Seminario de Resolución de Problemas: Sucesiones monótonas y acotadas

Introducción

En entradas anteriores hablamos de sucesiones aritméticas y geométricas. También hablamos de sucesiones periódicas y pre-periódicas. Cuando una sucesión es de cualquiera de estos tipos, entonces no es tan compleja pues depende de pocos parámetros. Hay otros dos sentidos en los que podemos restringir una sucesión: orden y en tamaño. Esto nos da, respectivamente, las definiciones de sucesiones monótonas y acotadas.

Por un lado, para hablar de sucesiones acotadas se necesita una noción de distancia. Por otro, para hablar de sucesiones monótonas se necesita de una noción de orden. En las siguientes secciones veremos ejemplos numéricos, pero mucho de lo que discutimos en esta entrada es generalizable a espacios métricos o conjuntos ordenados arbitrarios.

A menos que digamos lo contrario, supondremos que las sucesiones de las que hablamos empiezan con un término de subíndice 0, aunque esto en realidad no afecta las ideas que discutimos.

Sucesiones acotadas

Las sucesiones acotadas son aquellas que siempre están “cerca de un punto”. Cuando estamos hablando de sucesiones de reales, o de elementos en un conjunto linealmente ordenado, podemos hablar de cotas por arriba y por abajo.

Definición. Sea \{x_n\} una sucesión de reales. Decimos que \{x_n\} es:

  • Inferiormente acotada si existe un real m tal que x_n\geq m para todo entero n\geq 0.
  • Superiormente acotada si existe un real M tal que x_n\leq M para todo entero n\geq 0.
  • Acotada si es inferiormente acotada y superiormente acotada.

Se puede usar como definición alternativa del tercer punto la conclusión de siguiente proposición. Esto permite definir sucesiones acotadas en cualquier espacio normado.

Proposición. Sea \{x_n\} una sucesión de reales. Se tiene que \{x_n\} es acotada si y sólo si existe un real A\geq 0 tal que |x_n|\leq A para todo entero n\geq 0.

Cualquier sucesión periódica de reales toma sólo una cantidad finita de valores, así que es acotada. ¿Cómo son las sucesiones aritméticas y geométricas que son acotadas?

Problema. La sucesión \{x_n\} está definida para n\geq 1 y está dada por

    \[x_n=3+\sqrt{3+\sqrt{3+\sqrt{\ldots\sqrt{3+\sqrt{3}}}}},\]

en donde tenemos n signos de raíz cuadrada. Muestra que esta sucesión es acotada.

Sugerencia pre-solución. La notación es algo difícil. Usa una mejor notación, conjetura una cota superior trabajando hacia atrás, y pruébala por inducción.

Solución. El primer término es 3+\sqrt{3} y para n\geq 1 tenemos

    \[x_{n+1}=3+\sqrt{x_n} \geq 0.\]

Falta ver que la sucesión está acotada superiormente.

Trabajemos hacia atrás, suponiendo que podemos mostrar por inducción que un real C es cota superior. Al hacer el paso inductivo, nos bastaría que

    \[3+\sqrt{C}\leq C.\]

Esto se cumple para muchos valores de C, por ejemplo, podemos tomar C=9.

Hagamos la prueba formalmente. Mostraremos que \{x_n\} está acotada superiormente por 9. El primer término es 3+\sqrt{3}, que está acotado por 9. Si x_n está acotado por 9, entonces

    \[x_{n+1}=3+\sqrt{x_n}\leq 3+\sqrt{9}\leq 3+3 \leq 9.\]

Esto termina la inducción y muestra que \{x_n\} es acotada.

\square

Sucesiones monótonas

Otra forma de limitar los “movimientos” de una sucesión es a través de una noción de orden. Las siguientes definiciones son para sucesiones de reales, pero es sencillo extenderlas a cualquier conjunto parcialmente ordenado.

Definición. Sea \{x_n\} una sucesión de reales. Decimos que \{x_n\} es:

  • Creciente si para todo par de enteros enteros k>l\geq 0 se tiene que x_k\geq x_l.
  • Estrictamente creciente si para todo par de enteros enteros k>l\geq 0 se tiene que x_k> x_l.
  • Decreciente si para todo par de enteros enteros k>l\geq 0 se tiene que x_k\leq x_l.
  • Estrictamente decreciente si para todo par de enteros enteros k>l\geq 0 se tiene que x_k<x_l.

Las sucesiones monótonas son aquellas que cumplen alguna de las definiciones anteriores.

Aunque la definición requiere que cierta desigualdad se cumpla para todo par de índices k>l\geq 0, basta con demostrar que se cumple para k=n+1 y l=n, es decir, para índices consecutivos. Esto típicamente se reduce a demostrar una desigualdad. Hablaremos más adelante de técnicas para resolver desigualdades, pero por el momento veremos un ejemplo sencillo.

Problema. Muestra que la sucesión \{x_n\} dada por

    \[x_n=\left(1 +\frac{1}{n}\right)^n\]

es estrictamente creciente.

Sugerencia pre-solución. Basta con que pruebes la desigualdad para subíndices consecutivos. Para hacer esto, usa el binomio de Newton y modifica el problema a comparar ciertos términos.

Solución. Tenemos que mostrar que

    \[\left(1+\frac{1}{n}\right)^{n} \leq \left(1+\frac{1}{n+1}\right)^{n+1}.\]

Para mostrar esto, primero demostraremos la siguiente desigualdad auxiliar para 0\leq k \leq n+1:

(1)   \begin{equation*}\binom{n}{k}\frac{1}{n^k}\leq \binom{n+1}{k}\frac{1}{(n+1)^k}.\end{equation*}

Si k=n+1, la desigualdad se cumple pues el término izquierdo es 0. Para 0\leq k \leq n, esta desigualdad es equivalente a la desigualdad

    \[\frac{\binom{n+1}{k}}{\binom{n}{k}}\geq \left(\frac{n+1}{n}\right)^k.\]

Usando la expresión en términos de factoriales y simplificando el lado izquierdo, tenemos que

    \begin{align*}\frac{\binom{n+1}{k}}{\binom{n}{k}}&=\frac{\frac{(n+1)!}{k!(n+1-k)!}}{\frac{n!}{k!(n-k)!}}\\&=\left(\frac{n+1}{n}\right)\cdot\left(\frac{n}{n-1}\right)\cdot \ldots\cdot\left(\frac{n+2-k}{n+1-k}\right)\end{align*}

Afirmamos que cada uno de los k términos de la derecha es mayor o igual a \frac{n+1}{n}. Para ello, basta mostrar que la sucesión \left\{\frac{m+1}{m}\right\} definida para m\geq 1 es decreciente. Pero esto es fácil de ver, pues cada término es \frac{m+1}{m}=1+\frac{1}{m} que claramente decrece conforme m crece. Con esto terminamos la prueba de la desigualdad auxiliar (1).

Sumando la desigualdad (1) para todos los valores de k de 0 a n+1 y usando el binomio de Newton, obtenemos la desigualdad deseada.

\square

Más allá de sucesiones monótonas

De entre las sucesiones monótonas, hay algunas que podemos entender mejor. Una sucesión de reales puede ser estrictamente creciente, y no irse a infinito. Por ejemplo, considera la sucesión:

    \[0.3, 0.33, 0.333, 0.3333,\ldots\]

en donde de un término al siguiente se agrega un dígito 3. Esta sucesión es estrictamente creciente, pero todos los términos son menores a \frac{1}{3}.

Hay diferentes grados de información que podemos tener de una sucesión con respecto a cuánto crece. En cada uno de los siguientes puntos, cada vez sabemos mejor qué tanto crece la sucesión:

  • Saber que la sucesión es creciente
  • Saber que es estrictamente creciente
  • Determinar si es acotada superiormente
  • Conocer qué tan rápido crece

Por supuesto, hay una jerarquía análoga para funciones decrecientes.

Veamos un ejemplo de entender bien el crecimiento de una sucesión. El siguiente problema apareció en uno de los concursos de matemáticas Pierre Fermat que organiza el IPN.

Problema. Considera una sucesión \{a_n\} de reales tal que a_0>0 y para cada n\geq 0 se cumple que a_{n+1}=a_n+\frac{1}{a_n}. Muestra que a_{200}>20.

Sugerencia pre-solución. En vez de entender la sucesión \{a_n\}, modifica el problema a entender la sucesión \{a_n^2\}, que es más fácil de estudiar cómo crece. En cierta forma, tendrás que generalizar el problema, entendiendo qué tan grande es cada término.

Solución. Es fácil ver que la sucesión es creciente. Para ello podemos probar simultáneamente por inducción que cada término es positivo y mayor que el anterior. Sin embargo, esto es todavía muy débil para nuestros fines: aún no sabemos si la sucesión superará 20 y, peor aún, no sabemos si sucederá antes del término 200.

Quedémonos con el hecho de que a_n es de términos positivos. Pero en vez de estudiar cómo crece \{a_n\}, mejor estudiamos cómo crece \{a_n^2\}. Observemos que

    \begin{align*}a_{n+1}^2&=\left(a_n+\frac{1}{a_n}\right)^2\\&=a_n^2+2+\frac{1}{a_n^2}\\&>a_n^2+2,\end{align*}

de modo que podemos probar inductivamente que a_n^2\geq 2n. De aquí, deducimos que a_n\geq \sqrt{2n}. En particular, a_{200}\geq \sqrt{400}=20.

\square

Descenso infinito

Una herramienta bastante útil para la resolución de problemas con enteros es el siguiente resultado. En cierto sentido, habla de cómo son las sucesiones monótonas y acotadas de enteros.

Teorema (principio del descenso infinito). No existen sucesiones estrictamente decrecientes e inferiormente acotadas de enteros.

De manera similar, no existen sucesiones estrictamente crecientes y superiormente acotadas de enteros.

Veamos un ejemplo de la Olimpiada Centroamericana de Matemáticas.

Problema. Aplicar un desliz a un entero positivo n\geq 5 consiste en cambiar a n por \frac{n+p^2}{p}, con p un divisor primo de n. Muestra que tras aplicar repetidamente deslices a un entero n\geq 5, siempre se llega a 5.

Sugerencia pre-solución. Usa el principio de descenso infinito.

Solución. Si comenzamos con n=5, la única opción es pasar a \frac{5+25}{5}=6. Si comenzamos con n=6, ambos deslices (con 2 ó 3) nos llevan a 5.

Veremos que a partir de cualquier entero n\geq 7, tras aplicar deslices siempre se llega a 5.

Afirmamos lo siguiente:

  • Si n es primo, sólo tiene un desliz que lo pasa a n+1.
  • Para n\geq 7 no primo, aplicar un desliz lo disminuye en al menos 2.
  • Para n\geq 5, aplicar un desliz lo lleva a un número mayor o igual a 5.

La primera afirmación es fácil de ver, pues si n=p, el único divisor primo que tiene es p y así, el único desliz que tiene lo manda a

    \[\frac{p^2+p}{p}=p+1=n+1.\]

Para la segunda afirmación, necesitamos mostrar que si n\geq 7 no es primo y p lo divide, entonces

    \[\frac{n+p^2}{p}\leq n-2.\]

Reescribiendo esta afirmación, necesitamos mostrar que

    \[np\geq p^2+n+2p.\]

Como n no es primo, n=pq con q\geq 2. Como p es primo, p\geq 2.

Reescribiendo la desigualdad que queremos mostrar en términos de p y q, y cancelando un factor p de ambos lados, lo que necesitamos es

    \[pq\geq p+q+2.\]

restando p+q-1 de ambos lados y factorizando el lado izquierdo, esto es equivalente a

    \[(p-1)(q-1)\geq 3.\]

Hagamos un análisis de casos para los primos p y q

  • Si p=q=2 entonces n=4, que no es un caso que nos interese.
  • Si p=2 y q=3, o p=3 y q=2, entonces n=6, pero para la segunda afirmación estamos suponiendo n\geq 7.
  • Así, p\geq 3 y q\geq 3, de modo que (p-1)(q-1)\geq 4, que implica la desigualdad que queremos.

Esto prueba la segunda afirmación.

La tercera afirmación se prueba notando que tras el desliz, un número se va a \frac{n}{p}+p \geq  2\sqrt{n}\geq 2\sqrt{5}>4, y como esta esta expresión es entera, se tiene \frac{n}{p}+p\geq 5.

Estamos listos para dar la prueba. Por la tercer afirmación, la sucesión siempre es \geq 5. Si acaso la sucesión crece, fue porque teníamos un primo p que pasó a p+1. Pero entonces p+1 no es primo y al paso siguiente es menor o igual a p-1 por la segunda afirmación. Así, cada dos pasos, la sucesión decrece estrictamente, a menos que pase por 6. Por el principio de descenso infinito, no es posible que siempre decrezca. Así, en algún momento pasa por 6, y entonces al paso siguiente será 5.

\square

Más problemas

Esta entrada es una extensión de las secciones 1, 2 y 3 del curso de sucesiones que impartí para los entrenadores de la Olimpiada Mexicana de Matemáticas. Puedes consultar las notas de este curso en el siguiente PDF, en donde hay más problemas de práctica:

Deja una respuesta

Tu dirección de correo electrónico no será publicada. Los campos obligatorios están marcados con *

Este sitio usa Akismet para reducir el spam. Aprende cómo se procesan los datos de tus comentarios.