espacio es completo, concluimos que converge a algún punto $x^* \in X.$

2. Sea $x^* = \underset{n \to \infty}{lim}\, \phi ^n(x_0).$ Probemos que $x^*$ es punto fijo de $\phi.$
Sea $x_n= \phi^n(x_0).$ Apliquemos a cada término la función $\phi$ que como es contracción, entonces es Lipschitz y por tanto es continua, tal como se vio en la entrada Más conceptos de continuidad.

Como
$$(x_n)_{n \in \mathbb {N}} \to x^*$$
se sigue por lo visto en la entrada Funciones continuas en espacios métricos que
$$(\phi(x_n))_{n \in \mathbb {N}} \to \phi(x^*)$$
Pero para cada $n \in \mathbb{N}, \, \phi(x_n)= (x_{n+1})$ de modo que $(\phi(x_n))_{n \in \mathbb {N}}$ es una subsucesión de $(x_n)_{n \to \mathbb {N}} \to x^*.$ En consecuencia $(\phi(x_n))_{n \in \mathbb {N}}$ también converge a $x ^*.$
Pero por la unicidad del límite se sigue que.
$$ \phi(x^*) = x^*$$
Lo cual demuestra que $x^*$ es punto fijo de $\phi.$

3. Se probó en Contracciones.

4. En la demostración vista en la entrada anterior vimos que existe $N \in \mathbb{N}$ tal que si $n,m \geq N$ entonces

$$d(x_n,x_m) \leq \dfrac{\alpha^n}{1-\alpha} \, d( x_0,x_1)$$

Haciendo tender $m \to \infty$ se sigue que

$$d(x_n,x^*) \leq \dfrac{\alpha^n}{1-\alpha} \, d( x_0,x_1)$$

Por lo tanto

$$d(\phi^n(x_0),x^*) \leq \dfrac{\alpha^n}{1-\alpha} \, d( x_0,\phi(x_0)).$$

Que es lo que queríamos demostrar. Nota que esta última desigualdad nos permite acercarnos arbitrariamente al punto fijo de la contracción $\phi$ incluso sin conocerlo, pues su lado derecho puede elegirse tan pequeño como se desee, eligiendo un valor para $n$ suficientemente grande.

Ejemplo. $\phi : \mathbb{C} \to \mathbb{C}, \, \phi(z) = \dfrac{3iz}{4}$

Considera el espacio métrico completo $\mathbb{C}$ con la norma usual. Dejaremos como ejercicio probar que $\phi : \mathbb{C} \to \mathbb{C}, \, \phi(z) = \dfrac{3iz}{4}$ es contracción. La siguiente imagen muestra las primeras iteraciones de $\phi$ partiendo de $x_0 = 1.$ ¿A qué punto converge?

Si $n = 20,$ ¿puedes decir qué tan cerca está $\phi ^n(1)$ del punto fijo? Nota que puedes hacer una estimación sin tener que calcular la norma del punto $\phi ^n(1).$ Da el valor de $N \in \mathbb{N}$ a partir del cual la distancia al punto fijo sea menor que $\dfrac{1}{100}.$

Más adelante

Veremos el teorema de punto fijo de Banach aplicado en la demostración de la existencia y unicidad de la solución de una ecuación diferencial. Esto es, se buscan las funciones que satisfacen cierta ecuación. Estas funciones serán vistas como elementos de un espacio métrico completo. Como llegaremos a que la solución existe y es única, podemos esperar que dicha solución será punto fijo del espacio bajo cierta contracción.

Tarea moral

1. Resuelve las preguntas planteadas en el ejemplo arriba mencionado.
2. Considera el espacio de sucesiones acotadas en $\mathbb{R}$ con norma $\norm{(x_n)_{n \in \mathbb{N}}}= \underset{n \in \mathbb{N}}{sup}\, |x_n|.$
   a) Demuestra que la función $\phi(x_n)_{n \in \mathbb{N}}= (\frac{1}{2}(x_n))_{n \in \mathbb{N}}$ es contracción.
   b) Si $(x_0)$ es la sucesión acotada $(x_{0_n})_{n \in \mathbb{N}}.$ ¿Qué valores de $n \in \mathbb{N}$ satisfacen que la distancia entre $\phi^n(x_0)$ y la sucesión que es el punto fijo de $\phi$ sea menor que $\dfrac{1}{100}?$
3. Sea $X$ un espacio metrico y $\phi:X \to X$ una contracción. Demuestra que:
   a) Para cada $n \in \mathbb{N},$ la función $\phi^n$ es contracción.
   b) Si $x^*$ es punto fijo de $\phi,$ también lo es de $\phi^n.$
   c) Si $\psi: X \to X$ satisface que $\psi \circ \phi = \phi \circ \psi$ entonces $\psi$ tiene un punto fijo.
   d) Si $x^*$ es punto fijo para $\phi^k$ y para $\phi^{k+1}$ para algún $k \geq 2$ entonces $x^*$ es el punto fijo de $\phi.$

Enlaces

• Análisis Matemático.
• Enlace a entrada anterior.
• Enlace a entrada siguiente.

Introducción

En esta entrada continuaremos con la demostración del teorema de punto fijo de Banach, enunciado en la sección anterior. Vimos dos ejemplos de contracciones donde generamos una sucesión a partir de cualquier punto del espacio, evaluando la contracción recursivamente. En nuestros ejemplos observamos que la sucesión creada es convergente. ¿Lo será con cualquier contracción? Por lo pronto mostraremos que una sucesión así definida es de Cauchy.

Comencemos comprobándolo para el siguiente caso. Es más general que la primera función vista en Contracciones.

Ejemplo. $f(x)= \alpha x.$

En el espacio euclidiano $\mathbb{R}$ considera $f:\mathbb{R} \to \mathbb{R}$ definida como $f(x)= \alpha x,$ con $\alpha \in (0,1)$ constante. Entonces:
$$d(f(x),f(y))=d(\alpha \, x, \alpha \, y)=|\alpha \, x- \alpha \, y|= \alpha|x-y|=\alpha \, d(x,y)$$
Lo cual prueba que $f$ es contracción.

Veamos ahora que la sucesión generada al evaluar $f,$ partiendo de $x_0 \in \mathbb{R}$ es de Cauchy. Dado $x_0 \in \mathbb{R}$ tenemos:

$x_1:=f(x_0) = \alpha x_0$
$x_2:=f(x_1) = \alpha x_1 = \alpha^2 x_0$
$x_3:=f(x_2) = \alpha x_2 = \alpha^3 x_0$
.
.
.
$x_k:=f(x_{k-1}) = \alpha x_{k-1}= \alpha^k x_0$

Entonces la sucesión está dada por $(\alpha^n x_0)_{n \in \mathbb{N}}.$

A continuación, $ln(x)$ hace referencia al logaritmo natural de $x.$

Sea $\large{\varepsilon} >0$ y sea $N \in \mathbb{N}$ tal que $N > \dfrac{ln \left(\frac{\large{\varepsilon}}{|x_0|} \right)}{ln(\alpha)}.$

Como $\alpha \in (0,1), \, ln(\alpha)< 0.$ Se sigue que:

\begin{align*}
& &N \, ln(\alpha) &< ln \left(\frac{\varepsilon}{|x_0|} \right) \\
&\Rightarrow \, &exp \left(ln \left(\alpha^N \right) \right) &< exp \left( ln \left( \frac{\varepsilon}{|x_0|} \right) \right) \\
&\Rightarrow \, &\alpha^N&< \frac{\varepsilon}{|x_0|}
\end{align*}

La última desigualdad se usará en las siguientes líneas.

Sean $n,m \geq N.$ Supón sin pérdida de generalidad que $n \leq m$ entonces $\alpha^n \geq \alpha^m \geq 0 .$ Tenemos:

\begin{align*}
d(x_n,x_m) &= |x_n-x_m|\\
&=|\alpha^n x_0 \, – \, \alpha ^m x_0|\\
&= |\alpha ^n – \alpha^m||x_0|\\
&\leq \alpha ^n|x_0| \\
&\leq\alpha ^N |x_0| \\
&\leq \frac{\varepsilon}{|x_0|}|x_0| \\
&= \varepsilon
\end{align*}

Por lo tanto la sucesión $(\alpha^n x_0)_{n \in \mathbb{N}} \,$ es de Cauchy.

Pasemos a demostrar el caso general:

Proposición: Sea $(X,d)$ un espacio métrico, $\phi : X \to X$ una contracción con constante $\alpha \in (0,1)$ y sea $x_0 \in X.$ Entonces la sucesión $(\phi^n(x_0))_{n \in \mathbb{N}} \,$ es de Cauchy en $X.$

Demostración:
Comencemos con un análisis entre distancias de los primeros pares de puntos de la sucesión.

\begin{align*}
&d(x_1,x_2) = d(\phi(x_0),\phi(x_1)) &\leq \alpha d(x_0,x_1) \\
&d(x_2,x_3)=d(\phi(x_1),\phi(x_2)) \leq \alpha d(x_1,x_2) \leq \alpha (\alpha d(x_0,x_1)) &= \alpha^2 d(x_0,x_1)\\
&d(x_3,x_4) =d(\phi(x_2), \phi(x_3)) \leq \alpha d(x_2,x_3) \leq \alpha(\alpha^2d(x_0,x_1)) &= \alpha^3d(x_0,x_1)
\end{align*}

Por inducción sobre $n$ podemos concluir que la distancia entre cualquier punto de la sucesión y el siguiente está limitada por

\begin{equation}
d(x_n,x_{n+1})=d(x_n, \phi(x_n)) \leq \alpha^n d(x_0,x_1)
\end{equation}

Pasemos a probar que $(\phi^n(x_0))_{n \in \mathbb{N}} \,$ es de Cauchy en $X.$

Sea $\varepsilon>0$ y $N \in \mathbb{N}$ tal que $N \geq \, \dfrac{ln \left(\dfrac{\varepsilon(1- \alpha)}{d(x_0,x_1)}\right)}{ln (\alpha)}.$ Entonces si $n > N:$

\begin{align*}
& &n &> \dfrac{ln \left(\dfrac{\varepsilon(1- \alpha)}{d(x_0,x_1)}\right)}{ln (\alpha)} \\
&\Rightarrow & n \, ln (\alpha) &< ln \left(\dfrac{\varepsilon(1- \alpha)}{d(x_0,x_1)}\right) \\
&\Rightarrow & ln (\alpha^n) &< ln \left(\dfrac{\varepsilon(1- \alpha)}{d(x_0,x_1)}\right) \\
&\Rightarrow & exp(ln (\alpha^n)) &< exp \left(ln \left(\dfrac{\varepsilon(1- \alpha)}{d(x_0,x_1)}\right) \right) \\
&\Rightarrow & \alpha^n &< \dfrac{\varepsilon(1- \alpha)}{d(x_0,x_1)}
\end{align*}

\begin{equation}
\Rightarrow \, \dfrac{\alpha^n}{1- \alpha} d(x_0,x_1) < \large{\varepsilon}
\end{equation}

Sean $n,m \in \mathbb{N} \,$ tales que $n,m > N.$ Sin pérdida de generalidad supón que $m \geq n.$ Entonces $m \, = \, n+p$ para algún $p \in \mathbb{N}.$ A partir de la desigualdad del triángulo sabemos que la distancia entre el punto $x_n$ y el punto $x_m=x_{n+p}$ es menor igual que la suma de las distancias de todos los puntos de la sucesión que están entre ellos dos.

Se sigue:

\begin{align*}
d(x_n,x_m) &= d(x_n,x_{n+p})\\
&\leq d(x_n,x_{n+1}) +d(x_{n+1},x_{n+2}) …+ d(x_{n+p-2},x_{n+p-1})+d(x_{n+p-1},x_{n+p})\\
&\leq \alpha^n d(x_0,x_1) +\alpha^{n+1} d(x_0,x_1)+…+ \alpha^{n+p-2} d(x_0,x_1)+\alpha^{n+p-1} d(x_0,x_1) \text{ por ec. $(1)$}\\
&= (\alpha^n +\alpha^{n+1} +…+ \alpha^{n+p-2} +\alpha^{n+p-1} ) \, d(x_0,x_1) \\
&=\alpha^n \, (1+\alpha +…+\alpha^{p-2}+\alpha^{p-1}) \, d(x_0,x_1)
\end{align*}

Nota que $1+\alpha +…+\alpha^{p-2}+\alpha^{p-1}$ es la suma de los primeros términos de la serie $\sum_{k=0}^{\infty}\, \alpha^k.$ Probablemente has visto en otros cursos que ésta es una serie convergente y que $\sum_{k=0}^{\infty}\, \alpha^k \, = \dfrac{1}{1-\alpha}$, pues $|\alpha|<1$. Puedes consultarlo en la sección Cálculo Diferencial e Integral II: Series Geométricas. Entonces:

$$1+\alpha +…+\alpha^{p-2}+\alpha^{p-1} \leq \sum_{k=0}^{\infty}\, \alpha^k \, = \dfrac{1}{1-\alpha}$$

De modo que

\begin{align*}
\alpha^n \, (1+\alpha +…+\alpha^{p-2}+\alpha^{p-1}) \, d(x_0,x_1) &\leq \alpha^n \, \sum_{k=0}^{\infty}\, \alpha^k \, d(x_0,x_1) \\
&\leq \alpha^n \frac{1}{1- \alpha} \, d(x_0,x_1)\\
&< \varepsilon \text{ por ec. (2)}
\end{align*}

Por lo tanto $d(x_n,x_m) < \varepsilon \, $ lo cual demuestra que $(\phi^n(x_0))_{n \in \mathbb{N}} \,$ es una sucesión de Cauchy.

Más adelante

Terminaremos con la prueba del teorema de punto fijo de Banach. Mostraremos condiciones bajo las cuales esta sucesión de Cauchy es convergente y cómo aproximar la sucesión al punto de convergencia.

Tarea moral

1. Da un ejemplo de un espacio métrico completo y una función $\phi: X \to X$ que satisface que para cada $x,y \in X$ con $x \neq y, \, d(\phi(x), \phi(y)) < d(x,y)$ y que no tiene ningún punto fijo.
2. Prueba que si $X$ es un espacio métrico compacto y $\phi: X \to X$ satisface que para cada $x,y \in X$ con $x \neq y, \, d(\phi(x), \phi(y)) < d(x,y)$ entonces $\phi$ tiene un único punto fijo.

Enlaces

• Análisis Matemático.
• Enlace a entrada anterior.
• Enlace a entrada siguiente.

Introducción

Así como ya hicimos comparaciones de continuidad o diferenciabilidad del límite de una sucesión de funciones a partir de sus términos, en esta ocasión lo haremos con funciones integrables.

Partimos de una sucesión de funciones donde para cada $n \in \mathbb{N}, \, f_n:[a,b] \to \mathbb{R}, \, a,b \in \mathbb{R}.$ Supón además que $(f_n)_{n \in \mathbb{N}}$ converge puntualmente a una función $f$ en $[a,b].$

Si cada una de las funciones $f_n$ son integrables, ¿será $f$ también integrable?

¿La sucesión de integrales converge? ¿Su límite coincide con la integral del límite? Veamos el siguiente:

Ejemplo.

Considera el conjunto $\mathbb{Q} \cap [0,1].$ Como es numerable, podemos identificarlo como $\mathbb{Q} \cap [0,1] = \{ x_n: n \in \mathbb{N} \}.$ Para cada $n \in \mathbb{N}$ definimos $\mathcal{X}_{\{x_n\}}$ como la función característica dada por:

Ahora, para cada $n \in \mathbb{N}$ definimos $f_n = \mathcal{X}_{\{x_1\}}+…+\mathcal{X}_{\{x_n\}}.$

Entonces la función $f_n$ es integrable en $[a,b]$ y la sucesión $(f_n)_{n \in \mathbb{N}}$ converge puntualmente a la función:

\begin{equation*}
\mathcal{X}_{ \, \mathbb{Q} \cap [0,1]} = \begin{cases}
1 & \text{si $x \in \mathbb{Q} \cap [0,1]$} \\
0 & \text{si $x \notin\mathbb{Q} \cap [0,1]$}
\end{cases}
\end{equation*}

Pero $\mathcal{X}_{ \, \mathbb{Q} \cap [0,1]}$ no es integrable en $[0,1].$ Por lo tanto la convergencia puntual podría no bastar para que el límite sea integrable. ¿Y si la convergencia es uniforme?

Proposición: Sea $(f_n)_{n \in \mathbb{N}}$ una sucesión de funciones integrables en $[a,b]$ que converge uniformemente a una función $f$ en $[a,b].$ Entonces $f$ es integrable y
$$\int_{a}^{b} f = \underset{n \to \infty}{lim} \, \int_{a}^{b} f_n.$$

Demostración:
Para cada $n \in \mathbb{N}$ sea $\large{\varepsilon_n} := \underset{a \leq x \leq b}{sup}|f_n(x) – f(x)|.$
Entonces $f_n \, – \, \large{\varepsilon_n} \leq f \leq f_n + \varepsilon_n,$ de modo que las integrales superior e inferior de $f$ satisfacen:
$\int_{a}^{b} (f_n \, – \, \large{\varepsilon_n}) \, dx \leq \underline{\int} f \, dx\leq \overline{\int} f \, dx \leq \int_{a}^{b}(f_n + \large{\varepsilon_n}) \, dx$

Entonces $0 \leq \overline{\int} f \, dx – \underline{\int} f \, dx \leq \int_{a}^{b}(f_n + \large{\varepsilon_n}) \, dx – \int_{a}^{b} (f_n – \large{\varepsilon_n}) \, dx = 2\large{\varepsilon_n}[b-a].$
Dado que $\large{\varepsilon_n} \to 0$ porque $(f_n)_{n \in \mathbb{N}} \to f$ de manera uniforme, se sigue que $\overline{\int} f=\underline{\int} f.$ Por lo tanto $f$ es integrable.

Podemos ver también que
$\left| \int_{a}^{b} f \, dx \, – \, \int_{a}^{b} f_n \, dx \right| \leq \large{\varepsilon_n}[b-a] \to 0$ lo que demuestra que
$$\int_{a}^{b} f = \underset{n \to \infty}{lim} \, \int_{a}^{b} f_n.$$

Es importante mencionar que la convergencia uniforme no es una condición necesaria para que se de esta igualdad. Veamos el siguiente:

Ejemplo.

Para cada $n \in \mathbb{N}$ sea $f_n(x) = x^n$ con $x \in [0,1].$ En la entrada Convergencia uniforme y continuidad mostramos que la sucesión $(x^n)_{n \in \mathbb{N}} \, $ converge puntualmente a la función:

\begin{equation*}
f(x)= \begin{cases}
0 & \text{ si $0\leq x<1$}\\
1 & \text{ si $x=1$}
\end{cases}
\end{equation*}

Si calculamos las integrales tenemos que para cada $n \in \mathbb{N}:$

$\large{\int_{0}^{1}x^n} \, dx = \dfrac{1}{n+1} \to 0 = \large{\int_{0}^{1} f(x)} \, dx.$

Por lo tanto
$$ \int_{0}^{1}f(x) \, dx =\underset{n \to \infty}{lim} \, \int_{0}^{1}f_n(x) \, dx.$$

Las condiciones de este ejemplo pueden generalizarse. Antes conozcamos algunas definiciones:

Definición. Sucesión uniformemente acotada: Sea $(f_n)_{n \in \mathbb{N}} \,$ una sucesión de funciones con $f_n: A \subset \mathbb{R} \to \mathbb{R}, \, n \in \mathbb{N}$. Diremos que es uniformemente acotada en $A$ si existe $M >0 \in \mathbb{R}$ tal que $|f_n(x)| \leq M$ para cualquier $x \in A$ y cualquier $n \in \mathbb{N}.$

Definición. Sucesión acotadamente convergente: Una sucesión de funciones $(f_n)_{n \in \mathbb{N}} \,$ con $f_n: A \subset \mathbb{R} \to \mathbb{R}, \, n \in \mathbb{N}$ es acotadamente convergente en $A$ si converge puntualmente y es uniformemente acotada en $A.$

Proposición: Sea $(f_n)_{n \in \mathbb{N}} \,$ una sucesión acotadamente convergente en $[a,b]$ donde cada función es integrable en $[a,b],$ y que la función límite $f$ es integrable en $[a,b].$ Supongamos también que existe una partición $P$ de $[a,b],$ a saber, $P=\{x_0,x_1,…,x_m\},$ tal que la sucesión $(f_n)_{n \in \mathbb{N}} \,$ es uniformemente convergente hacia $f$ en cada subintervalo $[c,d] \subset [a,b]$ que no contenga ninguno de los puntos $x_k \in P.$ Entonces:

$$ \underset{n \to \infty}{lim} \, \int_{a}^{b} f_n(x) \, dx = \int_{a}^{b} f(x) \, dx.$$

Demostración:
Dado que $f$ es acotada y $(f_n)_{n \in \mathbb{N}} \,$ es uniformemente acotada, existe $M >0$ tal que $|f(x)| \leq M$ para cada $x \in [a,b]$ y para cualquier $n \in \mathbb{N}.$
Sea $\varepsilon > 0$ tal que $2 \varepsilon < \norm{P},$
sea $h = \frac{\varepsilon}{2m},$ donde $m$ es el múmero de subintervalos de $P,$
considera una nueva partición $P’$ de $[a,b]$ dada por:
$P’=\{x_0, \, x_0+h,\, x_1-h,\, x_1+h, \, … \, ,x_{m-1}-h, \, x_{m-1}+h, \, x_m-h, \, x_m\}$

Nota que la función $|f-f_n|$ es integrable en $[a,b]$ y es acotada por $2M.$ Consideremos la integral de esta función en cada uno de los intervalos de la nueva partición $P’.$

Por un lado, consideremos la suma de las integrales de $|f-f_n|$ tomadas sobre los intervalos que sí tienen algún punto de $P,$ es decir los intervalos
$[x_0,x_0+h], \, [x_1-h,x_1+h],…,[x_{m-1}-h,x_{m-1}+h], \, [x_m-h,x_m].$

La suma está dada por:

\begin{align*}
&\int_{x_0}^{x_0+h} |f-f_n|(x)\, dx + \int_{x_1-h}^{x_1+h} |f-f_n|(x)\, dx +…+ \int_{x_{m-1}-h}^{x_{m-1}+h} |f-f_n|(x)\, dx + \int_{x_m-h}^{x_m} |f-f_n|(x)\, dx \\
\leq & 2M(x_0+h-x_0) + 2M(x_1+h-(x_1-h))+…+2M(x_{m-1}+h-(x_{m-1}-h))+2M(x_m-(x_m-h)) \\
=&2Mh+2M(2h)+…+2M(2h)+2Mh \\
=&2M(2hm) \\
=&2M \varepsilon
\end{align*}

El subconjunto restante de $[a,b]$ lo llamaremos $S.$ Está formado por un número finito de intervalos cerrados en los que $(f_n)_{n \in \mathbb{N}} \,$ converge uniformemente hacia $f$ (pues no tiene ningún punto de $P$). Por consiguiente, existe $N \in \mathbb{N}$ tal que para cada $x \in S,$ si $n \geq N \,$ se cumple que
$$|f(x)-f_n(x)| < \varepsilon$$

De modo que la suma de las integrales de $|f-f_n|$ sobre los intervalos de $S$ es a lo sumo $\large{\varepsilon} (b-a),$ luego para cada $n \geq N:$

$\int_{a}^{b}|f(x)-f_n(x)|dx \leq (2M + b-a) \large{\varepsilon} \, \to \, 0.$

Esto demuestra que $\int_{a}^{b}f_n(x)dx \to \int_{a}^{b}f(x)dx$ cuando $n \to \infty .$

En la última sección de Análisis Matemático I hablaremos de la integral de Riemann-Stieljes, que es un concepto que generaliza la integral de Riemann. La proposición vista aquí se puede expresar como sigue:

Proposición. Sucesión de funciones Riemann-Stieljes: Sea $\alpha$ monótona en $[a,b].$ Supón que para cada $n \in \mathbb{N}, \, f_n \in \mathcal{R}(\alpha)$ en $[a,b].$ Si $(f_n)_{n \in \mathbb{N}}$ converge uniformemente a $f$ en $[a,b]$ entonces $f \in \mathcal{R}(\alpha)$ en $[a,b]$ y:

$$\int_{a}^{b} f \, d \alpha = \underset{n \to \infty}{lim} \, \int_{a}^{b} f_n \, d \alpha .$$

Más adelante…

Hablaremos de series de funciones y del límite de ellas. Así conoceremos el concepto de convergencia uniforme pero ahora en sumas infinitas.

Tarea moral

1. Sea $f_n$ como en el primer ejemplo. Prueba que en efecto la sucesión $(f_n)_{n \in \mathbb{N}} \,$ no converge uniformemente a la función:
   \begin{equation*}
   \mathcal{X}_{ \, \mathbb{Q} \cap [0,1]} = \begin{cases}
   1 & \text{si $x \in \mathbb{Q} \cap [0,1]$} \\
   0 & \text{si $x \notin\mathbb{Q} \cap [0,1]$}
   \end{cases}
   \end{equation*}
2. Sea $(f_n)_{n \in \mathbb{N}} \,$ una sucesión de funciones acotadas con $f_n: A \subset \mathbb{R} \to \mathbb{R}, \, n \in \mathbb{N}, \,$ tal que converge uniformemente a una función $f:A \to \mathbb{R}.$ Demuestra que $(f_n)_{n \in \mathbb{N}} \,$ es uniformemente acotada en $A.$
3. Regresa luego de ver la integral de Riemann-Stieljes y demuestra la última proposición de esta sección.

Enlaces:

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