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Variable Compleja I: Preliminares de series de números complejos

Por Pedro Rivera Herrera

Introducción

En esta entrada daremos algunas definiciones básicas sobre series de números complejos, así como algunos resultados importantes sobre la convergencia de dichas series, por lo que se recomienda revisar los resultados sobre sucesiones de números complejos vistos en la entrada 8 de la primera unidad.

Los resultados de esta entrada serán de utilidad al trabajar con series de funciones y series de potencias en las siguientes entradas.

Definición 27.1. (Serie de números complejos.)
Sea $\left\{z_n\right\}_{n\in\mathbb{N}} \subset\mathbb{C}$ una sucesión de números complejos. Una serie infinita de números complejos o simplemente una serie de números complejos es una expresión de la forma: \begin{equation*} \sum_{n=0}^\infty z_n, \end{equation*} donde $z_n$ es llamado el $(n+1)$-ésimo término de la serie.

Definimos a la sucesión de sumas parciales $\left\{s_n\right\}_{n\geq 0}$ como: \begin{equation*} s_n = \sum_{k=0}^n z_k = z_0 + z_1 + \cdots + z_n. \end{equation*}

Notemos que a cada serie de números complejos $\sum_{n=0}^\infty z_n$ le podemos asociar una sucesión de sumas parciales $\left\{s_n\right\}{n\geq 0}$.

Observación 27.1.
En la entrada 8 trabajamos con sucesiones cuyo subíndice tomaba valores en $\mathbb{N}^+$, sin embargo, en el caso de las series de números complejos muchas ocasiones será conveniente trabajar con $\mathbb{N}$ (o subconjuntos de este conjunto) como conjunto de índices, es decir, podremos tener series que inicien desde distintos índices como: \begin{equation*} \sum_{n=0}^\infty z_n, \quad \sum_{n=1}^\infty z_n, \quad \sum_{n=2}^\infty z_n, \quad \ldots,\,\,\text{etc.} \end{equation*}

Por lo que, de manera indistinta trabajaremos con estos conjuntos de índices según sea conveniente.

Definición 27.2. (Serie de números complejos convergente.)
Diremos que una serie de números complejos $\sum_{n=0}^\infty z_n$ converge, o es convergente, a un número complejo $s$, si la sucesión de sumas parciales $\left\{s_n\right\}_{n\geq 0}$ converge a $s$, es decir si para todo $\varepsilon>0$ existe $N\in\mathbb{N}$ tal que si $n\geq N$, entonces: \begin{equation*}
\left|s_n – s\right| = \left|\sum_{k=0}^n z_k – s\right| < \varepsilon,
\end{equation*} lo cual denotamos como $s = \lim\limits_{n\to \infty} s_n = \sum_{n=0}^\infty z_n$. Si la sucesión de sumas parciales no converge o diverge a infinito, diremos que la serie $\sum_{n=0}^\infty z_n$ diverge o es divergente.

Observación 27.2.
De acuerdo con la definición anterior, debe ser claro que para el estudio de la convergencia de una serie de números complejos, así como de sus propiedades, utilizaremos los resultados de la entrada 8.

Proposición 27.1. (Criterio de convergencia de Cauchy para series).
Una serie de números complejos $\sum_{n=0}^\infty z_n$ es convergentes si y solo si para todo $\varepsilon>0$ existe $N = N(\varepsilon)\in\mathbb{N}$ tal que si $n, m \geq N$, con $n>m$, entonces:
\begin{equation*}
\left|\sum_{k=m+1}^n z_k \right| < \varepsilon.
\end{equation*}

Demostración. Sea $\left\{s_n\right\}_{n\geq 0}$ la sucesión de sumas parciales de la serie $\sum_{n=0}^\infty z_n$.

Notemos que para $n,m\in\mathbb{N}$, con $n>m$, tenemos que:
\begin{equation*}
\sum_{k=m+1}^n z_k = \sum_{k=0}^n z_k -\sum_{k=0}^m z_k = s_n – s_m.
\end{equation*}

$\Longrightarrow)$

Sea $\varepsilon>0$. Supongamos que $\sum_{n=0}^\infty z_n$ es convergente, entonces la sucesión $\left\{s_n\right\}_{n\geq 0}$ converge, por lo que es una sucesión de Cauchy, proposición 8.4, es decir, para el $\varepsilon>0$ dado existe $N\in\mathbb{N}$ tal que si $n,m\geq N$, con $n>m$, entonces:
\begin{equation*}
|s_n – s_m|<\varepsilon.
\end{equation*} Por lo que:
\begin{equation*}
\left|\sum_{k=m+1}^n z_k \right| = \left| s_n – s_m\right| < \varepsilon.
\end{equation*}

$(\Longleftarrow$

Sea $\varepsilon>0$, entonces existe $N(\varepsilon)\in\mathbb{N}$ tal que si $n, m \geq N$, con $n>m$, se cumple que:
\begin{equation*}
|s_n – s_m| = \left|\sum_{k=m+1}^n z_k \right| < \varepsilon.
\end{equation*}

Por lo que, la sucesión de sumas parciales $\left\{s_n\right\}_{n\geq 0}$ es de Cauchy. Como $\mathbb{C}$ es completo, proposición 8.5, entonces la sucesión $\left\{s_n\right\}_{n\geq 0}$ es convergente, por lo que $\sum_{n=0}^\infty z_n$ converge.

$\blacksquare$

Corolario 27.1. (Criterio de divergencia de una serie.)
Si una serie de números complejos $\sum_{n=0}^\infty z_n$ converge, entonces $\lim\limits_{n\to\infty} z_n = 0$, es decir la sucesión de números complejos $\left\{z_n\right\}_{n\geq 0}$ converge a $0$.

Demostración. Dadas las hipótesis, sea $\varepsilon>0$.

De la proposición 27.1 se sigue que existe $N\in\mathbb{N}$ tal que si $n,n-1\geq N$, entonces:

\begin{equation*}
|z_n – 0| = |z_n| = |s_n – s_{n-1}| = \left|\sum_{k=n}^n z_k \right|<\varepsilon,
\end{equation*} es decir $\lim\limits_{n\to\infty} z_n = 0$.

$\blacksquare$

Observación 27.3.
La utilidad de este corolario es mucha, pues nos permite tener un primer criterio de divergencia al considerar su contrapuesta, es decir si $\lim\limits_{n\to\infty} z_n \neq 0$ ó $\lim\limits_{n\to\infty} z_n = \infty$, entonces $\sum_{n=0}^\infty z_n$ diverge.

Ejemplo 27.1.
Veamos que la serie $\sum_{n=0}^\infty \left(1+i\right)^n$ es divergente.

Solución. Sea $z_n = \left(1+i\right)^n$ el $(n+1)$-ésimo término de la serie. Notemos que:
\begin{equation*}
\lim_{n\to \infty} |z_n| = \lim_{n\to \infty} |\left(1+i\right)^n| = \lim_{n\to \infty} |1+i|^n = \lim_{n\to \infty} \left(\sqrt{2}\right)^n = \infty.
\end{equation*} Por lo que, de acuerdo con el ejercicio 6 de la entrada 8, $\lim_{n\to \infty} z_n \neq 0$. Entonces la serie diverge.

Notemos que el recíproco del corolario 27.1 no es válido, es decir, la condición $\lim\limits_{n\to\infty} z_n = 0$ no es suficiente para garantizar la convergencia de una serie.

Ejemplo 27.2.
Consideremos la serie armónica:
\begin{equation*}
\sum_{n=1}^\infty z_n = \sum_{n=1}^\infty \frac{1}{n}.
\end{equation*}

De nuestros cursos de Cálculo sabemos que $\lim\limits_{n\to\infty} z_n = 0$. Sin embargo la serie armónica es divergente.

Para verificar esto supongamos que $\sum_{n=0}^\infty \dfrac{1}{n} = L \in \mathbb{R}$.

Notemos que:
\begin{align*}
L & = 1 + \frac{1}{2} + \frac{1}{3} + \frac{1}{4} + \frac{1}{5} + \frac{1}{6} + \cdots\\
& > \frac{1}{2} + \frac{1}{2} + \frac{1}{4} + \frac{1}{4} + \frac{1}{6} + \frac{1}{6} + \cdots\\
& = 1 + \frac{1}{2} + \frac{1}{3} + \frac{1}{4} + \frac{1}{5} + \frac{1}{6} + \cdots\\
& = L,
\end{align*} es decir $L>L$, lo cual claramente no es posible, por lo que la serie diverge.

Para $m\geq 1$ la expresión $\sum_{n=m+1}^\infty z_n$ es llamada una cola de la serie $\sum_{n=0}^\infty z_n$. Para un $m$ fijo la cola de una serie es en sí misma una serie, la cual difiere en una cantidad finita de la serie original.

Corolario 27.2.
Una serie de números complejos $\sum_{n=0}^\infty z_n$ converge si y solo si su cola $\sum_{n=M}^\infty$ converge, donde $M$ es un número natural fijo.

Demostración. Dadas las hipótesis, consideremos a $s_n = \sum_{k=0}^n z_k$ como la $n$-ésima suma parcial de la serie $\sum_{n=0}^\infty z_n$. Definimos:
\begin{equation*}
s_n^M = \sum_{k=M}^n z_k,
\end{equation*} como la $n$-ésima suma parcial de la cola $\sum_{n=M}^\infty z_n$.

Notemos que si $n,m\geq M$, con $n>m$, entonces:
\begin{equation*}
s_n^M – s_m^M = \sum_{k=m+1}^n z_n = s_n – s_m.
\end{equation*}

De acuerdo con lo anterior, es claro que el resultado se sigue del criterio de convergencia de Cauchy tomando $M > N$ en la proposición 27.1.

$\blacksquare$

Observación 27.4.
En este punto es importante recordar la convención que establecimos en la observación 4.7, sobre que $z^0 = 1$ para todo $z\in\mathbb{C}$.

Ejemplo 27.3.
Veamos que la serie geométrica $\sum_{n=0}^\infty z^n$ es convergente si $|z|<1$ y en tal caso:
\begin{equation*}
\sum_{n=0}^\infty z^n = \frac{1}{1-z}.
\end{equation*} Mientras que la serie diverge si $|z|\geq 1$.

Solución. Consideremos a la $(n+1)$-ésima suma parcial, es decir:
\begin{equation*}
s_n = 1 + z + z^2 + \cdots + z^n.
\end{equation*}

Multiplicando por $z$ y sumando 1 en la igualdad anterior tenemos:
\begin{equation*}
1 + z s_n = 1 + z + z^2 + z^3 + \cdots + z^{n+1} = s_n + z^{n+1},
\end{equation*} de donde $s_n(z-1) = z^{n+1} – 1$.

Para $z\neq 1$, tenemos que:
\begin{equation*}
s_n = \frac{z^{n+1} – 1}{z-1} = \frac{1 – z^{n+1}}{1-z} = \frac{(1 + z + z^2 + \cdots + z^n)(1-z)}{(1-z)}.
\end{equation*}

De acuerdo con el ejercicio 4 de la entrada 8, sabemos que la sucesión $\left\{z^n\right\}_{n\geq 0}$ converge a $0$ si $|z|<1$ y diverge si $|z|> 1$.

Entonces, para $|z|<1$ tenemos que:
\begin{equation*}
\lim_{n\to\infty} s_n = \lim_{n\to\infty} (1 + z + z^2 + z^3 + \cdots + z^{n}) = \lim_{n\to\infty} \frac{1 – z^{n+1}}{1-z} = \frac{1}{1-z},
\end{equation*}

de donde:
\begin{equation*}
\sum_{n=0}^\infty z^n = \frac{1}{1-z}, \quad \text{si} \,\,\, |z|<1.
\end{equation*}

Es claro que en nuestro desarrollo anterior la condición $z\neq 1$ es necesaria y está dada si $|z|\neq 1$, pero ¿qué pasa si $|z| = 1$?

Si $|z| = 1$, entonces:
\begin{equation*}
\lim_{n\to \infty}\left| z^n \right| = \lim_{n\to \infty} \left|z \right|^n = 1 \neq 0,
\end{equation*} por lo que, de acuerdo con el ejercicio 6 de la entrada 8, $\lim\limits_{n\to \infty} z^n \neq 0$, entonces si $|z|\geq 1$ la serie diverge.

Podemos visualizar la convergencia o divergencia de la serie geométrica en el plano complejo $\mathbb{C}$ mediante el siguiente Applet en GeoGebra: https://www.geogebra.org/m/jj65zt24.

La serie geométrica suele aparecer en muchos problemas prácticos, por lo que conocer su región de convergencia nos es de gran utilidad.

Ejemplo 27.4.
Obtengamos la mayor región de convergencia de la serie $\sum_{n=0}^\infty \left(4+2z\right)^{-n}$. Después determinemos el valor al que converge.

Solución. Primeramente notemos que si $z=-2$, entonces la expresión en el denominador se anula, por lo que dicho punto no puede estar en la región de convergencia de la serie.

Por otra parte, si hacemos $w=\dfrac{1}{4+2z}$, entonces la serie dada tiene la forma de una serie geométrica $\sum_{n=0}^\infty w^n$.

De acuerdo con el ejemplo anterior, sabemos que la serie geométrica $\sum_{n=0}^\infty w^n$ converge a $\dfrac{1}{1-w}$ si $|w|<1$.

Tenemos que:
\begin{equation*}
|w|<1 \quad \Longleftrightarrow \quad \left| \frac{1}{4+2z}\right| <1 \quad \Longleftrightarrow \quad 1 < \left|4+2z\right| \quad \Longleftrightarrow \quad \frac{1}{2} < \left|z-(-2)\right|.
\end{equation*}

De acuerdo con los resultados de la entrada 6, sabemos que este conjunto corresponde con los puntos en el plano complejo que caen fuera de la circunferencia centrada en el punto $-2$ y de radio $\frac{1}{2}$, es decir, los $z \in \mathbb{C}$ tales que su distancia al punto $-2$ es estrictamente mayor que $\frac{1}{2}$. Bajo esta condición es claro que $z\neq -2$, figura 105.

Entonces, la región de convergencia de la serie está dada por los $z\in\mathbb{C}$ tales que $\frac{1}{2} < \left|z-(-2)\right|$. Para dichos $z$ se tiene que:
\begin{equation*}
\sum_{n=0}^\infty \frac{1}{\left(4+2z\right)^n} = \dfrac{1}{1 – \dfrac{1}{4+2z}} = \dfrac{4+2z}{3+2z}.
\end{equation*}

Figura 105: Región de convergencia de la serie geométrica $\sum_{n=0}^\infty\left(4+2z\right)^{-n}$.

Proposición 27.2.
Sean $\sum_{n=0}^\infty z_n$, $\sum_{n=0}^\infty w_n$ dos series de números complejos convergentes y $\alpha, \beta \in\mathbb{C}$ constantes. Entonces:

$\sum_{n=0}^\infty \left(\alpha z_n \pm \beta w_n\right) = \alpha \sum_{n=0}^\infty z_n \pm \beta \sum_{n=0}^\infty w_n$.
La serie $\sum_{n=0}^\infty\,\overline{z_n}$ converge y $\overline{\sum_{n=0}^\infty z_n} = \sum_{n=0}^\infty \,\overline{z_n}$.

Demostración. Dadas las hipótesis.

Se deja como ejercicio al lector.
Sea $\varepsilon>0$. Como la serie $\sum_{n=0}^\infty z_n$ converge, digamos a $s\in\mathbb{C}$, tenemos que existe $N\in\mathbb{N}$ tal que si $n\geq N$, entonces: \begin{equation*} \left|\sum_{k=0}^n \overline{z_k} – \overline{s}\right| = \left|\overline{\sum_{k=0}^n z_k} – \overline{s}\right| = \left|\overline{\sum_{k=0}^n z_k – s}\right| = \left|\sum_{k=0}^n z_k – s\right| = \left|s_n – s\right| < \varepsilon, \end{equation*} es decir $\overline{\sum_{n=0}^\infty z_n} = \sum_{n=0}^\infty \, \overline{z_n} = \overline{s} \in \mathbb{C}$.

$\blacksquare$

Ejemplo 27.5.
Estudiemos la convergencia de la serie $\sum_{n=3}^\infty \left(\dfrac{i}{2}\right)^n$.

Solución. Tenemos que:
\begin{align*}
\sum_{n=3}^\infty \left(\frac{i}{2}\right)^n = \sum_{n=3}^\infty \left(\frac{i}{2}\right)^3 \left(\frac{i}{2}\right)^{n-3} & = \left(\frac{i}{2}\right)^3 \sum_{n=3}^\infty \left(\frac{i}{2}\right)^{n-3},\quad\quad \text{proposición 27.2,}\\
& = \left(\frac{i}{2}\right)^3 \sum_{k=0}^\infty \left(\frac{i}{2}\right)^{k},\quad \quad \text{cambio de índice} \,\,\, k=n-3,\\
& = \left(\frac{i}{2}\right)^3 \left(\frac{1}{1-\dfrac{i}{2}}\right),\quad \quad \left|\frac{i}{2}\right| = \frac{1}{2} < 1,\\
& =\frac{1}{20} \left(1-2i\right).
\end{align*}

Corolario 27.3.
Sea $z_n = x_n + iy_n \in \mathbb{C}$, con $x_n, y_n \in\mathbb{R}$, para todo $n\in\mathbb{N}$. Entonces, la serie de números complejos $\sum_{n=0}^\infty z_n$ converge a $s=x+iy \in\mathbb{C}$ si y solo si las series de números reales $\sum_{n=0}^\infty x_n$ y $\sum_{n=0}^\infty y_n$ convergen a $x$ y a $y$, respectivamente. En tal caso:
\begin{equation*}
\sum_{n=0}^\infty z_n = \sum_{n=0}^\infty x_n + i \sum_{n=0}^\infty y_n.
\end{equation*}

Demostración. De acuerdo con la proposición 8.3, tenemos que:
\begin{align*}
\sum_{n=0}^\infty z_n = s \quad & \Longleftrightarrow \quad \sum_{n=0}^\infty (x_n+iy_n) = x+iy,\\
\quad & \Longleftrightarrow \quad \lim_{n \to \infty} s_n = \lim_{n \to \infty} \left( \sum_{k=0}^n x_k + i \sum_{k=0}^n y_k\right) = x+iy,\\
\quad & \Longleftrightarrow \quad \lim_{n \to \infty} \sum_{k=0}^n x_k = x \,\,\, \text{y} \,\,\, \lim_{n \to \infty} \sum_{k=0}^n y_k = y,\\
\quad & \Longleftrightarrow \quad \sum_{n=0}^\infty x_n = x \,\,\, \text{y} \,\,\, \sum_{n=0}^\infty y_n = y,\\
\quad & \Longleftrightarrow \quad \sum_{n=0}^\infty x_n +i \sum_{n=0}^\infty y_n = \sum_{n=0}^\infty (x_n + i y_n) = \sum_{n=0}^\infty z_n.
\end{align*}

$\blacksquare$

Observación 27.5.
Del corolario anterior se sigue que para toda serie convergente de números complejos, $\sum_{n=0}^\infty z_n$, se cumple que:
\begin{equation*}
\operatorname{Re}\left( \sum_{n=0}^\infty z_n \right) = \sum_{n=0}^\infty \operatorname{Re}(z_n) \quad \text{e} \quad \operatorname{Im}\left( \sum_{n=0}^\infty z_n \right) = \sum_{n=0}^\infty \operatorname{Im}(z_n).
\end{equation*}

Ejemplo 27.6.
Estudiemos la convergencia de la serie:
\begin{equation*}
\sum_{n=0}^\infty z_n = \sum_{n=0}^\infty \left(\frac{1}{2^n} + \frac{i}{3^n}\right).
\end{equation*}

Solución. Notemos que el $(n+1)$-ésimo término de la serie es $z_n = \dfrac{1}{2^n} + \dfrac{i}{3^n}$, por lo que:
\begin{equation*}
\operatorname{Re}(z_n) = \frac{1}{2^n}, \quad \operatorname{Im}(z_n) = \frac{1}{3^n}.
\end{equation*}

De lo anterior es claro que las dos series reales, correspondientes a las partes real e imaginaria de la serie, son ambas series geométricas convergentes, es decir:
\begin{equation*}
\sum_{n=0}^\infty \operatorname{Re}(z_n) = \sum_{n=0}^\infty \frac{1}{2^n} = \frac{1}{1-\dfrac{1}{2}} = 2,
\end{equation*}
\begin{equation*}
\sum_{n=0}^\infty \operatorname{Im}(z_n) = \sum_{n=0}^\infty \frac{1}{3^n} = \frac{1}{1-\dfrac{1}{3}} = \frac{3}{2}.
\end{equation*}

Por lo tanto, del corolario 27.2 se sigue que la serie $\sum_{n=0}^\infty z_n$ es convergente y su suma es:
\begin{equation*}
\sum_{n=0}^\infty z_n = \sum_{n=0}^\infty \left(\frac{1}{2^n} + \frac{i}{3^n}\right) = \sum_{n=0}^\infty \frac{1}{2^n} + i \sum_{n=0}^\infty \frac{1}{3^n} = 2 + i \frac{3}{2}.
\end{equation*}

Definición 27.3. (Serie absolutamente convergente.)
Una serie de números complejos $\sum_{n=0}^\infty z_n$ es absolutamente convergente si la serie $\sum_{n=0}^\infty |z_n|$ es convergente.

Definición 29.4. (Serie condicionalmente convergente.)
Una serie de números complejos $\sum_{n=0}^\infty z_n$ es condicionalmente convergente si la serie $\sum_{n=0}^\infty z_n$ es convergente, pero no es absolutamente convergente.

Proposición 27.3.
Una serie de números complejos $\sum_{n=0}^\infty z_n$ absolutamente convergente, es convergente y cumple que:
\begin{equation*}
\left|\sum_{n=0}^\infty z_n\right| \leq \sum_{n=0}^\infty |z_n|.
\end{equation*}

Demostración.
Dadas las hipótesis, sea $\left\{s_n\right\}_{n\geq 0}$ la sucesión de sumas parciales de la serie $\sum_{n=0}^\infty z_n$.

Sea $\varepsilon>0$. De acuerdo con el criterio de convergencia de Cauchy, proposición 27.1, tenemos que existe $N\in\mathbb{N}$ tal que si $n,m \geq N$, con $n>m$, entonces:
\begin{equation*}
\sum_{k=m+1}^n |z_k| = \left|\sum_{k=m+1}^n |z_k|\right| < \varepsilon.
\end{equation*}

Por la desigualdad del triángulo, observación 3.6 entrada 3, se cumple que:
\begin{equation*}
|s_n – s_m| = \left|\sum_{k=0}^n z_k – \sum_{k=0}^m z_k\right| = \left|\sum_{k=m+1}^n z_k\right| \leq \sum_{k=m+1}^n |z_k| < \varepsilon,
\end{equation*} es decir que la sucesión de sumas parciales $\left\{s_n\right\}_{n\geq 0}$ es de Cauchy, por lo que, al ser $\mathbb{C}$ un espacio métrico completo, proposición 8.5, se tiene que la sucesión $\left\{s_n\right\}_{n\geq 0}$ es convergente, entonces la serie $\sum_{n=0}^\infty z_n$ converge.

De acuerdo con el ejercicio 3 de la entrada 8, sabemos que si una sucesión $\left\{w_n\right\}_{n\geq 0}$ converge a $w\in\mathbb{C}$, entonces la sucesión $\left\{|w_n|\right\}_{n\geq 0}$ converge a $|w|$.

Como la sucesión $\left\{s_n\right\}_{n\geq 0}$ converge, digamos a $s\in\mathbb{C}$, entonces:
\begin{equation*}
\lim_{n\to\infty} |s_n| = \lim_{n\to\infty} \left|\sum_{k=0}^n z_k\right| = \left|\sum_{n=0}^\infty z_n\right| = |s|.
\end{equation*}

Análogamente, como la serie $\sum_{n=0}^\infty |z_n|$ es convergente, tenemos que:
\begin{equation*}
\lim_{n\to\infty} \left|\sum_{k=0}^n |z_k|\right| = \lim_{n\to\infty} \sum_{k=0}^n |z_k| = \sum_{n=0}^\infty |z_n|.
\end{equation*}

Nuevamente, de la desigualdad del triángulo, observación 3.6, se sigue que:
\begin{equation*}
\left|\sum_{k=0}^n z_k\right| \leq \sum_{k=0}^n |z_k|.
\end{equation*}

Considerando lo anterior y el ejercicio 8 de la entrada 8, concluimos que:
\begin{equation*}
\left|\sum_{n=0}^\infty z_n\right| \leq \sum_{n=0}^\infty |z_n|.
\end{equation*}

$\blacksquare$

Corolario 27.4.
Sea $z_n = x_n + iy_n \in \mathbb{C}$, con $x_n, y_n \in\mathbb{R}$, para todo $n\in\mathbb{N}$. Entonces, la serie de números complejos $\sum_{n=0}^\infty z_n$ converge absolutamente a $s=x+iy \in\mathbb{C}$ si y solo si las series de números reales $\sum_{n=0}^\infty x_n$ y $\sum_{n=0}^\infty y_n$ convergen absolutamente a $x$ y a $y$, respectivamente. En tal caso:
\begin{equation*}
\sum_{n=0}^\infty z_n = \sum_{n=0}^\infty x_n + i \sum_{n=0}^\infty y_n.
\end{equation*}

Demostración. Se deja como ejercicio al lector.

$\blacksquare$

Proposición 27.4. (Criterio de comparación de Weierstrass.)
Sea $\left\{a_n\right\}_{n\geq 0}$ una sucesión de números reales no negativos y sea $\left\{z_n\right\}_{n\geq 0}$ una sucesión de números complejos. Supongamos que $|z_n| \leq a_n$ para todo $n\geq j$, para algún $j\in\mathbb{N}$.

Si la serie $\sum_{n=0}^\infty a_n$ converge, entonces la serie $\sum_{n=0}^\infty z_n$ es absolutamente convergente.
Si la serie $\sum_{n=0}^\infty z_n$ diverge, entonces la serie $\sum_{n=0}^\infty a_n$ es divergente.

Demostración. Dadas las hipótesis, sea $\left\{s_n\right\}_{n\geq 0}$ la sucesión de sumas parciales de la serie $\sum_{n=0}^\infty |z_n|$.

Sea $\varepsilon>0$. Por el criterio de Cauchy, proposición 27.1, tenemos que existe $N\in\mathbb{N}$ tal que si $n>m\geq N > j$, entonces:
\begin{equation*}
\left|s_n – s_m \right| = \left|\sum_{k=m+1}^n |z_k|\right| = \sum_{k=m+1}^n |z_k| \leq \sum_{k=m+1}^n a_k = \left|\sum_{k=m+1}^n a_k \right| <\varepsilon, \end{equation*} es decir, la sucesión $\left\{s_n\right\}_{n\geq 0}$ es de Cauchy, por lo que, al ser $\mathbb{C}$ un espacio métrico completo, la sucesión de sumas parciales converge, entonces la serie $\sum_{n=0}^\infty |z_n|$ converge y por tanto la serie $\sum_{n=0}^\infty z_n$ es absolutamente convergente.
Es la contrapuesta del caso anterior.

$\blacksquare$

Ejemplo 27.7.
Veamos que las siguientes series son convergentes.
a) $\displaystyle \sum_{n=0}^\infty \dfrac{3+2i}{\left(n+1\right)^n}$.
b) $\displaystyle \sum_{n=0}^\infty \dfrac{2\operatorname{cos}(n\theta) + i 2\operatorname{sen}(n\theta)}{n^2+3}$.

Solución.

a) Procedemos a probar la convergencia de la serie utilizando el criterio de comparación. Para ello consideremos a la serie geométrica:
\begin{equation*}
\sum_{n=0}^\infty \frac{1}{2^n},
\end{equation*} la cual es convergente.

Notemos que:
\begin{equation*}
|3+2i| = \sqrt{3^2+2^2} = \sqrt{13} < 4,
\end{equation*}

por lo que:
\begin{equation*}
\left|\frac{3+2i}{\left(n+1\right)^n}\right| = \frac{|3+2i|}{\left(n+1\right)^n} = \frac{\sqrt{13}}{\left(n+1\right)^n} < \frac{4}{\left(n+1\right)^n}.
\end{equation*}

Por otra parte, es sencillo verificar que para $n\geq 3$ se cumple que:
\begin{equation*}
\left|\frac{3+2i}{\left(n+1\right)^n}\right| < \frac{4}{\left(n+1\right)^n} < \frac{1}{2^n},
\end{equation*}

por lo que se deja como ejercicio al lector.

Entonces, por el criterio de comparación, concluimos que la serie dada es absolutamente convergente y por tanto converge.

b) De nueva cuenta, procedemos a probar la convergencia de la serie utilizando el criterio de comparación. Consideremos a la serie convergente:
\begin{equation*}
\sum_{n=1}^\infty \frac{2}{n^2}.
\end{equation*}

Notemos que:
\begin{equation*}
\left|\dfrac{2\operatorname{cos}(n\theta) + i 2\operatorname{sen}(n\theta)}{n^2+3}\right| \leq \dfrac{2 \left| \operatorname{cos}(n\theta) + i \operatorname{sen}(n\theta)\right|}{n^2} = \dfrac{2}{n^2}.
\end{equation*}

Entonces, por el criterio de comparación, concluimos que la serie:
\begin{equation*}
\sum_{n=1}^\infty \dfrac{2\operatorname{cos}(n\theta) + i 2\operatorname{sen}(n\theta)}{n^2+3},
\end{equation*}

es convergente, por lo que, de acuerdo con el corolario 27.2, la serie original converge.

Proposición 27.5. (Criterio de la razón o del cociente de D’Alembert.)
Sea $\left\{ z_n\right\}_{n\geq 0}$ una sucesión de números complejos distintos de cero, tales que:
\begin{equation*}
\lim_{n\to \infty} \frac{|z_{n+1}|}{|z_{n}|} = \lambda,
\end{equation*} existe o es infinito.

Si $\lambda <1$, entonces la serie $\sum_{n=0}^\infty z_n$ es absolutamente convergente.
Si $\lambda >1$ ó $\lambda=\infty$, entonces la serie $\sum_{n=0}^\infty z_n$ es divergente.
Si $\lambda =1$, entonces la serie $\sum_{n=0}^\infty z_n$ puede diverger o converger.

Demostración. Dadas las hipótesis, como $z_n \neq 0$ para todo $n\in\mathbb{N}$, entonces:
\begin{equation*}
\left| \frac{z_{n+1}}{z_{n}} \right| = \frac{|z_{n+1}|}{|z_{n}|} > 0, \quad \forall n\in\mathbb{N}.
\end{equation*}

De lo anterior es claro que si $\lim_{n\to \infty} \dfrac{|z_{n+1}|}{|z_{n}|} = \lambda \in \mathbb{R}$, entonces $\lambda\geq 0$.

Supongamos que $\lambda \in \mathbb{R}$ con $0 \leq \lambda <1$. Sea $r = \dfrac{\lambda+1}{2}$, entonces $0\leq \lambda < r < 1$.
Para $\varepsilon = r – \lambda>0$, tenemos que existe $N\in\mathbb{N}$ tal que si $n\geq N$, entonces: \begin{equation*} \left| \left| \frac{z_{n+1}}{z_{n}} \right| – \lambda \right| < \varepsilon \quad \Longrightarrow \quad \frac{|z_{n+1}|}{|z_{n}|} < \varepsilon + \lambda = r, \end{equation*} de donde se sigue que: \begin{equation*} |z_{n+1}| < r |z_{n}| \quad \forall n\geq N. \end{equation*} Considerando lo anterior, para $ n\geq N$ tenemos que: \begin{align*}
|z_{N+1}| & < r |z_{N}|\\
|z_{N+2}| & < r |z_{N+1}| < r^2 |z_{N}|\\
|z_{N+3}| & < r |z_{N+2}| < r^3 |z_{N}|\\
& \,\,\,\,\vdots\\
|z_{n}| & < r^{n-N} |z_{N}|\\
& \,\,\,\,\vdots
\end{align*} Dado que $r<1$, notemos que: \begin{equation*} \sum_{n = N}^{\infty} r^{n-N} = \sum_{k = 0}^{\infty} r^{k},\end{equation*} es una serie geométrica convergente. Por lo que, de acuerdo con la proposición 27.2, tenemos que la serie $\sum_{n=N}^\infty r^{n-N} |z_{N}|$ converge, entonces por el criterio de comparación se sigue que la serie $\sum_{n=N}^\infty |z_{n}|$ converge y por el corolario 27.2 concluimos que la serie $\sum_{n=0}^\infty |z_{n}|$ converge.

Entonces, la serie $\sum_{n=0}^\infty z_{n}$ es absolutamente convergente y por tanto converge, proposición 27.3.
Supongamos que $\lambda>1$. Sea $r=\dfrac{\lambda +1}{2}$, el cual cumple que $1<r<\lambda$. Procediendo como en el caso anterior, para $\varepsilon = \lambda – r > 0$ existe $N\in\mathbb{N}$ tal que si $n\geq N$ entonces: \begin{equation*} |z_{n+1}| > r |z_{n}|, \end{equation*} de donde se sigue que: \begin{equation*} |z_{n}| > r^{n-N} |z_{N}| > 0, \quad \forall n\geq N, \end{equation*} por lo que $\lim\limits_{n\to\infty} |z_{n}| \neq 0$, entonces $\lim\limits_{n\to\infty} z_{n} \neq 0$ y por tanto la serie $\sum_{n=0}^\infty z_n$ es divergente, corolario 27.1.

Análogamente, si $\lambda=\infty$, tenemos que para todo $M >0$ existe un $N\in\mathbb{N}$ tal que si $n\geq N$ entonces: \begin{equation*} |z_{n}| > M^{n-N} |z_{N}| > 0, \end{equation*} de donde se sigue que la serie $\sum_{n=0}^\infty z_n$ diverge.
Consideremos a las series: \begin{equation*} \sum_{n=1}^\infty \frac{1}{n} \quad \text{y} \quad \sum_{n=1}^\infty \frac{1}{n^2}. \end{equation*} Para ambas se cumple que $z_n \neq 0$ para todo $n\in\mathbb{N}^+$ y que: \begin{equation*} \lim_{n\to \infty} \frac{\dfrac{1}{n+1}}{\dfrac{1}{n}} = \lim_{n\to \infty} \frac{n}{n+1} = 1 = \lambda.\end{equation*} \begin{equation*} \lim_{n\to \infty} \frac{\dfrac{1}{(n+1)^2}}{ \dfrac{1}{n^2}} = \lim_{n\to \infty} \frac{n^2}{(n+1)^2} = 1 = \lambda.\end{equation*} Sin embargo, de acuerdo con el ejemplo 27.2, sabemos que la primera serie diverge, mientras que, utilizando el criterio de comparación y la serie $ \displaystyle\sum_{n=2}^\infty \dfrac{1}{n^2 – n}$, se puede verificar que la segunda serie converge. Entonces, si $\lambda = 1$ el criterio no es concluyente.

$\blacksquare$

Ejemplo 27.8.
Sea $z\in\mathbb{C}$. Estudiemos la convergencia de la serie $\sum_{n=0}^\infty \dfrac{z^n}{n!}$.

Solución. Sea $z_n = \dfrac{z^n}{n!}$, entonces $|z_n| = \dfrac{|z|^n}{n!} \geq 0$. Si $z=0$, es claro que la serie converge.

Supongamos que $z\neq 0$, entonces $z_n\neq 0$ para todo $n\in\mathbb{N}$. Tenemos que:
\begin{equation*}
\lim_{n\to\infty} \frac{\left|z_{n+1}\right|}{\left|z_{n}\right|} = \lim_{n\to\infty} \frac{\dfrac{\left|z\right|^{n+1}}{(n+1)!}}{\dfrac{\left|z\right|^{n}}{n!}} = \lim_{n\to\infty} \frac{\left|z\right|}{n+1} = 0 < 1,
\end{equation*}

por lo que la serie $\sum_{n=0}^\infty \dfrac{z^n}{n!}$ es absolutamente convergente para todo $z\in\mathbb{C}$.

Ejemplo 27.9.
Analicemos el comportamiento de las siguientes series.
a) $\displaystyle \sum_{n=0}^\infty \dfrac{(1-i)^n}{n!}$.
b) $\displaystyle \sum_{n=0}^\infty \dfrac{(z-i)^n}{2^n}$.

Solución.

a) Sea $z_n = \dfrac{(1-i)^n}{n!}$ el $(n+1)$-ésimo término de la serie. Claramente $z_n \neq 0$ para toda $n\in\mathbb{N}$.

Considerando el criterio de la razón, proposición 27.5, tenemos que:
\begin{align*}
\lambda = \lim_{n\to\infty} \frac{\left|z_{n+1}\right|}{\left|z_{n}\right|} = \lim_{n\to\infty} \left|\frac{\dfrac{(1-i)^{n+1}}{(n+1)!}}{\dfrac{(1-i)^{n}}{n!}}\right| & = \lim_{n\to\infty} \left|\frac{(1-i)^{n+1} n!}{(1-i)^{n}(n+1) n!}\right|\\
& = \lim_{n\to\infty} \frac{\left|1-i\right|}{n+1}\\
& = \lim_{n\to\infty} \frac{\sqrt{2}}{n+1}\\
& = 0.
\end{align*} Como $\lambda < 1$, entonces la serie converge.

b) Sea $z_n = \dfrac{(z-i)^n}{2^n}$ el $(n+1)$-ésimo término de la serie. Notemos que si $z=i$, entonces la serie converge.

Supongamos que $z \neq i$, entonces para todo $n\in\mathbb{N}$ se cumple que $z_n \neq 0$. Tenemos que:
\begin{align*}
\lambda = \lim_{n\to\infty} \frac{\left|z_{n+1}\right|}{\left|z_{n}\right|} = \lim_{n\to\infty} \left|\frac{\dfrac{(z-i)^{n+1}}{2^{n+1}}}{\dfrac{(z-i)^{n}}{2^{n}}}\right| & = \lim_{n\to\infty} \left|\frac{2^n (z-i)^{n+1}}{2^{n+1}(z-i)^{n}}\right|\\
& = \lim_{n\to\infty} \frac{\left|z-i\right|}{2}\\
& = \frac{\left|z-i\right|}{2}.
\end{align*}

Por el criterio de la razón, proposición 27.5, tenemos que $\lambda < 1$ si $\left|z-i\right| < 2$, en tal caso la serie converge.

Por otra parte, $\lambda > 1$ si $\left|z-i\right| > 2$, en tal caso la serie diverge.

Por último, tenemos que:
\begin{equation*}
\left|z-i\right| < 2 \quad \Longrightarrow \quad \left|\frac{z-i}{2}\right| < 1,
\end{equation*}

es decir, la serie dada es una serie geométrica convergente si $\left|z-i\right| < 2$, en tal caso:
\begin{equation*}
\sum_{n=0}^\infty \dfrac{(z-i)^n}{2^n} = \sum_{n=0}^\infty\left(\dfrac{z-i}{2}\right)^n = \frac{1}{1 – \dfrac{z-i}{2}} = \frac{2}{2-(z – i)}.
\end{equation*}

Y para $\left|z-i\right| \geq 2$ la serie diverge.

Proposición 27.6. (Criterio de la raíz.)
Sea $\left\{ z_n\right\}_{n\geq 0}$ una sucesión de números complejos, tales que:
\begin{equation*}
\lim_{n\to \infty} = |z_n|^{1/n} = \lambda,
\end{equation*} existe o es infinito.

Si $\lambda <1$, entonces la serie $\sum_{n=0}^\infty z_n$ es absolutamente convergente.
Si $\lambda >1$ ó $\lambda=\infty$, entonces la serie $\sum_{n=0}^\infty z_n$ es divergente.
Si $\lambda =1$, entonces la serie $\sum_{n=0}^\infty z_n$ puede diverger o converger.

Demostración. La prueba es análoga a la de la proposición 27.5, por lo que los detalles se dejan como ejercicio al lector.

Dadas las hipótesis.

Supongamos que $\lambda \in \mathbb{R}$ con $0 \leq \lambda <1$. Elegimos a $r\in\mathbb{R}$ tal que $\lambda < r < 1$. Tenemos que existe $N\in\mathbb{N}$ tal que si $n\geq N$, entonces: \begin{equation*} \left|z_n\right|^{1/n} < r \quad \Longrightarrow \quad \left|z_n\right| < r^n. \end{equation*} Dado que $r<1$, tenemos que la serie geométrica $\sum_{n = N}^{\infty} r^{n}$ converge, entonces por el criterio de comparación se sigue que la serie $\sum_{n=N}^\infty |z_{n}|$ converge y por el corolario 27.2 concluimos que la serie $\sum_{n=0}^\infty |z_{n}|$ converge.

Entonces, la serie $\sum_{n=0}^\infty z_{n}$ es absolutamente convergente y por tanto converge.
Si $\lambda>1$ ó $\lambda=\infty$. Tomemos a $r\in\mathbb{R}$ tal que $1<r<\lambda$. Tenemos que existe $N\in\mathbb{N}$ tal que si $n\geq N$, entonces: \begin{equation*} \left|z_n\right|^{1/n} > r \quad \Longrightarrow \quad \left|z_n\right| > r^n > 1.\end{equation*} Por lo que $\lim\limits_{n\to\infty} z_{n} \neq 0$ y por tanto la serie $\sum_{n=0}^\infty z_n$ es divergente.
Consideremos a las series: \begin{equation*} \sum_{n=1}^\infty \frac{1}{n} \quad \text{y} \quad \sum_{n=1}^\infty \frac{1}{n^2}. \end{equation*} Para ambas se cumple que: \begin{equation*} \lim_{n\to \infty} \left|\frac{1}{n}\right|^{1/n} = \lim_{n\to \infty} \left(\frac{1}{n}\right)^{1/n} 1 = \lambda. \end{equation*} \begin{equation*} \lim_{n\to \infty} \left|\frac{1}{n^2}\right|^{1/n} = \lim_{n\to \infty} \left(\frac{1}{n^2}\right)^{1/n} 1 = \lambda. \end{equation*} Sin embargo, la primera serie diverge, mientras que la segunda serie converge. Entonces, si $\lambda = 1$ el criterio no es concluyente.

En general, el criterio de la razón es más fácil de aplicar que el criterio de la raíz, aunque existen ciertos casos donde la forma de la sucesión hace evidente el uso del criterio de la raíz.

Ejemplo 27.10.
Analicemos el comportamiento de las siguientes series.
a) $\displaystyle \sum_{n=0}^\infty \dfrac{z^n}{(n+1)^n}$.
b) $\displaystyle \sum_{n=0}^\infty \dfrac{(1+i)^n}{3^n}$.

Solución.

a)] Sea $z_n = \left(\dfrac{z}{n+1}\right)^n$ el $(n+1)$-ésimo término de la sucesión, entonces:
\begin{equation*}
\lambda = \lim_{n\to\infty}\left|z_{n}\right|^{1/n} = \lim_{n\to\infty}\left|\left(\dfrac{z}{n+1}\right)^n\right|^{1/n} = \lim_{n\to\infty} \dfrac{\left|z\right|}{n+1} = 0.
\end{equation*}

Como $\lambda < 1$, entonces por el criterio de la raíz tenemos que la serie converge.

b) Sea $z_n = \left(\dfrac{1+i}{3}\right)^n$ el $(n+1)$-ésimo término de la sucesión, entonces:
\begin{equation*}
\lambda = \lim_{n\to\infty}\left|z_{n}\right|^{1/n} = \lim_{n\to\infty}\left|\left(\dfrac{1+i}{3}\right)^n\right|^{1/n} = \lim_{n\to\infty} \dfrac{\left|1+i\right|}{3} = \frac{\sqrt{2}}{3}.
\end{equation*}

Como $\lambda < 1$, entonces por el criterio de la raíz tenemos que la serie converge.

Dado que $\left|\dfrac{1+i}{3}\right|<1$, entonces la serie es geométrica, por lo que:
\begin{equation*}
\sum_{n=0}^\infty \dfrac{(1+i)^n}{3^n} = \frac{1}{1-\dfrac{1+i}{3}} = \frac{3}{2-i}.
\end{equation*}

Definición 27.5. (Producto de Cauchy para series.)
Sean $\sum_{n=0}^\infty z_n$ y $\sum_{n=0}^\infty w_n$ dos series de números complejos. Definimos el producto de ambas series como la serie $\sum_{n=0}^\infty c_n$ cuyo $n$-ésimo término está dado como:
\begin{equation*}
c_n = z_0 w_n + z_1 w_{n-1} + \cdots + z_{n-1} w_1 + z_n w_0 = \sum_{k=0}^n z_k w_{n-k}. \tag{27.1}
\end{equation*}

La serie:
\begin{equation*}
\sum_{n=0}^\infty c_n = \sum_{n=0}^\infty \left(\sum_{k=0}^n z_k w_{n-k}\right). \tag{27.2}
\end{equation*} es llamada el producto de Cauchy de las series $\sum_{n=0}^\infty z_n$ y $\sum_{n=0}^\infty w_n$.

Ejemplo 27.11.
Sean $z,w \in\mathbb{C}$. Obtengamos el producto de Cauchy de las series:
\begin{equation*}
\sum_{n=0}^\infty \frac{z^n}{n!} \quad \text{y} \quad \sum_{n=0}^\infty \frac{w^n}{n!}.
\end{equation*}

Solución. Sean $z_n = \dfrac{z^n}{n!}$ y $w_n = \dfrac{w^n}{n!}$ para todo $n\in\mathbb{N}$. De acuerdo con (29.2) tenemos que:
\begin{align*}
\sum_{n=0}^\infty c_n = \sum_{n=0}^\infty \left(\sum_{k=0}^n z_k w_{n-k}\right) & = \sum_{n=0}^\infty \left( \sum_{k=0}^n \frac{z^k}{k!} \frac{w^{n-k}}{(n-k)!} \right)\\
& = \sum_{n=0}^\infty \frac{1}{n!}\left(\sum_{k=0}^n \frac{n!}{k!(n-k)!} z^k w^{n-k} \right)\\
& = \sum_{n=0}^\infty \frac{1}{n!}\left(\sum_{k=0}^n \binom{n}{k} z^k w^{n-k} \right)\\
& = \sum_{n=0}^\infty \frac{(z+w)^n}{n!}.
\end{align*}

Como hemos visto hasta ahora, las series absolutamente convergentes heredan propiedades de convergencia que resultan de gran utilidad en la práctica. Por lo que, en este punto resulta natural preguntarnos sobre cómo se comporta el producto de series de números complejos absolutamente convergentes. Para responder esta pregunta daremos dos resultados que consideran series convergentes y absolutamente convergentes.

Antes de continuar, recordemos el siguiente resultado de nuestros cursos de Cálculo.

Teorema 27.1. (Teorema de la convergencia monótona para sucesiones.)
Sea $\left\{a_n\right\}_{n\geq 0} \subset \mathbb{R}$ una sucesión real monótona. Entonces, $\left\{a_n\right\}_{n\geq 0}$ converge si y solo si es acotada.

Procedemos con los resultados mencionados previamente.

Proposición 27.7. (Producto de Cauchy absolutamente convergente.)
Sean $\sum_{n=0}^\infty z_n$ y $\sum_{n=0}^\infty w_n$ dos series de números complejos absolutamente convergentes. Entonces, el producto de Cauchy de ambas series, es decir la serie $\sum_{n=0}^\infty c_n$ dada en (27.2), es absolutamente convergente y se cumple que:
\begin{equation*}
\sum_{n=0}^\infty c_n = \left(\sum_{n=0}^\infty z_n\right)\left(\sum_{n=0}^\infty w_n\right).
\end{equation*}

Demostración. Dadas las hipótesis, primeramente procedemos a probar que la serie $\sum_{n=0}^\infty c_n$, dada en (27.2), es absolutamente convergente.

Sean:
\begin{equation*}
A = \sum_{n=0}^\infty |z_n|, \quad B = \sum_{n=0}^\infty |w_n|,
\end{equation*}

y sea $s_n = \sum_{j=0}^n |c_j|$ la $n$-ésima suma parcial de la serie $\sum_{n=0}^\infty |c_n|$.

De acuerdo con (27.1), para todo $j\in\mathbb{N}$ tenemos que:
\begin{equation*}
c_j = \sum_{k=0}^j z_k w_{j-k} = z_0 w_j + z_1 w_{j-1} + \cdots + z_{j-1} w_1 + z_j w_0.
\end{equation*}

Notemos que para todo $n\in\mathbb{N}$ se cumple que:
\begin{align*}
\sum_{j=0}^n c_j & = \sum_{j=0}^n \left(\sum_{k=0}^j z_k w_{j-k}\right)\\
& = \sum_{k=0}^0 z_k w_{0-k} + \sum_{k=0}^1 z_k w_{1-k} + \cdots + \sum_{k=0}^n z_k w_{n-k}\\
& = z_0 w_0 + (z_0 w_1 + z_1 w_0) + \cdots + (z_0 w_n + \cdots + z_n w_0)\\
& = \sum_{k=0}^n z_0 w_k + \sum_{k=0}^{n-1} z_1 w_k + \cdots + \sum_{k=0}^1 z_{n-1} w_k + \sum_{k=0}^{0} z_n w_k\\
& = \sum_{j=0}^n \left(\sum_{k=0}^{n-j} z_j w_{k}\right).
\end{align*}

Es claro que se puede verificar esta igualdad por inducción, por lo que se deja como ejercicio al lector.

Por otra parte, para todo $n\in\mathbb{N}$ tenemos que:
\begin{equation*}
s_{n+1} – s_n = \sum_{j=0}^{n+1} |c_j| – \sum_{j=0}^n |c_j| = |c_{n+1}| \geq 0,
\end{equation*}

de donde se sigue que la sucesión de sumas parciales $\left\{s_n\right\}_{n\geq 0}$, de la serie $ \sum_{n=0}^\infty |c_n|$, es creciente, es decir, es una sucesión monótona.

Considerando lo anterior, para todo $n\in\mathbb{N}$ tenemos que:
\begin{align*}
s_n = \sum_{j=0}^n |c_j| = \sum_{j=0}^n \left| \sum_{k=0}^{n-j} z_j w_{k} \right| \leq \sum_{j=0}^n \sum_{k=0}^{n-j} |z_j| |w_{k}| \leq \left(\sum_{j=0}^n |z_j|\right) \left( \sum_{k=0}^{n} |w_{k}|\right) \leq AB.
\end{align*}

Entonces, la sucesión de sumas parciales $\left\{s_n\right\}_{n\geq 0}$, de la serie $ \sum_{n=0}^\infty |c_n|$, es acotada. Por lo que, de acuerdo con el teorema 27.1, la sucesión converge y por tanto la serie $\sum_{n=0}^\infty c_n$ es absolutamente convergente.

Veamos ahora que la serie $\sum_{n=0}^\infty c_n$ converge al producto de las series $\sum_{n=0}^\infty z_n$ y $\sum_{n=0}^\infty w_n$.

De acuerdo con la proposición 27.3, tenemos que:
\begin{align*}
\left| \sum_{j=0}^n c_j – \sum_{j=0}^n z_j \sum_{k=0}^n w_k \right| & \leq \left| \sum_{j=0}^n z_j \sum_{k=0}^{n-j} w_{k} – \sum_{j=0}^n z_j \sum_{k=0}^\infty w_k\right| + \left| \sum_{j=0}^n z_j \sum_{k=0}^\infty w_k – \sum_{j=0}^n z_j \sum_{k=0}^n w_k\right|\\
& = \left| \sum_{j=0}^n z_j \left( \sum_{k=0}^\infty w_k – \sum_{k=0}^{n-j} w_{k}\right)\right| + \left| \sum_{j=0}^n z_j \left( \sum_{k=0}^\infty w_k – \sum_{k=0}^n w_k\right)\right|\\
& = \left| \sum_{j=0}^n z_j \sum_{k=n-j+1}^\infty w_k\right| + \left| \sum_{j=0}^n z_j \sum_{k=n+1}^\infty w_k\right|\\
& \leq \sum_{j=0}^n |z_j| \sum_{k=n-j+1}^\infty |w_k| + \sum_{j=0}^n |z_j| \sum_{k=n+1}^\infty |w_k|.
\end{align*}

Como las series $\sum_{n=0}^\infty z_n$ y $\sum_{n=0}^\infty w_n$ son absolutamente convergentes, de acuerdo con el ejercicio 3 de esta entrada, al tomar límites tenemos que:
\begin{equation*}
\lim_{n \to \infty} \left| \sum_{j=0}^n c_j – \sum_{j=0}^n z_j \sum_{k=0}^n w_k \right| = 0,
\end{equation*}

entonces:
\begin{equation*}
\lim_{n \to \infty} \left(\sum_{j=0}^n c_j – \sum_{j=0}^n z_j \sum_{k=0}^n w_k \right) = 0,
\end{equation*}

de donde se sigue que:
\begin{equation*}
\sum_{n=0}^\infty c_n = \left(\sum_{n=0}^\infty z_n\right)\left(\sum_{n=0}^\infty w_n\right).
\end{equation*}

$\blacksquare$

Ejemplo 27.12.
En el ejemplo 27.11 vimos que la serie:
\begin{equation*}
\sum_{n=0}^\infty c_n = \sum_{n=0}^\infty \frac{(z+w)^n}{n!},
\end{equation*}

es el producto de Cauchy de las series:
\begin{equation*}
\sum_{n=0}^\infty \frac{z^n}{n!} \quad \text{y} \quad \sum_{n=0}^\infty \frac{w^n}{n!}.
\end{equation*}

Mientras que en el ejemplo 27.8 probamos que ambas series son absolutamente convergentes para todo $z, w\in\mathbb{C}$. Por lo que, de acuerdo con la proposición 27.7, concluimos que el producto de Cauchy de estas series es absolutamente convergente y es igual al producto de dichas series, es decir:
\begin{equation*}
\left( \sum_{n=0}^\infty \frac{z^n}{n!} \right) \left( \sum_{n=0}^\infty \frac{w^n}{n!} \right) = \sum_{n=0}^\infty \frac{(z+w)^n}{n!}.
\end{equation*}

Ejemplo 27.13.
Prueba que para $|z|<1$ se tiene que:
\begin{equation*}
\sum_{n=0}^\infty (n+1) z^{n} = \frac{1}{(1-z)^2}.
\end{equation*}

Solución.
Sabemos que la serie geométrica es convergente y se cumple que:
\begin{equation*}
\sum_{n=0}^\infty z^n = \frac{1}{1-z}, \quad \text{si} \,\, |z|<1.
\end{equation*}

Más aún, mediante el criterio de D’Alembert es fácil verificar que dicha serie es absolutamente convergente si $|z|<1$.

Entonces, por la proposición 27.7, tenemos que el producto de Cauchy de la serie geométrica consigo misma es absolutamente convergente y para $|z|<1$ se cumple que:
\begin{align*}
\displaystyle\sum_{n=0}^\infty c_n & = \left(\displaystyle\sum_{n=0}^\infty z^n \right)\left(\displaystyle\sum_{n=0}^\infty z^n\right)\\
& = \left(\frac{1}{1-z}\right)\left(\frac{1}{1-z}\right)\\
& = \frac{1}{(1-z)^2}.
\end{align*}

Procedemos a obtener el producto de Cauchy. Sean $z_n = z^n = w_n$ para todo $n\in\mathbb{N}$, entonces:
\begin{align*}
\sum_{n=0}^\infty c_n = \sum_{n=0}^\infty \left(\sum_{k=0}^n z_k w_{n-k}\right)
& = \sum_{n=0}^\infty \left(\sum_{k=0}^n z^k z^{n-k}\right)\\
& = \sum_{n=0}^\infty z^n \left(\sum_{k=0}^n 1\right)\\
& = \sum_{n=0}^\infty \left(n+1\right) z^n.
\end{align*}

Por lo tanto:
\begin{equation*}
\sum_{n=0}^\infty (n+1) z^{n} = \frac{1}{(1-z)^2}, \quad \text{si} \,\, |z|<1.
\end{equation*}

Proposición 27.8. (Teorema de Mertens sobre la convergencia del producto de Cauchy.)
Sean $\sum_{n=0}^\infty z_n$ y $\sum_{n=0}^\infty w_n$ dos series de números complejos tales que una es absolutamente convergente y la otra es convergente. Entonces, el producto de Cauchy de ambas series, dado en (27.2), es convergente y se cumple que:
\begin{equation*}
\sum_{n=0}^\infty c_n = \left(\sum_{n=0}^\infty z_n\right)\left(\sum_{n=0}^\infty w_n\right).
\end{equation*}

Demostración. Dadas las hipótesis, sin pérdida de generalidad supongamos que $\sum_{n=0}^\infty z_n$ converge a $A\in\mathbb{C}$, $\sum_{n=0}^\infty |z_n| = K \in\mathbb{R}$ y que $\sum_{n=0}^\infty w_n$ converge a $B\in\mathbb{C}$.

Para todo $n\in\mathbb{N}$ definimos las sumas parciales de las series como:
\begin{equation*}
s_n = \sum_{k=0}^n |z_k|, \quad a_n = \sum_{k=0}^n z_k, \quad b_n = \sum_{k=0}^n w_k, \quad C_n = \sum_{k=0}^n c_k.
\end{equation*}

De acuerdo con (27.1), para todo $n\in\mathbb{N}$ se cumple que:
\begin{equation*}
C_n = \sum_{j=0}^n c_j = \sum_{j=0}^n \left(\sum_{k=0}^j z_k w_{j-k}\right) = \sum_{j=0}^n \left(\sum_{k=0}^{n-j} z_j w_{k}\right) = \sum_{j=0}^n z_j \sum_{k=0}^{n-j} w_{k}.
\end{equation*}

Por lo que:
\begin{align*}
C_n = \sum_{j=0}^n c_j = \sum_{j=0}^n z_j b_{n-j} & = \sum_{j=0}^n z_j\left(B-(B-b_{n-j})\right)\\
& = \sum_{j=0}^n z_j B – \sum_{j=0}^n z_j (B-b_{n-j})\\
& = a_n B – \sum_{j=0}^n z_j (B-b_{n-j}).
\end{align*}

Dado que $\lim\limits_{n\to\infty} a_n B = AB$, entonces solo resta probar que:
\begin{equation*}
\lim\limits_{n\to\infty} \sum_{j=0}^n z_j (B-b_{n-j}) = 0.
\end{equation*}

Sea $\varepsilon>0$. Como $\lim\limits_{n\to\infty} b_n = B$, entonces $\lim\limits_{n\to\infty} (b_n – B) = 0$. Por lo que, proposición 8.1, la sucesión $\left\{b_n – B\right\}_{n\geq 0}$ es acotada, es decir, existe $M>0$ tal que $|b_n -B| \leq M$ para toda $n\in\mathbb{N}$.

Dado que la serie $\sum_{n=0}^\infty |z_n|$ es convergente, para $\varepsilon/2M >0$ tenemos que existe $N_1\in\mathbb{N}$ tal que si $n\geq N_1$, entonces:
\begin{equation*}
\sum_{j=N_1 + 1}^\infty |z_j| = \left|\sum_{j=0}^n |z_j| – \sum_{j=0}^\infty |z_j|\right| < \frac{\varepsilon}{2M}.
\end{equation*}

Supongamos que $\sum_{n=0}^\infty |z_n| < \alpha$, con $\alpha > K \geq 0$. Como $\lim\limits_{n\to\infty} b_n = B$, para $\varepsilon/2\alpha >0$ tenemos que existe $N_2\in\mathbb{N}$ tal que si $n\geq N_2$, entonces:
\begin{equation*}
\left|b_n – B\right| < \frac{\varepsilon}{2\alpha}.
\end{equation*}

Sea $N \geq N_1 + N_2$. Notemos que para $j \leq N_1$, se cumple que $N – j \geq N_2$. Entonces, para toda $n\geq N$ tenemos que:
\begin{align*}
\left| \sum_{j=0}^n z_j (B-b_{n-j}) \right| & = \left| \sum_{j=0}^{N_1} z_j (B-b_{n-j}) + \sum_{j= N_1 + 1}^n z_j (B-b_{n-j})\right|\\
& \leq \sum_{j=0}^{N_1} |z_j| |B-b_{n-j}| + \sum_{j= N_1 + 1}^n |z_j| |B-b_{n-j}|\\
& \leq \frac{\varepsilon}{2\alpha} \sum_{j=0}^{N_1} |z_j| + M \sum_{j= N_1 + 1}^n |z_j|\\
& < \left(\frac{\varepsilon}{2\alpha}\right) \alpha + M \left(\frac{\varepsilon}{2 M}\right)\\
& =\varepsilon.
\end{align*}

Entonces:
\begin{equation*}
\lim_{n\to \infty} C_n = \lim_{n\to \infty} \sum_{j=0}^n c_j = \lim_{n\to \infty} \left(a_n B – \sum_{j=0}^n z_j (B-b_{n-j})\right) = AB,
\end{equation*}

de donde se sigue que el producto de Cauchy de las series es convergente y se cumple que:
\begin{equation*}
\sum_{n=0}^\infty c_n = \left(\sum_{n=0}^\infty z_n\right)\left(\sum_{n=0}^\infty w_n\right).
\end{equation*}

$\blacksquare$

Definición 27.6. (Sucesiones y series doblemente infinitas.)
Una sucesión de números complejos doblemente infinita es una función $f:\mathbb{Z}\to\mathbb{C}$ tal que a cada $n\in\mathbb{Z}$ asigna de manera única un número complejo. Si $f(n) = z_n \in \mathbb{C}$ para todo $n\in\mathbb{Z}$, entonces denotamos a la sucesión de números complejos doblemente infinita como $\left\{z_n\right\}_{n\in\mathbb{Z}}$ ó $\left\{z_n\right\}_{n=-\infty}^\infty$.

Una serie de números complejos doblemente infinita es una expresión de la forma:
\begin{equation*}
\sum_{n=-\infty}^\infty z_n.
\end{equation*}

Definición 27.7. (Sumas parciales de una serie doblemente infinita.)
Dada una serie de números complejos doblemente infinita $\sum_{n=-\infty}^\infty z_n$, para cada par de números $n,m \in\mathbb{N}^+$ definimos la sucesión de sumas parciales de la serie como:
\begin{equation*}
s_{m,n} = \sum_{k=-m}^n z_k = z_{-m} + z_{-m+1} + \cdots + z_{n-1} + z_n.
\end{equation*}

Definición 27.8. (Serie doblemente infinita convergente.)
Diremos que una serie de números complejos doblemente infinita $\sum_{n=-\infty}^\infty z_n$ converge a $s\in\mathbb{C}$ si $s_{m,n} \to s$ conforme $m\to\infty$ y $n\to\infty$ de forma independiente, es decir, si para todo $\varepsilon>0$ existe $N(\varepsilon)\in\mathbb{N}^+$ tal que si $m\geq N$ y $n\geq N$, entonces:
\begin{equation*}
|s_{m,n} – s| = \left| \sum_{k=-m}^n z_k – s \right| < \varepsilon.
\end{equation*}

En tal caso, denotaremos la convergencia de la serie a $s$ como $s = \sum_{n=-\infty}^\infty z_n$. En caso de no existir $s\in\mathbb{C}$ con tal propiedad, diremos que la serie de números complejos doblemente infinita es divergente.

Lema 27.1.
Una serie de números complejos doblemente infinita $\sum_{n=-\infty}^\infty z_n$ converge a $s = s^{-} + s^{+} \in\mathbb{C}$ si y solo si las series de números complejos $\sum_{n=0}^\infty z_n$ y $\sum_{n=1}^\infty z_{-n}$ convergen a $s^{+}$ y $s^{-}$, respectivamente. En tal caso:
\begin{equation*}
\sum_{n=-\infty}^\infty z_n = \sum_{n=1}^\infty z_{-n} + \sum_{n=0}^\infty z_n. \tag{27.3}
\end{equation*}

Demostración.
Sean $m\geq 1$ y $n\geq 1$, entonces las sucesiones de sumas parciales de cada serie están dadas por:
\begin{equation*}
s_{m,n} = \sum_{k=-m}^n z_k = z_{-m} + z_{-m+1} + \cdots + z_{n-1} + z_n,
\end{equation*}
\begin{equation*}
s_{-m} = \sum_{k=-m}^{-1} z_k = z_{-m} + z_{-m+1} + \cdots + z_{-2} + z_{-1},
\end{equation*}
\begin{equation*}
s_{n} = \sum_{k=0}^n z_k = z_{0} + z_{1} + \cdots + z_{n-1} + z_n,
\end{equation*} de donde $s_{m,n} = s_{-m} + s_{n}$.

$(\Longleftarrow$

Supongamos que $s^{-} = \sum_{n=1}^\infty z_{-n}$ y $ s^{+} = \sum_{n=0}^\infty z_n$, con $s^{-}, s^{+} \in \mathbb{C}$, es decir que ambas series son convergentes.

Entonces, por la proposición 27.2 es claro que si $m\to\infty$ y $n\to\infty$ entonces $s_{m,n} = s_{-m} + s_{n} \to s^{-} + s^{+}$, por lo que la serie $\sum_{n=-\infty}^\infty z_n$ converge y se cumple (29.3).

$\Longrightarrow)$

Supongamos que la serie $\sum_{n=-\infty}^\infty z_n$ converge a $s \in \mathbb{C}$.

Probaremos que la serie $\sum_{n=0}^\infty z_n$ converge utilizando el criterio de Cauchy. La convergencia de la serie restante es análoga y se deja como ejercicio al lector.

Sea $\varepsilon>0$. De acuerdo con la definición 27.7 tenemos que existe $M\in\mathbb{N}^+$ tal que si $p\geq M$ y $q\geq M$, con $p,q\in\mathbb{N}^{+}$, entonces $|s_{p,q} – s| < \varepsilon/2$. En particular $|s_{M,q} – s| < \varepsilon/2$ si $q\geq M$. Sea $N = M+1$, entonces para $n,m\geq N$, con $n>m$, por la desigualdad del triángulo tenemos que:
\begin{equation*}
\left|\sum_{k=m+1}^n z_k\right| = |s_{M,n} – s_{M,m}| \leq |s_{M,n} – s| + |s – s_{M,m}| < \frac{\varepsilon}{2} + \frac{\varepsilon}{2} = \varepsilon.
\end{equation*}

Por lo que, de acuerdo con la proposición 27.1, tenemos que la serie $\sum_{n=0}^\infty z_n$ converge.

De acuerdo con la primera parte de la prueba, como las series $\sum_{n=1}^\infty z_{-n}$ y $\sum_{n=0}^\infty z_n$ convergen, entonces se cumple (27.3).

$\blacksquare$

Observación 27.6.
De acuerdo con el lema anterior, es común definir la convergencia de una serie de números complejos doblemente infinita $\sum_{n=-\infty}^\infty z_n$, en función de la convergencia de las series $\sum_{n=1}^\infty z_{-n}$ y $\sum_{n=0}^\infty z_n$, en cuyo caso se dice que la serie doblemente infinita converge a la suma de ambas series dada en (27.3).

Ejemplo 27.14.
Analicemos el comportamiento de la serie $\sum_{n=-\infty}^\infty 2^{-|n|} z^n$.

Solución. De acuerdo con el lema 27.1, podemos analizar la convergencia de la serie doblemente infinita al separarla en dos series, dadas por $n\geq 0$ y $n<0$.

Para $n\geq 0$ tenemos que:
\begin{equation*}
\sum_{n=0}^\infty 2^{-|n|} z^n = \sum_{n=0}^\infty \frac{z^n}{2^{|n|}} = \sum_{n=0}^\infty \left(\frac{z}{2}\right)^n = \frac{1}{1-\dfrac{z}{2}} = \frac{2}{2-z},
\end{equation*} si $|z/2| < 1$, es decir si $|z|<2$. Mientras que la serie diverge si $|z|\geq 2$.

Por otra parte, para $n<0$ tenemos que:
\begin{align*}
\sum_{n=-\infty}^{-1} 2^{-|n|} z^n = \sum_{n=1}^\infty 2^{-|-n|} z^{-n} = \sum_{n=1}^\infty \frac{1}{z^n \, 2^{|n|}}
& = \sum_{n=1}^\infty \left(\frac{1}{2z}\right)^n\\
& = \left(\frac{1}{2z}\right) \sum_{n=1}^\infty \left(\frac{1}{2z}\right)^{n-1}\\
& = \left(\frac{1}{2z}\right) \sum_{k=0}^\infty \left(\frac{1}{2z}\right)^{k}\\
& = \left(\frac{1}{2z}\right) \left(\frac{1}{1-\dfrac{1}{2z}}\right)\\
&= \frac{1}{2z-1},
\end{align*} si se cumple que $|1/(2z)| < 1$, es decir si $|z|>1/2$. Mientras que la serie diverge en otro caso.

Entonces, de acuerdo con el lema 27.1, para los $z\in\mathbb{C}$ tales que $1/2 < |z| < 2$, tenemos que la serie converge y en tal caso:
\begin{equation*}
\sum_{n=-\infty}^\infty 2^{-|n|} z^n = \frac{2}{2-z} + \frac{1}{2z-1} = \frac{3z}{(2-z)(2z-1)}.
\end{equation*}

Podemos visualizar la región de convergencia y los valores que toma la serie en el siguiente Applet de GeoGebra: https://www.geogebra.org/m/eqjzzthz.

Tarea moral

Completa la demostración de la proposición 27.2.
Prueba el corolario 27.4.
Prueba que si una serie $\displaystyle \sum_{n=0}^\infty z_n$ converge, entonces $\lim\limits_{m\to\infty} \displaystyle \sum_{n=m+1}^\infty z_n = 0$, es decir, si la serie converge entonces su cola tiende a $0$.
Muestra que:
a) $\displaystyle \sum_{n=0}^\infty \dfrac{1}{(2+i)^n} = \dfrac{3-i}{2}$.
b) $\displaystyle \sum_{n=0}^\infty \left(\dfrac{1}{n+1+i} – \dfrac{1}{n+i}\right) = i$.
c) $\displaystyle \sum_{n=0}^\infty \dfrac{(1+i)^n}{2^n} = 1+i$.
d) $\displaystyle \sum_{n=0}^\infty \dfrac{(1-i)^n}{2^n} = 1-i$.
Prueba que las siguientes series convergen.
a) $\displaystyle \sum_{n=1}^\infty \dfrac{(3+4i)^n}{5^n n^2}$.
b) $\displaystyle \sum_{n=1}^\infty \left(\dfrac{1}{n+2i} – \dfrac{1}{n+1+2i}\right)$.
c) $\displaystyle \sum_{n=1}^\infty \dfrac{i}{n(n+1)}$.
d) $\displaystyle \sum_{n=0}^\infty \dfrac{(1+i)^{2n}}{(2n+1)!}$.
Utiliza la serie geométrica para determinar la mayor región de convergencia de las siguientes series y obtén el valor de cada suma.
a) $\displaystyle \sum_{n=0}^\infty\left[\left(\dfrac{2}{z}\right)^n + \left(\dfrac{z}{3}\right)^n\right]$.
b) $\displaystyle \sum_{n=0}^\infty \left(\dfrac{(3+i)z}{4-i}\right)^n$.
c) $\displaystyle \sum_{n=1}^\infty\left(1 + z\right)^n$.
d) $\displaystyle \sum_{n=0}^\infty \dfrac{2^{n+1}}{(2+i-z)^n}$.
Sean $r,\theta\in\mathbb{R}$, con $0\leq r < 1$. Muestra que:
a) $\displaystyle \sum_{n=0}^\infty r^n e^{i n\theta} = \dfrac{1}{1-re^{i \theta}}$.
b) $\displaystyle \sum_{n=-\infty}^\infty r^{|n|} e^{i n\theta} = \dfrac{1}{1-re^{- i \theta}} + \dfrac{re^{i \theta}}{1-re^{i \theta}}$.
c) $\displaystyle \sum_{n=0}^\infty r^n \operatorname{cos}(n\theta) = \dfrac{1-r\operatorname{cos}(\theta)}{1+r^2-2r\operatorname{cos}(\theta)}$.
d) $\displaystyle \sum_{n=0}^\infty r^n \operatorname{sen}(n\theta) = \dfrac{r\operatorname{sen}(\theta)}{1+r^2-2r\operatorname{cos}(\theta)}$.
Sean $\sum_{n=0}^\infty z_n $ y $\sum_{n=0}^\infty z_n^2$ dos series convergentes, de números complejos tales que $\operatorname{Re}(z_n)\geq 0$, para todo $n\in\mathbb{N}$. Prueba que la serie $\sum_{n=0}^\infty|z_n|^2$ es convergente.
Muestra que: \begin{equation*} \displaystyle \sum_{n=1}^\infty \frac{n(n+1)}{2} z^{n-1} = \frac{1}{(1-z)^3}. \end{equation*} Hint: Considera el resultado del ejemplo 27.13 y utiliza la identidad $\displaystyle\sum_{k=1}^n k = \dfrac{n(n+1)}{2}$.
Determina para qué valores de $z\in\mathbb{C}$ la serie $\displaystyle \sum_{n=0}^\infty e^{inz}$ converge, es decir, su región de convergencia.
Hint: Considera la serie geométrica.

Más adelante…

En esta entrada hemos dado la definición de serie, desde el sentido complejo, y probamos algunos resultados elementales para estudiar la convergencia de una serie, los cuales nos serán de utilidad en las siguientes entradas.

Al igual que con muchos otros conceptos, las definiciones y criterios obtenidos para las series de números complejos son muy similares a los que estudiamos en nuestros cursos de Cálculo para las series de números reales.

La siguiente entrada abordaremos los conceptos de sucesión y serie de funciones complejas, así como los conceptos de convergencia puntual y uniforme. Además de obtener algunos resultados elementales en el estudio de las series de funciones complejas.

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Teoría de los Conjuntos I: Conjuntos numerables

Por Gabriela Hernández Aguilar

3 respuestas

Introducción

Ahora que hemos desarrollado una herramienta para comparar conjuntos que tienen más elementos que otros y hemos trabajado con conjuntos finitos e infinitos, hablaremos un poco más acerca de estos últimos, en especifico de aquellos que tienen la misma cantidad de elementos que el conjunto de los números naturales. En esta entrada nos enfocaremos principalmente en exhibir un par de ejemplos de conjuntos numerables dando una función biyectiva explícita en cada caso.

Conjuntos numerables

Definición. Sea $A$ un conjunto, decimos que $A$ es numerable si es equipotente a $\mathbb{N}$, es decir, si existe una función biyectiva $f:\mathbb{N}\to A$. De ser así, lo denotaremos con $|A|=|\mathbb{N}|$.

Ejemplo.

En la entrada de equipotencia vimos que existe una función biyectiva entre el conjunto de los números pares y los números naturales, por lo que podemos concluir que $$|\{2k:k\in \mathbb{N}\}|=|\mathbb{N}|.$$

$\square$

Ejemplo.

El conjunto $\mathbb{Z}$ de los números enteros es un conjunto numberable. (Puedes revisar la construcción del conjunto de los números enteros en el siguiente enlace: Álgebra Superior II: Construcción de los enteros y su suma).

Consideremos $f:\mathbb{N}\to \mathbb{Z}$ dada por:

$f(n)= \left\{ \begin{array}{lcc}
\overline{(k,0)} & si & n=2k\ \text{para algún}\ k\in \mathbb{N} \\
\\ \overline{(0,k+1)} & si & n=2k+1\ \text{para algún}\ k\in\mathbb{N}
\end{array}
\right.$

Resulta que $f$ es biyectiva. En efecto, veamos primero que $f$ es inyectiva.

Sean $x_1, x_2\in \mathbb{N}$ tales que $f(x_1)=f(x_2)$. Tenemos los siguientes casos:

Caso 1. Si $x_1=2k$ y $x_2=2m$ para algunos $k,m\in \mathbb{N}$, entonces $f(x_1)=\overline{(k,0)}$ y $f(x_2)=\overline{(m,0)}$ y así, $\overline{(k,0)}=\overline{(m,0)}$, por lo que $k+0=m+0$, es decir, $k=m$ y por lo tanto, $x_1=2k=2m=x_2$.

Caso 2. Si $x_1=2k+1$ y $x_2=2m+1$ para algunos $k,m\in \mathbb{N}$, entonces $f(x_1)=\overline{(0,k+1)}$ y $f(x_2)=\overline{(0,m+1)}$ y así, $\overline{(0,k+1)}=\overline{(0,m+1)}$, por lo que $0+(m+1)=0+(k+1)$ y así $m=k$. Por tanto, $x_1=2k+1=2m+1=x_2$.

El caso en el que $x_1=2k$ y $x_2=2m+1$ no puede ocurrir, pues de lo contrario se tendría que $\overline{(k,0)}=\overline{(0,m+1)}$ por lo que $k+(m+1)=0+0=0$, lo cual es imposible. De manera análoga, no puede ocurrir que $x_1=2m+1$ y $x_2=2k$ para algunos $m,k\in\mathbb{N}$.

Por lo tanto, $f$ es inyectiva.

Ahora veamos que $f$ es suprayectiva. Sea $y\in \mathbb{Z}$, tenemos los siguientes casos:

Caso 1. Si $y\in \mathbb{Z}^+\cup\set{\overline{(0,0)}}$, entonces $y=\overline{(k,0)}$ para algún $k\in\mathbb{N}$. Así, para $x=2k\in\mathbb{N}$ se tiene $f(x)=y$.

Caso 2: Si $y\in \mathbb{Z}^{-}$, entonces $y=\overline{(0,k)}$ para algún $k\in\mathbb{N}\setminus\{0\}$. Luego, existe $k’\in\mathbb{N}$ tal que $s(k’)=k$, es decir, $k’+1=k$. Luego, tomando $x=2k’+1$ se tiene $f(x)=\overline{(0,k’+1)}=\overline{(0,k)}=y$.

Concluimos que $f$ es suprayectiva.

Por lo tanto $f$ es biyectiva y así, $|\mathbb{N}|=|\mathbb{Z}|$.

$\square$

Antes de pasar al siguiente ejemplo vale la pena introducir la siguiente proposición que nos da una condición suficiente para que un conjunto sea numerable.

Proposición. Sea $A$ un conjunto. Si $f:\mathbb{N}\to A$ es una función sobreyectiva, entonces, $A$ es finito o numerable.

Demostración.

Sea $f:\mathbb{N}\to A$ una función sobreyectiva. Supongamos que $A$ no es finito y veamos que entonces debe ser numerable. Para cada $n\in\mathbb{N}$ definamos el conjunto $A_n:=\{k\in\mathbb{N}:f(k)\not=f(m)\ \textnormal{para cada}\ m\leq n\}$. Dado que $A$ no es finito, $A_n\not=\emptyset$ para cada $n\in\mathbb{N}$ y, por tanto, existe $\textnormal{min}(A_n)$. Definamos $g:\mathbb{N}\to\mathbb{N}$ por medio de $g(n)=\textnormal{min}(A_n)$. Por el teorema de recursión, existe una única función $h:\mathbb{N}\to\mathbb{N}$ tal que $h(0)=0$ y $h(n+1)=g(h(n))$ para cada $n\in\mathbb{N}$. Lo que vamos a probar ahora es que $F:=f\circ h:\mathbb{N}\to A$ es una biyección. Para ello notemos primero que $h(n)<h(n+1)$ para cada $n\in\mathbb{N}$. En efecto, si $n\in\mathbb{N}$, entonces, $h(n+1)=g(h(n))=\textnormal{min}(A_{h(n)})$ y así, en particular, $h(n+1)\in A_{h(n)}=\{k\in\mathbb{N}:f(k)\not=f(m)\ \textnormal{para cada}\ m\leq h(n)\}$, por lo que $h(n)<h(n+1)$. Consecuentemente, $h(m)<h(n)$ si y sólo si $m<n$. Esto último trae como consecuencia también que $n\leq h(n)$ para cada $n\in\mathbb{N}$ y se puede dar una prueba de ello por inducción, pues para $n=0$ se tiene que $h(0)=0\geq0$ y si suponemos que $h(n)\geq n$ para algún $n\in\mathbb{N}$, entonces, $h(n+1)>h(n)\geq n$ y así $h(n+1)\geq n+1$, pues de lo contrario tendríamos que $n+1>h(n+1)>n$ lo cual es imposible.
Una vez mencionado esto, veamos que $F$ es inyectiva. Para ello es suficiente mostrar que para cada $n\in\mathbb{N}$, $F(n+1)\not=F(k)$ para cada $k\leq n$. En efecto, si probamos esto último, y $m,n\in\mathbb{N}$ son naturales tales que $F(n)=F(m)$, entonces, $n=m$, ya que de lo contrario podemos suponer que $m<n$ y así $0<n$ por lo que existe un único $k\in\mathbb{N}$ tal que $k+1=n$; luego, $m\leq k$ y dado que $F(n)=F(k+1)\not=F(s)$ para cada $s\leq k$, en particular $F(n)\not=F(m)$ lo cual contradice la hipótesis de que $F(n)=F(m)$. Por tanto $F$ es inyectiva.
Sea pues $n\in\mathbb{N}$ y veamos que $F(n+1)\not=F(k)$ para cada $k\in\mathbb{N}$ tal que $k\leq n$. Por lo que hemos probado, si $k\leq n$, entonces $h(k)\leq h(n)$. Luego, como $h(n+1)=g(h(n))=\textnormal{min}(A_{h(n)})$, entonces, $f(h(n+1))\not=f(k)$ para cada $k\leq h(n)$; en particular, $f(h(n+1))\not=f(h(k))$ para cada $k\leq n$, es decir, $F(n+1)\not=F(k)$ para cada $k\leq n$. Lo anterior, como lo habíamos mencionado, nos permite concluir que $F$ es inyectiva.

Resta mostrar que $F$ es sobreyectiva. Para ello, veamos por inducción que para cada $n\in\mathbb{N}$ existe $k_n\in\mathbb{N}$ tal que $F(k_n)=f(n)$. Si $n=0$, entonces, para $k_0=0$ tenemos que $F(k_0)=f(0)$. Supongamos que para cada $m\leq n$, con $n\in\mathbb{N}$, existe $k_m\in\mathbb{N}$ tal que $F(k_m)=f(m)$. Veamos que para $n+1$ existe $k_{n+1}\in\mathbb{N}$ tal que $F(k_{n+1})=f(n+1)$. Si $f(n+1)=f(m)$ para algún $m\leq n$, entonces, por hipótesis, $f(n+1)=f(m)=F(k_m)$ para algún $k_m\in\mathbb{N}$. Supongamos ahora que $f(n+1)\not=f(k)$ para cada $k\leq n$. Dado que $n+1\leq h(n+1)$, podemos asegurar que el conjunto $B=\{k\in\mathbb{N}:n+1\leq h(k)\}$ es no vacío y, por consiguiente, existe $m=\textnormal{min}(B)$. Más aún, como $n+1\in B$ tenemos que $m\leq n+1$. Si $n+1=h(m)$, entonces, $F(m)=f(h(m))=f(n+1)$. Supongamos ahora que $n+1<h(m)$. Observemos que esta última desigualdad implica que $m\not=0$, de modo que existe $s\in\mathbb{N}$ tal que $s+1=m$ y dado que $m\leq n+1$, se sigue que $s\leq n$. Ahora bien, por la minimalidad de $m$ en el conjunto $B$, debe ocurrir que $h(s)<n+1$ y por ende $h(s)\leq n$. Finalmente, como $n+1<h(m)$ y $h(m)=h(s+1)=g(h(s))=\textnormal{min}(A_{h(s)})$, donde recordemos que $A_{h(s)}=\{k\in\mathbb{N}:f(k)\not=f(t)\ \textnormal{para cada}\ t\leq h(s)\}$, entonces, existe $t\leq h(s)$ tal que $f(t)=f(n+1)$. Esto muestra que existe $t\leq n$, ya que $t\leq h(s)\leq n$, tal que $f(t)=f(n+1)$ pero esto contradice que $f(n+1)\not=f(t)$ para cada $t\leq n$. De modo que necesariamente debe ocurrir que $n+1=h(m)$. Por tanto, para cada $n\in\mathbb{N}$ existe $k_n\in\mathbb{N}$ tal que $F(k_n)=f(n)$. Como $f$ es sobreyectiva se sigue que $F$ es sobreyectiva.
Por lo tanto, $F$ es una función biyectiva y, consecuentemente, $A$ es numerable.

$\square$

La proposición anterior, además de ser una propiedad interesante de los conjuntos numerables, nos ayuda a obtener una gran cantidad de este tipo de conjuntos. Por ejemplo, si $A\subseteq\mathbb{N}$ es cualquier conjunto infinito, entonces, podemos denotar $a_0=\textnormal{min}(A)$ y definir $g:\mathbb{N}\to A$ por medio de la siguiente regla \[g(n)=\left\{\begin{array}{lcc}
n & \textnormal{si}\ n\in A\\
n_0 & \textnormal{si}\ n\notin A
\end{array}
\right.\]

Ciertamente la función anterior es sobreyectiva y, por tanto, debido a que $A$ no es finito, $A$ es numerable. Más adelante daremos otra prueba de este hecho utilizando resultados distintos.
Otro ejemplo interesante de conjunto numerable que podemos obtener con la proposición anterior lo veremos después de la siguientes observaciones.

En los ejercicios de esta entrada mostrarás que el conjunto $\mathbb{N}\times\mathbb{N}$ es numerable dando una función biyectiva explícita entre $\mathbb{N}\times\mathbb{N}$ y $\mathbb{N}$. Utilizando este hecho y que $\mathbb{Z}$ es numerable, lo cual probamos en el ejemplo precedente, podemos concluir que $\mathbb{Z}\times\mathbb{Z}$ es numerable. En efecto, si $f:\mathbb{N}\to\mathbb{Z}$ es la biyección que dimos en el ejemplo anterior, entonces, $F:\mathbb{N}\times\mathbb{N}\to\mathbb{Z}\times\mathbb{Z}$ definida por medio de $F(n,m)=(f(n),f(m))$ es una biyección y, por tanto, $\mathbb{Z}\times\mathbb{Z}$ es numerable. Este último hecho puede ser generalizado, es decir, es posible demostrar que si $A$ y $B$ son conjuntos numerables, entonces, $A\times B$ es numerable. Tendrás oportunidad de demostrar esto en los ejercicios de esta sección. Una vez mencionado esto pasamos al siguiente ejemplo.

Ejemplo.

El conjunto de números racionales $\mathbb{Q}$ es numerable.

Demostración.

Puedes revisar la construcción del conjunto de los números racionales en el siguiente enlace: Álgebra Superior II: Esbozo de construcción de los números racionales y reales. Como podemos observar en dicho enlace, los números racionales se definen como el conjunto de clases de equivalencia de una relación de equivalencia, $\sim$, definida sobre el conjunto $\mathbb{Z}\times(\mathbb{Z}\setminus\{0\})$, y sus elementos son de la forma $\overline{(a,b)}$ con $a\in\mathbb{Z}$ y $b\in\mathbb{Z}\setminus\{0\}$. Tal relación se define como sigue: diremos que $(a,b)\sim(c,d)$ si y sólo si $a\cdot d=c\cdot b$, donde este último producto es el producto de los números enteros. Así, $\mathbb{Q}=\{\overline{(a,b)}:a\in\mathbb{Z},b\in\mathbb{Z}\setminus\{0\}\}$ donde $\overline{(a,b)}=\{(c,d)\in\mathbb{Z}\times(\mathbb{Z}\setminus\{0\}):(c,d)\sim(a,b)\}$. Observemos que $\mathbb{Q}$ no es finito, pues contiene al conjunto $\{\overline{(z,1)}:z\in\mathbb{Z}\}$, el cual es infinito.

Para mostrar que $\mathbb{Q}$ es numerable definamos $g:\mathbb{Z}\times(\mathbb{Z}\setminus\{0\})\to\mathbb{Q}$ por medio de $g(a,b)=\overline{(a,b)}$. La función $g$ es sobreyectiva. Luego, como $\mathbb{Z}\times(\mathbb{Z}\setminus\{0\})$ es numerable, existe una función biyectiva $h:\mathbb{N}\to\mathbb{Z}\times(\mathbb{Z}\setminus\{0\})$ y así $g\circ h:\mathbb{N}\to \mathbb{Q}$ es una función sobreyectiva y por tanto como $\mathbb{Q}$ no es finito debe ser numerable.

$\square$

Si bien hemos mostrado que $\mathbb{Q}$ es numerable, no tenemos aún una función biyectiva explícita de $\mathbb{N}$ en $\mathbb{Q}$. Lo que haremos para finalizar con esta entrada es intentar determinar una función biyectiva explícita entre $\mathbb{N}$ y $\mathbb{Q}$.

A continuación añadiremos un par de definiciones que involucran el concepto de multiplicación de naturales que vimos en la entrada Teoría de los Conjuntos I: Producto en los naturales.

Definición. Dados dos naturales $n$ y $m$, diremos que $m$ divide a $n$ si existe $k\in\mathbb{N}$ tal que $m\cdot k=n$ y lo denotaremos por $m\mid n$.

El algoritmo de la división en $\mathbb{Z}$, cuyo enunciado y demostración se puede consultar en el enlace: Álgebra Superior II: Algoritmo de la división en los enteros, nos permite concluir que, para cualesquiera naturales $n$ y $m$, con $m\not=0$, existen únicos naturales $q$ y $r$ tales que $n=mq+r$, con $0\leq r<m$. Este hecho será utilizado más adelante para probar la sobreyectividad de una función que va de $(\mathbb{N}\setminus\{0\})\times\mathbb{N}$ a un subconjunto de los números racionales.

Definición. Dados dos naturales $n$ y $m$, no ambos cero, diremos que el natural $d$ es máximo común divisor de $n$ y $m$ si se satisface lo siguiente:

$d\mid n$ y $d\mid m$.
si $d’$ es otro natural tal que $d’\mid n$ y $d’\mid m$, entonces, $d’\leq d$.

Para una prueba de que el máximo común divisor de dos naturales $n$ y $m$, no ambos cero, siempre existe y además es único, puede consultar el enlace Álgebra Superior II: Máximo común divisor. Debido a esto, es posible otorgar una notación al máximo común divisor de dos naturales $n$ y $m$; tal notación será la siguiente, si $d$ es el máximo común divisor de $n$ y $m$, escribiremos $d:=(n,m)$. Diremos además que $n,m\in\mathbb{N}$ son primos relativos si $(n,m)=1$.

Para finalizar con esta serie de definiciones y observaciones añadimos lo siguiente:

Notación. Dado un natural $n$ distinto de $0$, denotaremos por $E_n$ al conjunto $\{m\in\mathbb{N}:m\leq n\ y\ (m,n)=1\}$. Observemos que dicho conjunto es un subconjunto del número natural $s(n)=n+1$ y, por tanto, es finito, es decir, existe un único natural, que denotaremos por $\varphi(n)$, tal que $E_n\sim\varphi(n)$. Además, para cada $n\in\mathbb{N}$, con $n\not=0$, se tiene que $E_n\not=\emptyset$ pues $1\in E_n$, de modo que $\varphi(n)\not=0$.

Ahora bien, debido al buen orden de los números naturales, nos es posible dar una enumeración fija a cada conjunto $E_n$, es decir, podemos escribir $E_n=\{n_1,n_2,\ldots,n_{\varphi(n)}\}$ de tal forma que $n_1<n_2<\ldots<n_{\varphi(n)}$. No está de más recordar cómo se define el orden en $\mathbb{N}$, por lo que agregamos el siguiente enlace para que pueda ser consultado: Teoría de los Conjuntos I: Principio de inducción. Así, siempre que escribamos $E_n=\{n_1,n_2,\ldots,n_{\varphi(n)}\}$ supondremos que se cumple $n_1<n_2<\ldots<n_{\varphi(n)}$.

Una vez mencionado esto pasamos a dar otra prueba de que $\mathbb{Q}$ es numerable.

Ejemplo.

$\mathbb{Q}$ es numerable.

Por comodidad, en lo siguiente denotaremos al elemento $\overline{(a,b)}\in\mathbb{Q}$ simplemente como $\frac{a}{b}$.

Lo que haremos será exhibir una función biyectiva del conjunto $(\mathbb{N}\setminus\{0\})\times\mathbb{N}$ en el conjunto $\mathbb{Q}^{+}\cup\{\frac{0}{1}\}$, donde $\mathbb{Q}^{+}$ se puede describir como el conjunto $\mathbb{Q}^{+}=\{\frac{a}{b}:a,b\in\mathbb{Z}^{+}\}$. Si además abusamos de la notación escribiendo $0=\frac{0}{1}$ y $\mathbb{N}\setminus\{0\}=\mathbb{Z}^{+}$ (pues podemos identificar a los números naturales distintos de cero con los enteros positivos mediante la función biyectiva que envía el natural $n$ al entero $\overline{(n,0)}$), podemos escribir $\mathbb{Q}^{+}\cup\{\frac{0}{1}\}=\{\frac{a}{b}:a,b\in\mathbb{N}\setminus\{0\}\}\cup\{0\}$. Además, dado un natural $k\in\mathbb{N}\setminus\{0\}$ escribiremos $k-1$ para denotar al único natural que satisface $s(k-1)=k$.

En los ejercicios de esta sección probarás que para todo natural $n\in\mathbb{N}\setminus\{0,1\}$ existen únicos $k\in\mathbb{N}\setminus\{0,1\}$ e $i\in\{1,\ldots,\varphi(k)\}$ tales que $n=\sum_{t=1}^{k-1}\varphi(t)+i$. Una vez dicho esto definamos $F^{+}:(\mathbb{N}\setminus\set{0})\times\mathbb{N}\to\mathbb{Q}^{+}\cup\{0\}$ por medio de la siguiente regla:

$F^{+}(n,m)= \left\{ \begin{array}{lcc}
0 & si & n=1,\ m=0 \\
\frac{1}{m} & si & n=1,\ m\not=0 \\
\frac{k}{km+k_i} & si & n=\sum_{t=1}^{k-1}\varphi(t)+i
\end{array}
\right.$

donde en el último renglón, $k$ e $i$ son los únicos naturales que satisfacen la igualdad $n=\sum_{t=1}^{k-1}\varphi(t)+i$, con $i\in\{1,\ldots,\varphi(k)\}$, y $k_i$ es el $i-$ésimo elemento que aparece en la enumeración del conjunto $E_{k}=\{k_1,\ldots,k_i,\ldots,k_{\varphi(k)}\}$, enumeración que acordamos satisface $k_1<k_2<\ldots<k_{\varphi(k)}$.
Debido a la únicidad de los naturales $k$ e $i$ para cada $n\in\mathbb{N}\setminus\{0,1\}$, $F^{+}$ es una función bien definida. Veamos que es biyectiva.

Comprobaremos en primer lugar la inyectividad. Sean $(n,m),(n’,m’)\in(\mathbb{N}\setminus\{0\})\times\mathbb{N}$ elementos distintos. Distinguiremos los siguientes casos:

Caso 1. $n=n’$. Dado que $(n,m)\not=(n’,m’)$ pero $n=n’$, entonces, $m\not=m’$. Sin perder generalidad podemos suponer que $m<m’$. Ahora, podemos considerar los siguientes dos subcasos.
Subcaso 1. $n=1$. Si $m=0$, entonces, $0<m’$ y así $F^{+}(n,m)=0$ mientras que $F^{+}(n’,m’)=\frac{1}{m’}$, por lo que $F^{+}(n,m)\not=F^{+}(n’,m’)$. Si ahora $m\not=0$, entonces, $m’\not=0$ y tenemos que $F^{+}(n,m)=\frac{1}{m}$ y $F^{+}(n’,m’)=\frac{1}{m’}$; luego, $\frac{1}{m}\not=\frac{1}{m’}$, pues $m=1\cdot m\not=1\cdot m’=m’$, de modo que $F^{+}(n,m)\not=F^{+}(n’,m’)$.
Subcaso 2. $n>1$. Sean $k\in\mathbb{N}\setminus\{0,1\}$ e $i\in\{1,\ldots,\varphi(k)\}$ tales que $n’=n=\sum_{t=1}^{k-1}\varphi(t)+i$. Luego, $F^{+}(n,m)=\frac{k}{km+k_i}$ y $F^{+}(n’,m’)=\frac{k}{km’+k_i}$ y como $km’+k_i\not=km+k_i$, pues de lo contrario obtendríamos que $m=m’$, se sigue que $k\cdot(km’+k_i)\not=k\cdot(km+k_i)$, es decir, $F^{+}(n,m)=\frac{k}{km+k_i}\not=\frac{k}{km’+k_i}=F^{+}(n’,m’)$.

Caso 2. $n\not=n’$. Sin pérdida de generalidad podemos suponer $n<n’$. Si $n=1$, entonces, o bien $F^{+}(n,m)=0$ o bien $F^{+}(n,m)=\frac{1}{m}$; por otro lado, como $n’>n=1$, entonces podemos elegir $k\in\mathbb{N}\setminus\set{0,1}$ e $i\in\{1,\ldots,\varphi(k)\}$ tales que $n’=\sum_{t=1}^{k-1}\varphi(t)+i$ y así $F^{+}(n’,m’)=\frac{k}{km’+k_i}$. Luego entonces, $F^{+}(n,m)\not=F^{+}(n’,m’)$ ya que claramente $\frac{k}{km’+k_i}\not=0$, pero también $\frac{k}{km’+k_i}\not=\frac{1}{m}$ pues de darse la igualdad se tendría que $m\cdot k=1\cdot(km’+k_i)$, lo cual implicaría que $k$ divide a $k_i$ y eso es imposible, pues $k>1$ y $(k,k_i)=1$.
Si ahora $n>1$, podemos fijar $k’\in\mathbb{N}\setminus\{0,1\}$ y $j\in\{1,\ldots,\varphi(k’)\}$ tales que $n=\sum_{t=1}^{k’-1}\varphi(t)+j$. Luego, suponiendo también, como en el párrafo anterior, $n’=\sum_{t=1}^{k-1}\varphi(t)+i$, tenemos que $F^{+}(n,m)=\frac{k’}{k’m+k’_j}$ y $F^{+}(n’,m’)=\frac{k}{km’+k_i}$. Si $k=k’$, entonces, $j<i$, pues de lo contrario tendríamos que $\sum_{t=1}^{k-1}\varphi(t)+i=n’\leq\sum_{t=1}^{k-1}\varphi(t)+j=\sum_{t=1}^{k’-1}\varphi(t)+j=n$, lo cual es una contradicción; en consecuencia, $k’_j=k_j<k_i$ y, más aún, $\frac{k’}{k’m+k’_j}=\frac{k}{km+k_j}\not=\frac{k}{km’+k_i}$, pues en caso contrario se seguiría que $k\cdot(km’+k_i)=k\cdot(km+k_j)$ y, por tanto, que $km’+k_i=km+k_j$ lo cual es imposible pues se seguiría que, en $\mathbb{Z}$, $k$ divide a $k_i-k_j$ el cual es un entero que satisface $0<k_i-k_j<k$.
Para concluir el caso $2$ supongamos que $k\not=k’$. Dado que $(k’,k’m+k’_j)=1=(k,km’+k_i)$, pues de lo contrario $k’$ no sería primo relativo con $k’_j$ así como $k$ no lo sería con $k_i$, entonces, $\frac{k’}{k’m+k’_j}\not=\frac{k}{km’+k_i}$, es decir, $F^{+}(n,m)\not=F^{+}(n’,m’)$. Esto demuestra que $F^{+}$ es una función inyectiva.

Probemos ahora que $F^{+}$ es sobreyectiva. Sea $\frac{p}{q}\in\mathbb{Q}^{+}\cup\{0\}$. Si $\frac{p}{q}=0$, entonces, $\frac{p}{q}=F^{+}(1,0)$. Si $\frac{p}{q}=\frac{1}{m}$, entonces, $\frac{p}{q}=F^{+}(1,m)$. Supongamos ahora que $\frac{p}{q}\not=0$ y que $\frac{p}{q}\not=\frac{1}{m}$ para cada $m\in\mathbb{N}\setminus\set{0}$. Podemos suponer que $(p,q)=1$. Luego, existen únicos naturales $m$ y $r$ tales que $q=pm+r$ con $0\leq r<p$. Nótese que $r\not=0$, pues en caso contrario se tendría que $p$ divide a $q$, pero como $(p,q)=1$ se seguiría que $p=1$, lo cual contradice que $\frac{p}{q}\not=\frac{1}{m}$ para cada $m\in\mathbb{N}\setminus\set{0}$. Así pues, $1\leq r<p$. Ahora bien, $(r,p)=1$, pues de lo contrario, $p$ y $q=pm+r$ compartirían un factor distinto de $1$; es decir, existiría un natural $k$ mayor a $1$ tal que $k$ divide a $p$ y $q$, lo cual contradice que $(p,q)=1$. Por tanto, $(r,p)=1$ y, en consecuencia, $r\in E_p=\{p_1,\ldots,p_{\varphi(p)}\}$. Sea $i\in\{1,\ldots,\varphi(p)\}$ tal que $r=p_i$. Luego, $F^{+}(\sum_{t=1}^{p-1}\varphi(t)+i,m)=\frac{p}{pm+p_i}=\frac{p}{pm+r}=\frac{p}{q}$. Por tanto, $F^{+}$ es sobreyectiva.

Lo anterior prueba que $F^{+}$ es una biyección de $(\mathbb{N}\setminus\{0\})\times\mathbb{N}$ en $\mathbb{Q}^{+}\cup\{0\}$. Luego, como la función $f:\mathbb{N}\times\mathbb{N}\to(\mathbb{N}\setminus\set{0})\times\mathbb{N}$ definida por medio de $f(n,m)=(s(n),m)$ es una biyección entre estos conjuntos, y existe $g:\mathbb{N}\to\mathbb{N}\times\mathbb{N}$ función biyectiva (como lo comprobarás en los ejercicios de esta sección), concluimos que $F^{+}\circ f\circ g:\mathbb{N}\to\mathbb{Q}^{+}\cup\{0\}$ es una biyección de $\mathbb{N}$ en $\mathbb{Q}^{+}$. Finalmente, como $\mathbb{Q}=\mathbb{Q}^{+}\cup\set{0}\cup\mathbb{Q}^{-}$, donde $\mathbb{Q}^{-}$ puede ser descrito por el conjunto $\{\frac{a}{b}:a\in\mathbb{Z}^{-},b\in\mathbb{Z}^{+}\}$, y $\mathbb{Q}^{-}$ es equipotente a $\mathbb{Q}^{+}$, entonces, $\mathbb{Q}$ es la unión ajena de dos conjuntos numerables; luego, como probarás en los ejercicios de esta entrada, se sigue que $\mathbb{Q}$ es numerable. Por tanto, $\mathbb{N}$ es equipotente a $\mathbb{Q}$.

$\square$

Aún cuando la función biyectiva que dimos en el último ejemplo no posee una regla de correspondencia agradable, sí es explícita, aunque resulte todavía complicado en la práctica calcular la imagen de la mayoría de los números naturales bajo dicha función.

Tarea moral

La siguiente lista de ejercicios te permitirá reforzar el contenido visto en esta entrada.

Si un conjunto $A$ es numerable y $x\in A$ es un elemento arbitrario, ¿será cierto que $A\setminus\set{x}$ es también numerable?
Sea $\mathbb{N}_0:=\mathbb{N}\setminus\set{0}$. Muestra que $f:\mathbb{N}\times\mathbb{N}\to\mathbb{N}_0$ dada por $f(n,m)=2^n(2m+1)$ es una función biyectiva.
Utilizando el ejercicio anterior, muestra que si $A$ y $B$ son conjuntos numerables, entonces $A\times B$ también es numerable.
Sean $A$ y $B$ conjuntos ajenos y numerables. Muestra que $A\cup B$ es numerable . ¿Y si los conjuntos $A$ y $B$ no son ajenos?
Demuestra que para cada $n\in\mathbb{N}\setminus\set{0,1}$, existen únicos $k\in\mathbb{N}\setminus\{0,1\}$ e $i\in\{1,\ldots,\varphi(k)\}$ tales que $n=\sum_{t=1}^{k-1}\varphi(t)+i$.

Más adelante…

En la siguiente entrada continuaremos el contenido acerca de conjuntos numerables.

Entradas relacionadas

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Agradecimientos

Trabajo realizado con el apoyo del Programa UNAM-DGAPA-PAPIME PE109323 «Hacia una modalidad a distancia de la Licenciatura en Matemáticas de la FC-UNAM – Etapa 3»

Cálculo Diferencial e Integral III: Polinomio de Taylor para campos escalares

Por Alejandro Antonio Estrada Franco

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Introducción

Una intuición que se obtiene de un primer curso de cálculo diferencial e integral es que las funciones que tienen muchas derivadas «se parecen mucho a polinomios», en el sentido de que podemos aproximarlas apropiadamente con este tipo de expresiones. Esta intuición nos las da el teorema del polinomio de Taylor. En muchas aplicaciones, es conveniente estudiar polinomios en vez de funciones en general, así que sería ideal tener una versión de este mismo resultado para cálculo de varias variables. En esta entrada recordaremos un poco del caso unidimensional y luego enunciaremos la teoría correspondiente para el polinomio de Taylor.

Recordatorio de polinomio de Taylor en $\mathbb{R}$

Recordemos qué es lo que dice el teorema del polinomio de Taylor para el caso unidimensional. Esto nos ayudará pues lo usaremos posteriormente para enunciar una versión para varias variables.

Teorema. Sea $f:S\subseteq \mathbb{R}\to \mathbb{R}$ una función y $a\in int(S)$ de tal manera que existen $f^{\prime}(a),\dots ,f^{(k)}(a)$. Sea $$a_{\ell}=\frac{f^{(\ell)}(a)}{\ell!}$$ con $0\leq \ell \leq k$ y definamos a partir de esto $$T_{k,a}(x)=a_{0}+a_{1}(x-a)+\dots +a_{k}(x-a)^k,$$

al que llamamos el polinomio de Taylor de $f$ de grado $k$ alrededor de $a$.

Entonces $$\lim_{x \to a}\frac{f(x)-T_{k,a}(x)}{(x-a)^k}=0.$$

La demostración de este teorema la puedes encontrar en la entrada El Polinomio de Taylor (Parte 1) del curso de Cálculo I. Es recomendable que consultes esta entrada para recordar todo lo referente a este tema en una variable real.

Pidiendo un poco más de regularidad, se puede estudiar el residuo $$R_{k,a}(x):=f(x)-T_{k,a}(x).$$

Por ejemplo, se puede demostrar el siguiente teorema.

Teorema. Sea $f:S\subseteq \mathbb{R}\to\mathbb{R}$. Supongamos que $f^{\prime},\dots ,f^{(k+1)}$ están definidas sobre $[a,x]$. Entonces, se puede expresar el residuo del teorema de Taylor como

\begin{equation}
\label{eq:residuo}
R_{k,a}(x)=\frac{f^{(k+1)}(\xi)}{(k+1)!}(x-a)^{k+1}.
\end{equation}

para algún $\xi\in[a,x]$.

Para la demostración de este teorema y otras expresiones del residuo (por ejemplo, una expresión en términos de integrales), puedes visitar el curso de Cálculo II, en particular la entrada Series de Taylor y de Maclaurin.

Pensemos de momento que $f$ tiene derivadas parciales de todos los órdenes (es decir, que es $C^\infty$). En este caso, $f$ tiene polinomios de Taylor de todos los grados. De entrada, no tendría por qué suceder que $\lim_{k\to \infty} T_{k,a}(x)=f(x)$, y de hecho hay contraejemplos para ello. Pero si además tenemos que se tiene $\lim_{k \to \infty}R_{k,a}(x)=0$, entonces la igualdad anterior sí se cumple. En este caso, verdaderamente $f$ se puede expresar como un polinomio infinito (una serie de potencias) alrededor de $a$ de la siguiente manera:

\begin{equation}\label{eq:taylor-inf}f(x)=\sum_{i=0}^{\infty}\frac{f^{(i)}(a)}{i!}(x-a)^{i}.\end{equation}

Ejemplo. Calculemos en $0$ el polinomio de Taylor de $f(x)=e^x$. Para cada entero positivo $k$ se tiene:

$$\frac{f^{(k)}(0)}{k!}x^{k}=\frac{e^0}{k!}x^{k}=\frac{x^{k}}{k!}.$$

De aquí, por la forma que toma el residuo, existe $\xi\in [0,x]$ para el cual

$$R_{k,0}(x)=\frac{e^\xi}{(k+1)!}x^{k+1}.$$

aquí $e^\xi$ está acotado y el cociente $\frac{x^{k+1}}{(k+1)!}$ se va a cero conforme $k\to \infty$. De este modo, tenemos la igualdad

$$e^x=1+\frac{x}{1}+\frac{x^2}{2!}+\frac{x^3}{3!}+\frac{x^4}{4!}+\frac{x^5}{5!}+\dots.$$

$\triangle$

Preliminares para polinomio de Taylor para campos escalares

La manera en la cual generalizaremos el teorema del polinomio de Taylor será a través de evaluar nuestro campo escalar sobre un segmento, muy parecido a como generalizamos el teorema del valor medio. Pongamos la situación en contexto.

Tomemos un abierto $S\subseteq \mathbb{R}^n$ y un campo escalar $f:S\to \mathbb{R}$. Tomemos vectores
\begin{align*}
\bar{a}=(a_1,\ldots,a_n)\\
\bar{v}=(v_1,\ldots,v_n),
\end{align*}

y $t$ en el intervalo $[0,1]$. Supondremos además que para todo dicho $t$ se cumple $\bar{a}+t\bar{v}\in S$.

Podemos recorrer el segmento de $\bar{a}$ a $\bar{a}+\bar{v}$ mediante la trayectoria $\gamma : [0,1] \to \mathbb{R}^{n}$ dada por $\gamma (t)=\bar{a}+t\bar{v}$. Si componemos a esta trayectoria con la función $f$, obtenemos una función $G: [0,1] \to \mathbb{R}$ dada por $$G(t)=(f\circ \gamma )(t)=f(\bar{a}+t\bar{v}).$$

Por la hipótesis de diferenciabilidad de $f$, es una función derivable de una variable real. Por la regla de la cadena su derivada está dada por la siguiente expresión:

\begin{align*}
G^{\prime}(t)&=v_{1}\frac{\partial f}{\partial x_{1}}(\bar{a}+t\bar{v})+\dots +v_n\frac{\partial f}{\partial x_n}(\bar{a}+t\bar{v})
\end{align*}

Vamos a introducir una notación muy usada y útil para el desarrollo que estamos haciendo. Definiremos un operador con la expresión anterior simplemente como

\[ G^{\prime}(t)=(\bar{v}\cdot \triangledown )f(\bar{a}+t\bar{v}).\]

Esta expresión no se sigue de manera tan formal de cosas que hemos hecho antes, pero observa que tiene sentido. En la expresión $\bar{v}\cdot \triangledown$ estamos haciendo algo así como un «producto punto de operadores». En el fondo, este operador manda a cada función diferenciable $f$ a su derivada direccional en la dirección de $\bar{v}$.

Para poder hablar de Taylor, necesitamos derivar iteradamente. Podemos entonces tomar ahora $G’$ y derivarla nuevamente, de donde obtendríamos

\begin{align*}
G^{\prime \prime} (t) &= (\bar{v}\cdot \triangledown) G'(\bar{a}+t\bar{v})\\
&=(\bar{v}\cdot \triangledown)\left((\bar{v}\cdot \triangledown)f(\bar{a}+t\bar{v})\right)\\
&=\left((\bar{v}\cdot \triangledown)(\bar{v}\cdot \triangledown)\right) f(\bar{a}+t\bar{v}).
\end{align*}

Es importante que medites en por qué se da la redistribución de paréntesis que hicimos en la última igualdad. Simplificaremos la expresión $(\bar{v}\cdot \triangledown)(\bar{v}\cdot \triangledown )$ como $(\bar{v}\cdot \triangledown)^2$, y de manera similar definimos $(\bar{v}\cdot \triangledown)^k$ como componer el operador $k$ veces. Continuando como arriba, bajo las hipótesis adecuadas de diferenciabilidad llegamos al siguiente resultado.

Proposición. Sea $k$ un entero positivo y $f:S\subseteq \mathbb{R}^{n}\to \mathbb{R}$ con $S$ abierto y derivadas parciales continuas de orden $1,2,\ldots,k$. Sea $\bar{a}\in S$, y $\bar{v}$ un vector tal que $\bar{a}+t\bar{v}\in S$ para todo $t\in [0,1]$. Entonces:

\begin{equation}\label{eq:iteradas}\left( \frac{d}{dt} \right)^{k}f(\bar{a}+t\bar{v})=(\bar{v}\cdot \triangledown )^{k}f(\bar{a}+t\bar{v}).\end{equation}

Demostración. Queda como tarea moral. Se sugiere hacerlo por inducción.

$\square$

Algo sorprendente y curioso que sucede con las expresiones del estilo $(\bar{v}\cdot \triangle)^k$ es que «se vale el binomio de Newton» para ellas, o en general, cualquier fórmula para elevar a la $k$-ésima potencia. Esto se ve muy claro en el caso de $f:S\subset \mathbb{R}^2\to \mathbb{R}$ y derivadas de orden $2$. Si tenemos $\bar{v}=(v_1,v_2)$, entonces $\bar{v}\cdot \triangledown=v_1\frac{\partial}{\partial x} + v_2\frac{\partial}{\partial y}$. Se puede demostrar, por ejemplo, que si las $k$-ésimas parciales son continuas entonces

\[ \left( v_1\frac{\partial}{\partial x}+v_2\frac{\partial}{\partial y}\right)^{k}=\sum_{i
=0}^{k}\binom{k}{i}v_1^iv_2^{k-i}\frac{\partial ^{i}}{\partial x^{i}}\frac{\partial^{k-i}}{\partial y^{k-i}}.\]

Un caso particular sería el de $n=2$ y $k=2$, en el que se obtiene que:

\begin{equation} \label{eq:binomio} \left( v_1\frac{\partial}{\partial x}+v_2\frac{\partial}{\partial y} \right)^{2}=v_1^{2}\frac{\partial ^{2}}{\partial x^{2}}+2{v_1}{v_2}\frac{\partial ^{2}}{\partial x\partial y}+v_2^{2}\frac{\partial ^{2}}{\partial y^{2}}.\end{equation}

En la práctica esto nos permitirá encontrar las expresiones que necesitamos para el polinomio de Taylor para campos escalares. Observa que estas expresiones son también las que nos confirman que la expresión que obtendremos será un polinomio en $v_1,v_2$ (en general, en las entradas de $\bar{v}$), pues tras aplicar el operador en $f$ y evaluar en un punto, finalmente \eqref{eq:binomio} quedará escrito para ciertas constantes $A,B,C$ como $$Av_1^2+2Bv_1v_2+Cv_2^2,$$ lo cual en efecto es un polinomio (en este caso de grado $2$ y dos variables).

Polinomio de Taylor para campos escalares

Con la notación que hemos introducido, ahora sí podemos enunciar apropiadamente el polinomio de Taylor. Pensemos en que $f$ es $k+1$ veces diferenciable y que todas esas derivadas son continuas. En la sección anterior vimos que $G=f\circ \gamma$ también sería $k+1$ veces diferenciable y dimos fórmulas para sus derivadas en términos de la notación $\bar{v}\cdot \triangledown$.

Aplicando el teorema de Taylor con la versión de residuo dada en la ecuación \eqref{eq:residuo}, para la función $G$, en los puntos $a=0$, $x=1$, tenemos que existe $\xi\in[0,1]$ tal que se satisface lo siguiente:

\[ G(1)=G(0)+G^{\prime}(0)+\frac{G^{(2)}(0)}{2!}+\dots +\frac{G^{(k)}(0)}{k!}+\frac{G^{(k+1)}(\xi)}{(k+1)!}.\]

Al usar las fórmulas dadas por la ecuación \eqref{eq:iteradas}, obtenemos que

\begin{align*}
G^{(s)}(0)&=(\bar{v}\cdot \triangledown )^{s}f(\bar{a}) & \text{para $s\leq k$}\\
G^{(k+1)}(\xi)&=(\bar{v}\cdot \triangledown )^{k+1}f(\bar{a}+\xi \bar{v}).
\end{align*}

Así, reescribiendo todo en términos de $f$ obtenemos que:

\begin{equation}\label{eq:prepoly}f(\bar{a}+\bar{v})=f(\bar{a})+\frac{(\bar{v}\cdot \triangledown )f(\bar{a})}{1!}+\dots +\frac{(\bar{v}\cdot \triangledown)^{k}f(\bar{a})}{k!}+\frac{(\bar{v}\cdot \triangledown )^{k+1}f(\bar{a}+\tau \bar{v})}{(k+1)!}.\end{equation}

Si de esta expresión quitamos el último término (el correspondiente al residuo) y hacemos la sustitución $\bar{w}=\bar{a}+\bar{v}$, obtenemos la siguiente expresión:

\begin{equation} \label{eq:poltaylor}T_{k,\bar{a}}(\bar{w}):=f(\bar{a})+\frac{((\bar{w}-\bar{a})\cdot \triangledown )f(\bar{a})}{1!}+\dots +\frac{((\bar{w}-\bar{a})\cdot \triangledown)^{k}f(\bar{a})}{k!}\end{equation}

le llamamos el polinomio de Taylor de $f$ de grado $k$ alrededor de $\bar{a}$ y converge a $f(\bar{a})$ conforme $\bar{w}\to \bar{a}$.

Ejemplo de polinomio de Taylor para campos escalares

Ejemplo. Determinemos el polinomio de Taylor de grado 3 de la expresión $f(x,y)=e^{5x+3y}$ alrededor del punto $(0,0)$. Para ello, usaremos la expresión de la fórmula \eqref{eq:prepoly} quitando el residuo y fórmulas tipo «binomio de Newton» como la de la ecuación \eqref{eq:binomio}.

Comencemos con el término de grado $1$. Está dado por el operador

$$\left(v_1\frac{\partial}{\partial x}+v_2\frac{\partial}{\partial y}\right)$$

que aplicado a nuestra función es

$$((v_1,v_2)\cdot \triangledown)f(x,y)=5v_1e^{5x+3y}+3v_2e^{5x+3y}.$$

Necesitaremos su evaluación en $(x,y)=(0,0)$, que es $5v_1+3v_2$.

Para pasar al término de segundo grado, necesitamos

\[\left( v_1\frac{\partial}{\partial x}+v_2\frac{\partial}{\partial y} \right)^{2}=v_1^{2}\frac{\partial ^{2}}{\partial x^{2}}+2{v_1}{v_2}\frac{\partial ^{2}}{\partial x\partial y}+v_2^{2}\frac{\partial ^{2}}{\partial y^{2}}.\]

Al aplicar este operador en nuestra $f$, se obtiene:

$$((v_1,v_2)\cdot \triangledown)^2f(x,y)=25v_1^2e^{5x+3y}+30{v_1}{v_2}e^{5x+3y}+9v_2^2 e^{5x+3y}$$

Lo necesitaremos evaluado en $(0,0)$, que es $25v_1^2+30v_1v_2+9v_2^2$.

Finalmente, también requeriremos del término de orden $3$, para el cual es necesario calcular el siguiente operador

\[ \left( v_1\frac{\partial}{\partial x}+v_2\frac{\partial}{\partial y} \right)^{3}=v_1^{3} \frac{\partial}{\partial x^3}+3v_1^{2}{v_2}\frac{\partial}{\partial x^{2}\partial y}+3v_1v_2^{2}\frac{\partial}{\partial x \partial y^2}+v_2^3\frac{\partial}{\partial y^3},\]

y aplicarlo a nuestra $f$ para obtener

$$((v_1,v_2)\cdot \triangledown)^3f(x,y)=125v_1^3e^{5x+3y}+225v_1^2v_2e^{5x+3y}+135v_1v_2^2 e^{5x+3y}+27v_2^3e^{5x+3y}.$$

Una vez más, requerimos la evaluación en $(0,0)$, la cual es $125v_1^3+225v_1^2v_2+135v_1v_2^2+27v_2^3$.

Juntando todo esto, obtenemos que

\begin{align*}
f(v_1,v_2)&=f(0,0)+\frac{((x,y)\cdot \triangledown )f(0,0)}{1!}+\frac{((x,y)\cdot \triangledown )^{2}f(0,0)}{2!}+\frac{((x,y)\cdot \triangledown)^{3}f((0,0))}{3!}\\
&=1+5v_1+3v_2+\frac{25v_1^2+30v_1v_2+9v_2^2}{2}+\frac{125v_1^3+225v_1^2v_2+135v_1v_2^2+27v_2^3}{6}.
\end{align*}

$\square$

Observa que, en efecto, obtenemos un polinomio en dos variables y de grado tres.

Los casos especiales para grado $1$ y grado $2$

Las presentaciones más clásicas del polinomio de Taylor para campos escalares de varias variables son las versiones de primero y segundo grado. Para el polinomio de primer grado, tenemos la siguiente expresión:

$$T_{1,\bar{a}}(\bar{a}+\bar{v})=f(\bar{a})+\sum_{i=1}^{n}(v_i)\frac{\partial f}{\partial x_{i}}(\bar{a}).$$

En el caso de la presentación clásica para la fórmula de segundo orden tenemos

$$\frac{(\bar{v}\cdot \triangledown)^{2}f}{2!}(\bar{a})=\sum_{i=1}^n\sum_{j=1}^nv_{i}v_{j}\frac{\partial ^{2}f}{\partial x_{j}\partial x_{i}}(\bar{a})$$

Donde

$$T_{2,\bar{a}}(\bar{a}+\bar{v})=f(\bar{a})+\sum_{i=1}^{n}v_{i}\frac{\partial f}{\partial x_{i}}(\bar{a})+\frac{1}{2}\sum_{i=1}^n\sum_{j=1}^{n}v_{i}v_{j}\frac{\partial ^{2}f}{\partial x_{j}\partial x_{i}}(\bar{a}).$$

Esta suma tendrá utilidad especial hacia el final del curso, cuando hablemos de optimización. La expresión también puede ponerse en términos de otro objeto matemático que se llama la matriz Hessiana, la cual definiremos más adelante una vez que hayamos hecho un repaso de álgebra lineal, matrices y formas cuadráticas.

Mas adelante…

Con lo que hemos trabajado hasta ahora hemos desarrollado un muy buen entendimiento de las curvas y de los campos escalares, que respectivamente son funciones $f:\mathbb{R}\to \mathbb{R}^m$ y $f:\mathbb{R}^n\to \mathbb{R}$. Sin embargo, nos gustaría ahora poder hablar con mucha mayor generalidad y entender a las funciones del estilo $f:\mathbb{R}^n\to \mathbb{R}^m$. Ya entendimos un poco de cómo son en términos de continuidad, cuando hablamos de la topología de $\mathbb{R}^n$. Sin embargo, para poder hablar de su diferenciabilidad y de otros resultados teóricos será necesario hacer un repaso de algunos conceptos adicionales de álgebra lineal. Por esta razón, en la siguiente unidad hablaremos de temas como transformaciones lineales, matrices, sistemas de ecuaciones, formas lineales y bilineales.

Tarea moral

Encuentra el polinomio de Taylor de primer grado para las siguientes funciones:
- $f(x,y)=e^(x+y)$
- $f(x,y)=e^{sen(x+y)}$
- $f(x,y)=x^2y^2+x+y$
Calcula el polinomio de Taylor de segundo grado para los siguientes campos escalares en el punto dado:
- $f(x,y)=x^2+xy$ en el punto $(1,1)$.
- $f(x,y,z)=xsen(yz)$ alrededor del punto $(\pi ,\pi ,\pi)$.
Demuestra por inducción la fórmula \[\left( \frac{d}{dt} \right)^{k}f(\bar{a}+t\bar{v})=(\bar{v}\cdot \triangledown )^{k}f(\bar{a}+t\bar{v}).\]
Demuestra por inducción \[ \left( x\frac{\partial}{\partial x}+y\frac{\partial}{\partial y}\right)^{k}=\sum_{i=1}^{k}\binom{k}{i}x^{i}y^{k-i}\frac{\partial ^{i}}{\partial x^{i}}\frac{\partial^{k-i}}{\partial y^{k-i}}.\]
En esta entrada sólo discutimos con detalle lo que pasa con el polinomio de Taylor «hasta cierto grado $k$». Sin embargo, no dimos una versión que generalice el polinomio de Taylor para cuando usamos todos los términos posibles (como en la ecuación \eqref{eq:taylor-inf}). Observa que en el recordatorio de una variable real sí pusimos el resultado para la serie de Taylor. Enuncia y demuestra una versión para campos escalares.

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Álgebra Moderna I: Subgrupo Conjugado, Subgrupo Normal y Conmutatividad Parcial

Por Cecilia del Carmen Villatoro Ramos

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(Trabajo de titulación asesorado por la Dra. Diana Avella Alaminos)

Introducción

La entrada de Relación de equivalencia dada por un subgrupo e índice de H en G la comenzamos usando a los enteros como motivación. Aquí haremos lo mismo.

Sabemos que $(\z, +_\z)$ es un grupo y que el conjunto $n\z$ es un subgrupo de $\z$ formado por los múltiplos de $n$. Ahora, recordemos lo que son los enteros módulo $n$ denotados por $\z_n$. Supongamos que tenemos $a,b\in \z$, las clases de equivalencia de $a$ y $b$ módulo $n$ se definen de la siguiente manera:
\begin{align*}
\bar{a} = a + n\z, \quad \bar{b} = b + n\z.
\end{align*}

La notación $a + n\z$ y $b + n\z$ se puede entender como clases laterales izquierdas de $n\z$. Pero en lugar de usar la notación multiplicativa que hemos estado usando, en esta ocasión usamos una notación aditiva para representarlas. Es decir, si consideramos $G = \z$ un grupo y $H = n\z$ un subgrupo de $G$, la clase de equivalencia $aH$ sería $a + n\z$.

Cuando queremos sumar dos clases de equivalencia, usamos la suma usual en $\z$. Digamos
\begin{align*}
\bar{a} + \bar{b} = \overline{a+b}.
\end{align*}

Aunque lo escribamos así, en realidad lo que estamos haciendo, es definir la suma $$+_n: \z_n \times \z_n \to \z_n$$ usando $+_\z$ que es la suma del grupo $(\z,+_\z)$. Entonces lo anterior quedaría:
\begin{align*}
\bar{a} +_n \bar{b} = \overline{a+_\z b}.
\end{align*}

Resulta que $+_n$ es una operación bien definida y $(\z_n,+_n)$ es un grupo.

Otra manera de escribirlo sería:
\begin{align*}
(a+n\z) +_n (b+n\z) = (a+_\z b) + n\z.
\end{align*}
Lo que nos da una suma de dos clases laterales izquierdas (con notación aditiva) de $n\z$.

Ahora nos preguntamos, ¿cómo podemos generalizar esta propiedad?

Tomemos $G$ un grupo y $H$ un subgrupo y consideremos dos clases laterales izquierdas de $H$, digamos $aH$ y $bH$. En caso de ser posible, lo que queremos es definir un producto entre clases del siguiente modo:
\begin{align*}
aH \cdot_H bH = ab H.
\end{align*}

Donde $\cdot_H$ es el nuevo producto entre clases y $ab$ se hace con el producto en $G$.

Sin embargo, debemos verificar que este producto $\cdot_H$ esté bien definido. Para ello tenemos que ver que no depende de los representantes elegidos. Tomemos entonces otros representantes de las clases, para simplificarlo, cambiemos sólo el representante de una de las dos clases, digamos $\tilde{a}\in G$ tal que $\tilde{a}H = aH$.

Entonces, quisiéramos que $abH = \tilde{a}bH$, pero esto sucedería sólo de la siguiente manera,
\begin{align*}
abH = \tilde{a}b H \Leftrightarrow\;& (ab)^{-1} \tilde{a}b\in H\\
\Leftrightarrow\;& b^{-1}a^{-1}\tilde{a}b\in H.
\end{align*}

Entonces, ¿cómo sabemos que $b^{-1}a^{-1}\tilde{a}b\in H$? Lo que sí sabemos es que $a^{-1}\tilde{a} \in H$, pues $\tilde{a}H= aH$. Entonces, bastaría pedir que si $h\in H$, al multiplicar a $h$ a un lado por un elemento de $G$, y al otro por su inverso, sigamos obteniendo elementos en $H$.

En esta entrada usaremos la idea anterior para definir un producto entre dos clases izquierdas usando el producto en $G$.

Subgrupos normales

Primero necesitamos definir formalmente qué es un conjugado.

Definición. Sean $G$ un grupo y $b,c \in G$. Decimos que $b$ es conjugado de $c$ si $b = aca^{-1}$ para alguna $a\in G$.

Dado $a\in G$ y $H$ un subgrupo de $G$,el conjugado de $H$ por el elemento $a$ es
$$aHa^{-1} = \{aha^{-1}|h\in H\}.$$

Observación. $aHa^{-1}$ es un subgrupo de $G$, para toda $a \in G$.

La demostración de esta observación queda de tarea moral.

Definición. Sean $G$ un grupo y $N$ subgrupo de $G$. Decimos que $N$ es normal en $G$ si $ana^{-1} \in N$ para todas $a\in G$, $n\in N$.

Notación. $N\unlhd G$.

Ahora, veamos una proposición. Recordemos que en una entrada pasada vimos que las clases laterales izquierdas no siempre coinciden con las clases laterales derechas y dimos algunos ejemplos. La siguiente proposición nos dirá que con subgrupos normales, la igualdad de clases derechas e izquierdas siempre se da.

Proposición. Sean $G$ un grupo y $N$ subgrupo de $G$. Las siguientes condiciones son equivalentes:

$N\unlhd G$.
$a N a^{-1} = N$ para todo $a\in G$.
Para toda $a \in G$, $aN = Na$.

Demostración.
Sean $G$ un grupo y $N \leq G$.

$|1) \Rightarrow 2)]$ Supongamos que $N \unlhd G$. Sea $a\in G$.

P.D. $aNa^{-1} = N$.
Probaremos esto por doble contención.

$\subseteq]$ Como $N\unlhd G$, $ana^{-1} \in N$ para toda $n\in N$. Entonces el conjunto $aNa^{-1} = \{ana^{-1}|n\in N\}$ está contenido en $N$.

$\supseteq]$ Sea $n\in N$, como $N\unlhd G$, $a^{-1}na = a^{-1}n(a^{-1})^{-1} \in N$. Entonces $n = a(a^{-1}n a)a^{-1} \in a N a^{-1}$.

Por lo tanto $aNa^{-1} = N$.

$|2) \Rightarrow 3)]$ Supongamos que para todo $a \in G$, entonces $aNa^{-1} = N$. Sea $a\in G$.

P.D. $aN = Na$.
De nuevo, probaremos esto por doble contención.

$\subseteq]$ Tomemos $an \in aN$ con $n\in N$, como $ana^{-1} \in aNa^{-1}$, y $ aNa^{-1}= N$ por hipótesis, entonces $an = (ana^{-1}) a \in Na$.

$\supseteq]$ Tomemos $na \in Na$ con $n\in N$, como $a^{-1}na \in a^{-1}Na$, y $a^{-1}Na = N$ por hipótesis, entonces $na = a(a^{-1}na) \in aN$.

Por lo tanto $aN = Na$.

$|3)\Rightarrow 1)]$ Supongamos que para todo $a\in G$, existe $b\in G$ tal que $aN = Nb$. Sean $a \in G$ y $n \in N$.

P.D. $ana^{-1} \in N$.

Por hipótesis $aN = Nb$ para alguna $b\in G$. Pero $a \in aN = Nb$, entonces $a\in Nb$, por lo que $a$ es otro representante de la clase lateral $Nb$, y en consecuencia $Na = Nb$. Tenemos entonces que $aN = Nb=Na.$

Así, $an\in aN = Na$ y entonces $an = \tilde{n}a$ para alguna $\tilde{n}\in N$. Entonces

\begin{align*}
ana^{-1} = (an)a^{-1} = (\tilde{n}a)a^{-1} = \tilde{n} \in N.
\end{align*}
Por lo tanto $N \unlhd G$.

Así 1), 2) y 3) son equivalentes.

$\blacksquare$

Observación. (Conmutatividad parcial)
Si $N\unlhd G$, dados $n\in N$ y $a\in G$, tenemos que $an = \tilde{n}a$ para alguna $\tilde{n}\in N$, también $na = a \hat{n}$ para alguna $\hat{n} \in N$.

Ejemplos

$A_n \unlhd S_n$ ya que si $\beta \in A_n$ y $\alpha\in S_n$.
\begin{align*}
sgn \,(\alpha\beta\alpha^{-1}) &= sgn \,\alpha \; sgn \,\beta \:sgn \,\alpha^{-1}\\
& = sgn \,\alpha \;(+1) \;sgn \, \alpha \\
& = +1.
\end{align*}
Por lo tanto $\alpha\beta\alpha^{-1}\in A_n$.
Consideremos
\begin{align*}
Q &= \{\pm 1, \pm i, \pm j, \pm k\}\\
H &= \{\pm 1, \pm i\}.
\end{align*}
Las clases laterales izquierdas de $H$ en $Q$ son: $H$ y $jH$.
Las clases laterales derechas de $H$ en $Q$ son: $H$ y $Hj$.
Además $jH = \{\pm j, \pm k\} = Hj$. Por lo tanto $H \unlhd Q$.
Consideremos $D_{2(4)}$ las simetrías del cuadrado. Sean $a$ la rotación $\displaystyle\frac{\pi}{2}$ y $b$ la reflexión con respecto al eje $x$.
Sea $H = \{e, b\}$.
Si tomamos la transformación $aba^{-1}$ podemos desarrollarla algebraicamente y geométricamente. Primero lo haremos de manera algebraica y la interpretación geométrica la podrás encontrar en una imagen más abajo.
Así, como vimos cuando trabajamos con el grupo diédrico:
$$aba^{-1} = aab = a^2b \not\in H$$
con $a^2b$ la reflexión con respecto al eje $y$.
Por lo tanto $H \not\unlhd D_{2(4)}$.

Representación gráfica de la transformación $aba^{-1}$.

Tarea moral

Sean $W = \left< (1\;2)(3\;4)\right>$, $V = \{(1), (1\;2)(3\;4),(1\;3)(2\;4),(1\;4)(2\;3)\}\leq S_4$. Verifica si $W$ es normal en $V$, si $V$ es normal en $S_4$ y si $W$ es normal en $S_4$ ¿qué puedes concluir con ello?
Sea $G$ un grupo, $H$ y $N$ subgrupos de $G$ con $N$ normal en $G$, prueba o da un contraejemplo:
- $N\cap H$ es normal en $H$.
- $N\cap H$ es normal en $G$.
Demuestra o da un contraejemplo: Si $G$ es un grupo tal que cada subgrupo de él es normal, entonces $G$ es abeliano.
Sea $G$ un grupo finito con un único subgrupo $H$ de orden $|H|$. ¿Podemos concluir que $H$ es normal en $G$?

Más adelante…

Como ya es costumbre, después de dar las definiciones y de practicarlas un poco con ejemplos, toca profundizar y hablar más sobre las proposiciones y teoremas que involucran a los subgrupos normales. En la siguiente entrada veremos esto.

Entradas relacionadas

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Álgebra Moderna I: Caracterización de grupos cíclicos

Por Cecilia del Carmen Villatoro Ramos

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(Trabajo de titulación asesorado por la Dra. Diana Avella Alaminos)

Introducción

Gracias al teorema de Lagrange sabemos que si $G$ es un grupo de orden finito, entonces el orden de todo subgrupo divide al del grupo que lo contiene, pero no sabemos si para cada divisor del orden del grupo, existe un subgrupo de ese tamaño. El siguiente teorema nos da una respuesta positiva en el caso de los grupos cíclicos finitos.

En los grupos cíclicos, para cada divisor del orden del grupo existe un único subgrupo que tiene por orden dicho divisor. Eso es lo primero que veremos en esta entrada. Después, demostraremos un resultado de la teoría de los números, usando la teoría de los grupos para llegar a una caracterización de los grupos cíclicos. Esta caracterización y sus consecuencias en los campos finitos se basan en el material de los textos de Rotman y aparecen también en el libro de Avella, Mendoza, Sáenz y Souto, mencionados en la bibliografía.

Todo divisor tiene un subgrupo de ese orden

Teorema. Sea $G$ un grupo finito cíclico de orden $n$. Para cada $d \in \z^+$ divisor de $n$ existe un único subgrupo de $G$ de orden $d$.

Demostración.
Sean $G$ un grupo finito cíclico de orden $n$ y $a \in G$ tal que $G = \left< a \right>$.

Sea $d\in \z^+$ con $d|n$.

Veamos que existe un subgrupo de $G$ de orden $d$.

P.D. Existe un subgrupo de $G$ de orden $d$.
Como $d|n$, entonces $n = dk$ con $k \in \z$.

Queda como ejercicio para la tarea moral verificar que
\begin{align*}
o(a^k) = \frac{n}{(n ; k)} = \frac{n}{k} = d.
\end{align*}

Así, $|\left< a^k \right>| = o(a^k) = d$.

Veamos ahora que este subgrupo es único.

P.D. Que no hay otro subgrupo de orden $d$.
Sea $H\leq G$ con $|H|=d$. Como $G$ es cíclico, $H$ también es cíclico y, por ende, $H = \left< a^m \right>$ para alguna $m \in \z$, entonces

\begin{align*}
&e = (a^m)^{|H|} = (a^m)^d = a^{md}.
\end{align*}
Como $ a^{md} = e$, podríamos pensar que $o(a) = md$, sin embargo eso no es siempre cierto, lo que sí es cierto es que $n|md$. Entonces, existe $q\in\z$ tal que
\begin{align*}
&md = nq\\
\Rightarrow \;& md = dkq &\text{Sustituyendo } n = dk\\
\Rightarrow \; &m=kq.
\end{align*}

Así $a^m = a^{kq} = (a^k)^q \in \left< a^k \right>$, entonces $H = \left< a^m\right> \leq \left< a^k\right> $. Pero $| \left< a^m\right>| = |\left< a^k\right>| = d$, por lo tanto $ \left< a^m\right> = \left< a^k\right>$.

$\blacksquare$

Demostrando resultados de teoría de números usando teoría de grupos

Para llegar a una caracterización de los grupos cíclicos, primero vamos a introducir la siguiente notación.

Notación. Sea $C$ grupo cíclico. Al conjunto de generadores del grupo cíclico $C$ lo denotaremos por
$$\text{gen } C =\{a\in C | \left< a\right> = C\}.$$

Recordatorio. Dado $d \in \z^+$

$$\varphi(d) = \#\{m \in \{1,2,\dots,d\} | (m;d) = 1\}.$$
Es decir, $\varphi(d)$ es la cantidad de primos relativos con $d$. A la función $\varphi$ se le conoce como la función phi de Euler.

Ahora, veamos un resultado que se refiere más a asuntos de la teoría de los números, y se puede encontrar en el libro de Rotman An introduction to the theory of groups, Teorema 2.16, mencionado en la bibliografía.

Teorema. Sea $n\in \z^+$. Entonces $n = \displaystyle \sum_{\substack{d|n \\ 1\leq d \leq n}} \varphi(d)$.

Demostración.
Sea $G$ un grupo cíclico de orden $n$.

Por el teorema anterior, para cada $d|n$ con $1\leq d\leq n$ existe un único subgrupo de $G$ de orden $d$, digamos $C_d$.

P.D. $\displaystyle G = \bigcup_{\substack{d|n \\ 1\leq d \leq n}} \text{gen } C_d$.

Lo probaremos por doble contención.

$\subseteq]$ Sea $a\in G$.

Sabemos que $\left< a \right>$ es un subgrupo de $G$ de orden $o(a)$, con $o(a)\mid n$. Entonces $\left< a \right> = C_{o(a)}$ y además $a \in \text{gen }C_{o(a)}$ por construcción. Así, $\displaystyle a \in \bigcup_{\substack{d|n \\ 1\leq d \leq n}} \text{gen } C_d.$

$\supseteq]$ Por construcción, se da la contención $\text{gen } C_d \subseteq G$ para cada $d|n$, $1 \leq d \leq n$.

Por lo tanto, $\displaystyle G = \bigcup_{\substack{d|n \\ 1\leq d \leq n}} \text{gen } C_d$.

Ahora veamos que la unión es disjunta.

Sean $d, d’ \in \{1,\dots, n\}$ divisores de $n$.

P.D. Si $\text{gen } C_d \cap \text{gen } C_{d’}\neq \emptyset,$ entonces $d=d’.$

Sea $a \in \text{gen } C_d \cap \text{gen } C_{d’}$.

Entonces
\begin{align*}
C_d &= \left< a \right> = C_{d’}\\
\Rightarrow \;d &= |C_d| = |C_{d’}| = d’\\
&\therefore d = d’.
\end{align*}

Así, tenemos una unión disjunta, y en consecuencia

\begin{align*}
|G| &= \left|\bigcup_{\substack{d|n \\ 1\leq d \leq n}} \text{gen } C_d \right| \\ \\
& = \sum_{\substack{d|n \\ 1\leq d \leq n}} \#\text{gen } C_d. &
\end{align*}

Luego, si $C_d = \left<a\right>$, queda como ejercicio para la tarea moral ver que $C_d = \left<a^k\right>$ si y sólo si $(k;d) = 1$. Por lo que tenemos tantos generadores como primos relativos haya con $d$. Así,
\begin{align*}
|G| =\sum_{\substack{d|n \\ 1\leq d \leq n}} \#\text{gen } C_d = \sum_{\substack{d|n \\ 1\leq d \leq n}} \varphi(d).
\end{align*}

Por último, como $|G| = n$, se sigue que
\begin{align*}
\sum_{\substack{d|n \\ 1\leq d \leq n}} \varphi(d) = n.
\end{align*}

$\blacksquare$

Ahora sí, la caracterización que todos esperábamos

Después de los resultados anteriores ya estamos listos para dar el siguiente teorema, (que aparece en el libro de Rotman An introduction to the theory of groups, Proposición 2.17, mencionado en la bibliografía) pero esta vez lo demostraremos usando la teoría de los grupos.

Teorema. Sea $G$ un grupo finito de orden $n$. $G$ es cíclico si y sólo si para cada $d \in \z^+$ divisor de $n$, $G$ tiene a lo más un subgrupo cíclico de orden $d$.

A pesar de que el enunciado dice que $G$ tiene a lo más un subgrupo cíclico, al final resulta que existe un único. La redacción es adrede para que la demostración del regreso no sea trivial.

Demostración.
Sea $G$ un grupo finito de orden $n$.

$|\Rightarrow]$ Supongamos que $G$ es cíclico, entonces, por un resultado previo, para cada $d \in \z^+$ divisor de $n$, $G$ tiene exactamente un subgrupo cíclico de orden $d$.

$[\Leftarrow|$ Supongamos que para toda $d \in \z^+$ divisor de $n$, $G$ tiene a lo más un subgrupo cíclico de orden $d$; si éste existe lo denotaremos por $C_d$, si no existe definimos $C_d = \emptyset$ y definimos también $\text{gen } C_d = \emptyset$ en ese caso.

Por un argumento análogo al de la demostración del teorema anterior, se tiene que $G$ es la siguiente unión disjunta:
\begin{align*}
G = \bigcup_{\substack{d|n\\1\leq d\leq n}} \text{gen }C_d.
\end{align*}

Entonces, usando el teorema anterior,

\begin{align*}
n = |G| = \sum_{\substack{d|n\\1\leq d \leq n}} \#\text{gen } C_d \leq \sum_{\substack{d|n\\1\leq d \leq n}} \varphi(d) = n.
\end{align*}

Donde el teorema anterior se usa en la última igualdad.

Entonces,

\begin{align*}
\sum_{\substack{d|n\\1\leq d \leq n}} \#\text{gen } C_d =\sum_{\substack{d|n\\1\leq d \leq n}} \varphi(d).
\end{align*}

Así, para toda $d|n$, con $1\leq d\leq n$ se tienen que $\#\text{gen } C_d = \varphi(d)$ de donde $\text{gen } C_d \neq \emptyset$.

Por lo tanto, para toda $d|n$ con $1\leq d \leq n$, $G$ tiene exactamente un subgrupo cíclico de orden $d$. En particular $G$ tiene exactamente un subgrupo cíclico de orden $n$ que debe ser $G$ mismo.

$\therefore G$ es cíclico.

$\blacksquare$

Consecuencias

Veamos las siguientes consecuencias del resultado anterior (aparecen en el libro de Rotman A first course in abstract algebra mencionado en la bibliografía en el Teorema 2.18 y la observación previa):

Corolario 1. Sea $G$ un grupo finito de orden $n$. Si para toda $d\in \z^+$ divisor de $n$ hay a lo más $d$ soluciones de $x^d = e$ en $G$, entonces $G$ es cíclico.

Demostración.
Sea $G$ un grupo finito, con $|G| = n$, tal que $\forall d \in \z^+$ que $d|n$, existen a lo más $d$ soluciones de $x^d = e$ en $G.$

P.D. $G$ es cíclico.

Supongamos por contradicción que $G$ no es cíclico, entonces, por el teorema anterior tenemos que para alguna $d\in\z^+$ divisor de $n$ existe más de un subgrupo cíclico de orden $d$, es decir, existen $C,C’$ con $C\neq C’$ subgrupos cíclicos de $G$ de orden $d$.

Por un lado, si $a\in C$, $e = a^{|C|} = a^d$. Por otro lado, si $a\in C’$, $e = a^{|C’|} = a^d$. Entonces para toda $a\in C\cup C’$, $a$ es solución de $x^d = e$.

Pero como $C \neq C’$, entonces $\#C\cup C’ > |C| = d$, entonces habría más de $d$ soluciones de $x^d=e$ en $G$. Esto es una contradicción.

Así, para toda $d\in\z^+$ tal que $d\in\n$ existe a lo más un subgrupo cíclico de orden $d$.

Por el teorema anterior, $G$ es cíclico.

$\blacksquare$

En realidad, nos interesa el corolario 1, para probar el corolario 2.

Corolario 2. Para todo campo finito $K$, el grupo $K^* = K\setminus\{0\}$ con la multiplicación del campo, es cíclico.

Demostración.
Sea $d\in \z^+$ tal que $d\big||K^*|$.

Ahora, nos fijamos en el polinomio $f(x) = x^d -1$ que tiene a lo más $d$ raíces en $K^*$. Pero las raíces de $f(x)$ son precisamente las soluciones de la ecuación $x^d = 1$, donde $1$ es el neutro multiplicativo de $K$.
Por lo tanto, por el corolario 1, $K^*$ es cíclico.

$\blacksquare$

Tarea moral

1. Sean $G$ un grupo finito cíclico de orden $n$, $a \in G$ y $k\in \z^+$.

Demuestra que $\displaystyle o(a^k) = \frac{n}{(n;k)} = \frac{n}{k}.$
Demuestra que $G = \left< a^k \right>$ si y sólo si $(n;k) = 1.$

2. Dada $d\in \z^+$ definimos

\begin{align*}\phi(d) = \#\{m\in \{1,2,\dots,d\}\, | \, (m;d) = 1\}.\end{align*}

Donde $(m,d)$ es máximo común divisor de $m$ y $d$.

Encuentra $\displaystyle \sum_{\substack{ d|n \\ 1\leq d \leq n}} \phi(d) $ para $n \in \{5,8,9,12\}$.

3. Considera el conjunto
\begin{align*}
K = \left\{ \begin{pmatrix}
a & b \\ b & a+b
\end{pmatrix} \, \Big| a,b\in\z_2
\right\}
\end{align*}
con las operaciones usuales. Prueba que $K$ es un campo con cuatro elementos y verifica que $K^*$ es cíclico.

Más adelante…

Con esta entrada concluimos por el momento los temas relacionados al orden de un grupo y de un subgrupo. En la próxima entrada comenzaremos una nueva tarea: encontrar una multiplicación apropiada entre dos clases laterales, para ello, regresaremos a estudiar un poco a los enteros.

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