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Cálculo Diferencial e Integral I: Sucesiones divergentes y sus propiedades

Por Juan Manuel Naranjo Jurado

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Introducción

Anteriormente estuvimos revisando el concepto de sucesiones convergentes, así como varios ejemplos y sus propiedades. Hasta este punto, deberíamos sentirnos bastante cómodos con las sucesiones convergentes puesto que en esta entrada revisaremos con mayor detalle las sucesiones divergentes.

Sucesiones divergentes a infinito

Antes de iniciar a ver las propiedades de este tipo de sucesiones, vale la pena recordar la definición que se dio previamente.

Definición. Sea $\{a_n\}$ una sucesión en $\mathbb{R}$. Decimos que $\{a_n\}$ diverge a infinito si para todo $M \in \mathbb{R}$, existe $n_0 \in \mathbb{N}$ tal que si $n \geq n_0$, entonces $M < a_n$.

La definición nos indica que una sucesión diverge a infinito si para cualquier número real $M$, existe un punto $n_0$, en el que todos los valores subsecuentes en la sucesión son mayores que $M$. Cuando una sucesión $\{a_n\}$ diverge a infinito lo denotaremos como $$\lim_{n \to \infty} a_n = \infty.$$

Propiedades de las sucesiones divergentes a infinito

Ahora sí, estamos listos para indagar las propiedades de las sucesiones que divergen a infinito. La primera propiedad que probaremos será el hecho de que si multiplicamos una sucesión divergente a infinito por una constante positiva, la sucesión resultante también diverge a infinito.

Proposición. Sea $\{a_n\}$ en $\mathbb{R}$ tal que $$\lim_{n \to \infty} a_n = \infty,$$ y sea $c > 0$ fijo, entonces $$\lim_{n \to \infty} c \cdot a_n = \infty.$$

Demostración.
Sea $M \in \mathbb{R}$. Consideremos $\frac{M}{c} \in \mathbb{R}$.
Como $\{a_n\}$ diverge a infinito, entonces existe $n_0$ tal que para todo $n \geq n_0$ se tiene

\begin{gather*}
& \frac{M}{c} < a_n. \\
\Rightarrow & M < c \cdot a_n.
\end{gather*}

$$\therefore \lim_{n \to \infty} c \cdot a_n = \infty.$$

$\square$

En la demostración anterior, se da un valor arbitrario de $M$ y se debe mostrar que existe un número natural $n_0 \text{,}$ tal que para todos los valores subsecuentes de la sucesión $\{c \cdot a_n\}$, son mayores que $M$. Para ello, se usa el hecho de que $\{a_n\}$ es divergente y, particularmente, para el número real $\frac{M}{c}$ existe tal número natural.

La siguiente proposición nos indica cómo se comporta la suma y la multiplicación de sucesiones divergentes que, como es de esperarse, el resultado de tales operaciones es una sucesión divergente.

Proposición. Sean $\{ a_n \}$ y $\{ b_n \}$ dos sucesiones en $\mathbb{R}$ tales que $$\lim_{n \to \infty} a_n = \infty \quad \text{ y } \quad \lim_{n \to \infty} b_n = \infty.$$

Entonces

$i)$ $$\lim_{n \to \infty} (a_n + b_n) = \infty.$$
$ii)$ $$\lim_{n \to \infty} (a_n b_n) = \infty.$$

Demostración.

$i)$ Sea $M \in \mathbb{R}$. Como $\{a_n\}$ diverge a infinito, se tiene que
$$\exists n_1 \in \mathbb{N} \text{ tal que si } n \geq n_1 \Rightarrow \frac{M}{2} < a_n.$$

Y como $\{b_n\}$ también diverge a infinito, se tiene que
$$\exists n_2 \in \mathbb{N} \text{ tal que si } n \geq n_2 \Rightarrow \frac{M}{2} < b_n.$$

Consideremos $n_0 = max\{n_1, n_2 \}$. Si $n \geq n_0$, entonces se cumplen las dos expresiones de arriba y al sumarlas obtenemos que $M < a_n+b_n.$
$$\therefore \lim_{n \to \infty} (a_n + b_n) = \infty.$$

$ii)$ Sea $M \in \mathbb{R}$.
Para $\{a_n\}$ consideremos el número real $\hat{M} = max\{M, 0\}$. Debido a que $\{a_n\}$ diverge, existe $n_1 \in \mathbb{N}$ tal que si $n \geq n_1$, entonces $\hat{M} < a_n$, lo que implica que $M < a_n$ y $0 < a_n.$

Para $\{b_n\}$ consideremos el número real $1$. Debido a que $\{b_n\}$ diverge, existe $n_2 \in \mathbb{N}$ tal que si $n \geq n_2$, entonces $1 < b_n.$

Sea $n_0 = max\{n_1, n_2 \}$. Si $n \geq n_0$, entonces se cumplen las condiciones anteriores. Como $a_n$ es positivo para todo $n \geq n_0$, podemos multiplicar la expresión $1 < b_n$ por $a_n$ y la desigualdad se preservará, es decir, $a_n < a_n b_n$ y además $M < a_n$, por transitividad concluimos que $M < a_n b_n.$

$\square$

Después de haber revisado las propiedades anteriores y sabiendo que la sucesión $\{n\}$ generada por los números naturales diverge, es posible ampliar nuestro repertorio de sucesiones divergentes. Las siguientes sucesiones divergen por implicación directa de las proposiciones vistas: $\{5n\}$, $\{n+n^2+n^3\}$, $\{7n^2+4n\}$, etc.

La siguiente propiedad hace referencia a que si tenemos una sucesión $\{a_n\}$ divergente a infinito y otra sucesión $\{b_n\}$ para la cual existe un punto a partir del cual siempre es mayor que $\{a_n\}$, entonces $\{b_n\}$ también diverge a infinito.

Proposición. Sean $\{a_n\}$ y $\{b_n\}$ sucesiones en $\mathbb{R}$ tales que
$i$) Existe $n_1 \in \mathbb{N}$ tal que para todo $n \geq n_1$ se cumple $b_n \geq a_n.$
$ii$) $\lim\limits_{n\to \infty} a_n = \infty.$
Entonces $$\lim_{n\to \infty} b_n = \infty.$$

Demostración.

Sea $M \in \mathbb{R}$. Por hipótesis, existe $n_1 \in \mathbb{N}$ tal que si $n \geq n_1$, entonces $b_n \geq a_n$. Y como $\{a_n\}$ diverge a infinito, existe $n_2 \in \mathbb{N}$ tal que para todo $n \geq n_2$, se tiene que $a_n > M$. Consideremos $n_0 = max\{n_1,n_2 \}$, entonces si $n \geq n_0$, se cumple $b_n \geq a_n$ y $a_n > M$. Se concluye que $b_n > M$ para todo $n \geq n_0.$

$$\therefore \lim_{n\to \infty} b_n = \infty.$$

$\square$

Proposición. Sea $c > 1$, entonces $$\lim_{n \to \infty} c^n = \infty.$$

Demostración.

Para realizar esta demostración haremos uso de la proposición anterior. Sea $n \in \mathbb{N}$. Como $c > 1$, entonces $c-1>0$ y por la desigualdad de Bernoulli, tenemos

\begin{gather*}
c^n = (1+c-1)^n \geq 1+n(c-1) > n(c-1). \\
\therefore c^n > n(c-1).
\end{gather*}

Además, sabemos que la sucesión $\{n\}$ diverge a infinito y si multiplicamos esta sucesión por una constante positiva, en este caso $c-1$, la sucesión $\{(c-1)n\}$ también diverge a infinito. Utilizando la proposición anterior, se concluye que $$\lim_{n \to \infty} c^n = \infty.$$

$\square$

Como última propiedad, revisaremos que una sucesión monótona no acotada es divergente. Probaremos que las sucesiones crecientes no acotadas divergen a infinito. Se dejará como tarea moral probar que las sucesiones decrecientes no acotadas divergen a $-\infty.$

Proposición. Si $\{ a_n \}$ es una sucesión creciente y no acotada, entonces $$\lim_{n \to \infty} a_n = \infty.$$

Demostración.
Sea $\{a_n \}$ una sucesión creciente y no acotada y sea $M \in \mathbb{R}$. Como la sucesión no está acotada, existe $n_0 \in \mathbb{N}$ tal que $M < a_{n_0}$ y como la sucesión es creciente $a_n \geq a_{n_0}$ para todo $n \geq n_0.$

\begin{gather*}
\therefore M < a_n \text{, para todo } n \geq n_0. \\ \\
\therefore \lim_{n \to \infty} a_n = \infty.
\end{gather*}

$\square$

En la demostración anterior hay una sutileza que vale la pena enfatizar: usamos el hecho de que la sucesión no está acotada para probar que existe al menos un elemento específico, $a_{n_0}$, que es mayor que un real arbitrario $M$, pero para probar que diverge a infinito, hay que probar que también todos los elementos subsecuentes, $a_n$ con $ n \geq n_0$, son mayores a $M$ y, en ese momento, es cuando se usa la hipótesis de monotonía.

Tarea moral

A continuación hay algunos ejercicios para que practiques los conceptos vistos en esta entrada. Te será de mucha utilidad intentarlos para entender más la teoría vista.

  • Si $\{ a_n \}$ es una sucesión decreciente y no acotada, entonces $$\lim_{n \to \infty} a_n = – \infty.$$
  • Sea $\{ a_n \}$ una sucesión divergente a infinito tal que para todo $n\in \mathbb{N}$ se cumple que $a_n \neq 0$. Entonces $$\lim_{n \to \infty} \frac{1}{a_n} = 0.$$
  • Prueba lo siguiente:
    $i)$ $\lim\limits_{n \to \infty} \frac{n^2+1}{n+1} = \infty.$
    $ii)$ $\lim\limits_{n \to \infty} (n – \sqrt{n} )= \infty.$
  • Demuestra que si $$\lim_{n \to \infty} \frac{a_n}{n} = L,$$ donde $L > 0,$ entonces $$\lim_{n\to \infty} a_n = \infty.$$

Más adelante…

En las entradas subsecuentes revisaremos conceptos derivados de las sucesiones: el concepto de subsucesión, las sucesiones de Cauchy y culminaremos con el estudio de una de las constantes más famosas dentro de matemáticas, el número de Euler.

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Agradecimientos

Trabajo realizado con el apoyo del Programa UNAM-DGAPA-PAPIME PE104522 «Hacia una modalidad a distancia de la Licenciatura en Matemáticas de la FC-UNAM – Etapa 2»

Cálculo Diferencial e Integral I: Propiedades de las sucesiones convergentes

Por Juan Manuel Naranjo Jurado

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Introducción

En la entrada anterior vimos la definición y algunos ejemplos de sucesiones convergentes y no convergentes. Ahora que ya estamos familiarizados con estos conceptos, revisaremos algunas de las propiedades que tienen las sucesiones convergentes.

Propiedades de las sucesiones convergentes

La siguiente propiedad nos indica que si todos los elementos de una sucesión convergente son no negativos, entonces el límite debe ser no negativo.

Proposición. Sea $\{a_n \}$ una sucesión convergente en $\mathbb{R}$, si $a_n \geq 0$ para todo $n \in \mathbb{N}$, entonces $$\lim_{n \to \infty} a_n \geq 0.$$

Demostración.

Supongamos que $$\lim_{n \to \infty} a_n = L < 0.$$

Consideremos $\varepsilon = -L > 0$. Entonces existe $n_0 \in \mathbb{N}$ tal que para todo $n \geq n_0$ se cumple que

\begin{gather*}
& |a_n-L| < \varepsilon. \\
\Rightarrow & |a_n-L|< -L. \\
\Rightarrow & L < a_n – L < -L. \\
\Rightarrow & a_n < 0. \\
\end{gather*}

Lo anterior es una contradicción, dado que $a_n \geq 0$ para todo $n \in \mathbb{N}$. Por tanto, se concluye que $$\lim_{n \to \infty} a_n \geq 0.$$

$\square$

Ejemplo 1. Prueba que $$\lim_{n \to \infty} \frac{1}{2^n} \geq 0.$$

Demostración.

En la entrada anterior, probamos que la sucesión $\{ \frac{1}{2^n} \}$ es decreciente. Además, para todo $n \in \mathbb{N}$, se tiene que $2^n > 1$, por lo que $\frac{1}{2^n} < 1$. De esta forma, la sucesión está acotada. Como es decreciente y acotada, es convergente. También se cumple que $\frac{1}{2^n} > 0$ para todo $n \in \mathbb{N}$, por el teorema anterior, se concluye que $$\lim_{n \to \infty} \frac{1}{2^n} \geq 0.$$

$\square$


Podemos pensar en una especie de «generalización» de la proposición anterior: si tenemos dos sucesiones convergentes $\{a_n\}$, $\{ b_n \}$ y para todo natural se cumple la desigualdad $a_n \leq b_n$, entonces el límite de las sucesiones debe respetar esa misma relación de orden.

Proposición. Si $\{ a_n \}$ y $\{ b_n \}$ son sucesiones convergentes en $\mathbb{R}$ y si $a_n \leq b_n$ para todo $n \in \mathbb{N}$, entonces $$ \lim_{ n \to \infty} a_n \leq \lim_{ n \to \infty} b_n.$$

Demostración.

Definamos la sucesión $c_n = b_n – a_n$. Como $\{ a_n \}$ y $\{ b_n \}$ son convergentes, digamos a $L_1$ y $L_2$, entonces $\{ c_n \}$ es convergente a $L_2-L_1$. Además, sabemos que $a_n \leq b_n$ para todo $n \in \mathbb{N}$, entonces $b_n – a_n \geq 0$ para todo $n \in \mathbb{N}$ y utilizando la proposición anterior tenemos que

\begin{gather*}
\lim_{n \to \infty} c_n \geq 0. \\ \\
\Rightarrow \lim_{n \to \infty} ( b_n – a_n ) \geq 0. \\ \\
\Rightarrow \lim_{n \to \infty} b_n \geq \lim_{n \to \infty} a_n.
\end{gather*}

$\square$

Ahora veremos una propiedad que nos indica que si una sucesión converge a $L$, la sucesión generada tomando el valor absoluto de sus elementos es una sucesión convergente a $|L|$. Para ello, demostraremos antes una propiedad que tiene el valor absoluto.

Proposición. Sean $a$, $b \in \mathbb{R}$. Entonces se cumple que $\lvert |a| – |b| \rvert \leq |a-b|$.

Demostración.

Veamos que
\begin{gather*}
& |a| = |a-b+b| \leq |a-b|+|b|. \\
\Rightarrow & |a| – |b| \leq |a-b|. \tag{1}
\end{gather*}

Además, se tiene que
\begin{gather*}
& |b| = |b+a-a| \leq |b-a|+|a|. \\
\Rightarrow & |b|-|a| \leq |b-a| = |a-b|. \\
\Rightarrow & |a|-|b| \geq – |a-b|. \tag{2}
\end{gather*}

De $(1)$ y $(2)$, se sigue que
$$-|a-b| \leq |a|-|b| \leq |a-b|.$$
$$\therefore ||a|-|b|| \leq |a-b|.$$

$\square$

Proposición. Sea $\{ a_n \}$ una sucesión en $\mathbb{R}$ que converge a $L$. Entonces la sucesión $\{ |a_n| \}$ converge a $|L|$.

Demostración.

Sea $\varepsilon > 0$. Por la proposición anterior, sabemos que $||a_n| – |L|| \leq |a_n – L|$ y como $\{a_n\}$ converge, existe $n_0 \in \mathbb{N}$ tal que para todo $n \geq n_0$ se tiene que $|a_n – L| < \varepsilon$. Entonces

\begin{gather*}
||a_n| – |L|| \leq |a_n – L| < \varepsilon. \\ \\
\therefore ||a_n| – |L||< \varepsilon. \\ \\
\therefore \lim_{n \to \infty} |a_n| = |L|.
\end{gather*}

$\square$

Proposición. Sea $\{ a_n \}$ una sucesión. Si
$$\lim_{n \to \infty} |a_n| = 0, \quad \text{entonces} \quad \lim_{n \to \infty} a_n = 0.$$

Demostración.
Sea $\varepsilon > 0$. Como $$\lim_{n \to \infty} |a_n| = 0.$$
Existe $n_0 \in \mathbb{N}$ tal que para todo $n \geq n_0$ se tiene que $||a_n|-0| < \varepsilon.$
Y notemos que
\begin{align*}
||a_n|-0| =& ||a_n|| \\
= & |a_n| \\
= &|a_n-0|.
\end{align*}
\begin{gather*}
\therefore |a_n -0| < \varepsilon. \\ \\
\therefore \lim_{n \to \infty} a_n = 0.
\end{gather*}

$\square$

Proposición. Si $|r|<1$, entonces $$\lim_{n \to \infty} r^n = 0.$$

Demostración.
Si $r = 0$, entonces $r^n = 0$, es decir, la sucesión es una constante lo cual implica que su límite es la misma constante, en este caso $0$.

Supongamos que $r \neq 0$. Como $|r|<1 \Rightarrow \frac{1}{|r|} > 1$. Definamos $b = \frac{1}{|r|}-1$. Notemos que $b > 0 $ y $|r| = \frac{1}{b+1}$. Entonces $|r^n| = (\frac{1}{b+1})^n$, por la desigualdad de Bernoulli tenemos que $(1+ b) ^n \geq 1+ nb $ para todo $n \in \mathbb{N}$. Se sigue que

$$|r^n| = \frac{1}{(1+b) ^n} \leq \frac{1}{1+nb} \leq \frac{1}{nb}.$$

Sea $\varepsilon > 0$ y consideremos $n_0 > \frac{1}{b \varepsilon} \Rightarrow \frac{1}{n_0b} < \varepsilon$. De esta forma, si $n \geq n_0$, entonces

\begin{gather*}
|r^n| \leq \frac{1}{nb} \leq \frac{1}{n_0b} < \varepsilon. \\ \\
\therefore |r^n| < \varepsilon. \\ \\
\therefore \lim_{n \to \infty} r^n = 0.
\end{gather*}

$\square$

Proposición. Sea $\{a_n \}$ una sucesión en $\mathbb{R}$ que converge a $L$ y, además, $a_n \geq 0$ para todo $n \in \mathbb{N}$. Entonces la sucesión $\{ \sqrt{a_n} \}$ converge a $\sqrt{L}.$

Demostración.

Sea $\varepsilon > 0$. Dividiremos la demostración en dos casos.

Caso 1: $L > 0$.

Como $L > 0$, se sigue que $\sqrt{a_n} + \sqrt{L} > 0$. Entonces

\begin{align*}
\left\lvert \sqrt{a_n} – \sqrt{L} \right\rvert & = \left\lvert \sqrt{a_n} – \sqrt{L} \cdot \frac{\sqrt{a_n} + \sqrt{L}}{\sqrt{a_n} + \sqrt{L}} \right\rvert \\ \\
& = \left\lvert \frac{a_n-L}{\sqrt{a_n} + \sqrt{L}} \right\rvert \\ \\
& \leq \left\lvert \frac{a_n-L}{\sqrt{L}} \right\rvert \text{, pues $\sqrt{L} + \sqrt{a_n} \geq \sqrt{L}$}.\\ \\
\end{align*}

$$\therefore \left\lvert \sqrt{a_n} – \sqrt{L} \right\rvert \leq \left\lvert \frac{a_n-L}{\sqrt{L}} \right\rvert. \tag{1}$$

Además, como $\{ a_n \}$ converge a $L$, para $\sqrt{L}\varepsilon > 0$ existe $n_0 \in \mathbb{N}$ tal que si $n \geq n_0$, entonces $|a_n – L| < \sqrt{L}\varepsilon.$ Por $(1)$, se sigue que si $n \geq n_0$, entonces

\begin{align*}
\left\lvert \sqrt{a_n} – \sqrt{L} \right\rvert & \leq \left\lvert \frac{a_n-L}{\sqrt{L}} \right\rvert \\ \\
& = \frac{|a_n-L|}{\sqrt{L}} \\ \\
& < \frac{\sqrt{L}\varepsilon}{\sqrt{L}} \\ \\
& = \varepsilon.
\end{align*}

$$\therefore \lim_{n \to \infty} \sqrt{a_n} = \sqrt{L}.$$

Caso 2: $L = 0$.

Los detalles de la demostración de este caso quedarán como tarea moral.

$\square$

Para finalizar, revisaremos una propiedad muy interesante que nos indica que si dos sucesiones convergentes al mismo límite $L$ «encierran» a una tercera, entonces ésta última también converge y lo hace a $L$. Esta propiedad es conocida como teorema del sándwich.

Teorema. Sean $\{a_n \}$, $\{b_n \}$, $\{c_n \}$ tres sucesiones en $\mathbb{R}$ tales que

$i)$ Para todo $n \in \mathbb{N}$ se tiene que $a_n \leq b_n \leq c_n.$

$ii)$ $\lim\limits_{n \to \infty} a_n = L$ y $\lim\limits_{n \to \infty} c_n = L.$

Entonces $$\lim_{n \to \infty} b_n = L.$$

Demostración.
Sea $\varepsilon >0$. Como $\{a_n \}$ converge a $L$, entonces existe $n_1 \in \mathbb{N}$ tal que si $n \geq n_1$ tal que
\begin{gather*}
& |a_n – L| < \varepsilon. \\
\Rightarrow & – \varepsilon < a_n – L < \varepsilon. \\
\Rightarrow & L – \varepsilon < a_n < L + \varepsilon.
\end{gather*}

De igual forma, como $\{c_n \}$ converge a $L$, entonces existe $n_2 \in \mathbb{N}$ tal que si $n \geq n_2$ tal que

\begin{gather*}
& |c_n – L| < \varepsilon. \\
\Rightarrow & – \varepsilon < c_n – L < \varepsilon. \\
\Rightarrow & L – \varepsilon < c_n < L + \varepsilon.
\end{gather*}

Sea $n_0 = max \{ n_1, n_2 \}$. Si $n \geq n_0$, entonces

\begin{gather*}
& L – \varepsilon < a_n \leq b_n \quad \text{ y } \quad b_n \leq c_n < \varepsilon + L. \\ \\
\Rightarrow & L – \varepsilon < b_n < \varepsilon + L. \\ \\
\Rightarrow & -\varepsilon < b_n – L < \varepsilon. \\ \\
& \therefore |b_n – L | < \varepsilon. \\ \\
& \therefore \lim_{n \to \infty} b_n = L.
\end{gather*}


$\square$

Ahora veremos un ejemplo donde podemos aplicar el teorema del sándwich.

Ejemplo 2. Determina el límite de la sucesión $\left\lbrace \frac{n}{n^2+1} \right\rbrace$.

Consideremos las sucesiones $\{a_n \} = 0$ y $ \{b_n \} = \frac{1}{n}$. Además, notemos que para todo $n \in \mathbb{N}$, se tiene que $ n^2 \leq n^2+1$, esto implica que $\frac{1}{n^2+1} \leq \frac{1}{n^2}$. De esta forma, se sigue que

$$\{a_n \} = 0 \leq \frac{n}{n^2+1} \leq \frac{n}{n^2} = \frac{1}{n} = \{b_n \}.$$

Y $\{a_n \}$ y $ \{b_n \}$ convergen a $0$ por lo visto en una entrada anterior. Por el teorema del sándwich, podemos concluir que

$$\lim_{n \to \infty} \frac{n}{n^2+1} = 0.$$

Tarea moral

A continuación hay algunos ejercicios para que practiques los conceptos vistos en esta entrada. Te será de mucha utilidad intentarlos para entender más la teoría vista.

  • Prueba que si las sucesiones $\{ a_n \}$ y $\{ b_n \}$ están acotadas, entonces $c_n = 5a_n+8b_n$ también está acotada.
  • Sea $\{a_n \}$ una sucesión en $\mathbb{R}$ que converge a $L = 0$ y, además, $a_n \geq 0$ para todo $n \in \mathbb{N}$. Entonces la sucesión $\{ \sqrt{a_n} \}$ converge a $\sqrt{L} = 0.$
  • Demuestra que si $\{ a_n \}$ es una sucesión que converge a $L$, entonces $$\lim_{n \to \infty} \sqrt{(a_n)^2 +12} = \sqrt{L^2 +12}.$$
  • Considera la sucesión $\{ \frac{2n}{3n+1} \}$.
    $i)$ Prueba que $\frac{1}{2} \leq \frac{2n}{3n+1} \leq \frac{2}{3}.$
    $ii)$ Usando el teorema del sándwich, calcula el límite de $a_n = \left( \frac{2n}{3n+1} \right)^n$.

Más adelante…

En esta entrada vimos algunas de las propiedades que tienen las sucesiones convergentes. En la siguiente entrada revisaremos propiedades de las sucesiones que divergen a infinito. Una vez que hayamos dominado todas estas propiedades estaremos listos para dar el siguiente paso y llegar a uno de los conceptos frecuentemente usados en cálculo: el límite de una función.

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Agradecimientos

Trabajo realizado con el apoyo del Programa UNAM-DGAPA-PAPIME PE104522 «Hacia una modalidad a distancia de la Licenciatura en Matemáticas de la FC-UNAM – Etapa 2»

Cálculo Diferencial e Integral I: Sucesiones convergentes

Por Juan Manuel Naranjo Jurado

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Introducción

Anteriormente se dio la definición de sucesión y revisamos algunos ejemplos. En esta entrada, se definirá la convergencia para una sucesión y se darán varios ejemplos de sucesiones convergentes y no convergentes.

Límite de una sucesión

A continuación daremos la definición de límite de una sucesión:

Definición. Sea $\{ a_n \}$ una sucesión en $\mathbb{R}$. Sea $L \in \mathbb{R}$, decimos que $L$ es el límite de la sucesión $\{a_n\}$ si para todo $ \varepsilon > 0$ existe un número natural $n_0$ tal que para todo $n \geq n_0$ se satisface $ | a_n – L |< \varepsilon$.

Si una sucesión tiene como límite a $L$, también decimos que converge a $L$ y lo denotamos como $$\lim_{n\to \infty} a_n = L.$$

En términos más simples, la definición nos indica que una sucesión es convergente a $L$ si a partir de cierto elemento en la sucesión, $a_{n_0}$, estamos lo suficientemente cerca, $\varepsilon$, de $L$. Para ilustrar estos elementos, a continuación se presenta la gráfica de la sucesión $\{a_n\} = \{ \frac{1}{n} \}$, y más adelante probaremos que converge a $L = 0$.

Observación. Cada punto de la gráfica está determinado por las coordenadas $(i, a_i)$ con $i \in \mathbb{N}$, pero por simplicidad, se denotan únicamente como $a_i$.

Ejemplos de sucesiones convergentes

Ahora continuaremos con algunos ejemplos de sucesiones convergentes. Es importante recalcar que para demostrar que una sucesión converge a $L$, deberemos especificar las condiciones que $n_0$ debe cumplir tal que para un $\varepsilon > 0$ arbitrario dado, $| a_n – L |< \varepsilon$ para todo $n \geq n_0$.

Ejemplo 1. Sea $k$ un número real y consideremos la sucesión $\{ a_n \} = \{k\}$, entonces $$\lim_{n \to \infty} k = k.$$

Demostración.

Sea $\varepsilon > 0$ (establecemos el valor arbitrario de un épsilon positivo).
Para esta sucesión cualquier valor de $n_0$ sirve, en particular consideremos $n_0 = 1$ (en este caso se puede dar $n_0 $ explícitamente).
Si $n \geq n_0 = 1$, entonces

\begin{gather*}
|a_n-k| = |k-k| = 0 < \varepsilon. \\
\therefore \lim_{n \to \infty} k = k.
\end{gather*}

$\square$


El ejemplo anterior es uno sencillo, sin embargo, como lo podemos ver en los comentarios entre paréntesis, están presentes los pasos relevantes para demostrar la convergencia. En este caso, dado que nuestra sucesión era un valor constante, el valor de $n_0$ que funcionaba era cualquier número natural, pero, en la mayoría de los casos, su valor estará definido en términos de épsilon.

Ejemplo 2. Consideremos la sucesión $\{ \frac{1}{n} \}$, entonces $$\lim_{n \to \infty} \frac{1}{n} = 0.$$

Demostración.

Sea $\varepsilon >0$.

Dado que el valor de $\varepsilon$ es positivo y, por la propiedad Arquimediana, existe $n_0 \in \mathbb{N}$ tal que $1 < n_0 \cdot \varepsilon$, es decir, $\frac{1}{n_0} < \varepsilon$. Así, para cualquier $n \geq n_0$ se tiene que $\frac{1}{n} \leq \frac{1}{n_0} < \varepsilon $. De lo anterior se sigue que

$| \frac{1}{n} – 0| = \frac{1}{n} < \varepsilon.$

$\therefore | \frac{1}{n} – 0| < \varepsilon$ para todo $n \geq n_0.$

$$\therefore \lim_{n \to \infty} = 0.$$

$\square$

En este último ejemplo podemos observar cómo se establecen condiciones que $n_0$ debe cumplir en función de $\varepsilon$, así como la relevancia de la propiedad Arquimediana que estará constantemente presente al momento de demostrar convergencia mediante su definición.


Ejemplo 3. Demuestre que

$$\lim_{n \to \infty} \frac{8n-5}{3n} = \frac{8}{3}.$$

Demostración.

Sea $\varepsilon > 0$.
Notemos que

$$\left\lvert \frac{8n-5}{3n} – \frac{8}{3} \right\rvert = \left\lvert \frac{8n-5-8n}{3n} \right\rvert = \left\lvert \frac{-5}{3n} \right\rvert = \frac{5}{3n}.$$

\begin{align*}
\therefore \left\lvert \frac{8n-5}{3n} – \frac{8}{3} \right\rvert = \frac{5}{3n}. \tag{1}
\end{align*}

Consideremos $n_0 \cdot \varepsilon > \frac{5}{3}$, que sabemos que existe gracias a la propiedad Arquimediana.

$$\Rightarrow \varepsilon > \frac{5}{3n_0}.$$

Si $n \geq n_0$, entonces tenemos

\begin{align*}
\left\lvert \frac{8n-5}{3n} – \frac{8}{3} \right\rvert =& \frac{5}{3n}, \text{ por (1)} \\
\leq & \frac{5}{3n_0}, \text{ pues }n \geq n_0 \\
<& \varepsilon.
\end{align*}

$$\therefore \left\lvert \frac{8n-5}{3n} – \frac{8}{3} \right\rvert < \varepsilon.$$

$$\therefore \lim_{n \to \infty} \frac{8n-5}{3n} = \frac{8}{3}.$$

$\square$

Ejemplo 4. $$\lim_{n \to \infty} \left( \sqrt{n+1}-\sqrt{n} \right) = 0.$$

Demostración.

Sea $\varepsilon > 0$. Para simplificar la expresión, haremos uso de la racionalización.

\begin{align*}
\sqrt{n+1}-\sqrt{n} =& (\sqrt{n+1}-\sqrt{n}) \cdot \frac{\sqrt{n+1}+\sqrt{n}}{\sqrt{n+1}+\sqrt{n}} \\ \\
=& \frac{\sqrt{n+1} ^ 2 – \sqrt{n}^2}{\sqrt{n+1}+\sqrt{n}} \\ \\
=& \frac{n+1 – n}{\sqrt{n-1}+\sqrt{n}} \\ \\
=&\frac{1}{\sqrt{n-1}+\sqrt{n}} \\ \\
\leq & \frac{1}{\sqrt{n}}.
\end{align*}


$$\therefore \sqrt{n-1}-\sqrt{n} \leq \frac{1}{\sqrt{n}}.$$

Consideremos $n_0 > \frac{1}{\varepsilon^2} \Rightarrow \frac{1}{\sqrt{n_0}} < \varepsilon$. Entonces tenemos

\begin{align*}
\left\lvert \sqrt{n-1}-\sqrt{n} – 0 \right\rvert =& \frac{1}{\sqrt{n-1}+\sqrt{n}} \text{, por la observación anterior} \\
\leq & \frac{1}{\sqrt{n}} \\
\leq & \frac{1}{\sqrt{n_0}}, \text{pues } n \geq n_0 \\
< & \varepsilon.
\end{align*}

$\therefore |\sqrt{n-1}-\sqrt{n} – 0| < \varepsilon.$

$$\therefore \lim_{n \to \infty} \left(\sqrt{n+1}-\sqrt{n} \right)= 0.$$

$\square$

Los dos ejemplos de arriba hacen uso de manipulaciones algebraicas que nos permiten simplificar nuestro problema; esta técnica de simplificación de expresiones, cuyo fin es llevarlas a otras más sencillas, es ampliamente usada para demostrar la convergencia de sucesiones.

Ejemplos de sucesiones no convergentes

Después de haber revisado ejemplos de sucesiones convergentes, vale la pena conocer sucesiones que no convergen, es decir, que su límite no existe.

Ejemplo 5. Consideremos la sucesión $\{ a_n \} = \{ (-1)^n \}$. Probaremos que el límite de $\{a_n\}$ no existe.

Demostración.

Procederemos a hacer esta demostración por contradicción. Supongamos que existe $L \in \mathbb{R}$ tal que $$\lim_{n \to \infty} (-1)^n = L.$$

Consideremos $\varepsilon = 1/2 > 0$. Por definición, existe $n_0 \in \mathbb{N}$ tal que si $n\geq n_0$ entonces $|(-1)^n-L| < \frac{1}{2}.$

Como $2n_0 > n_0$ y $2n_0+1>n_0$, entonces
\begin{gather*}
|(-1)^{2n_0}-L| < \frac{1}{2} \Rightarrow |1-L|< \frac{1}{2}. \tag{1} \\
|(-1)^{2n_0+1}-L| < \frac{1}{2} \Rightarrow |-1-L| = |1+L|< \frac{1}{2}. \tag{2}
\end{gather*}

Y notemos que

\begin{align*}
2 = |1+1| =& |1-L+L+1| \\
\leq & |1-L| + |1+L| \\
< & \frac{1}{2} + \frac{1}{2} \text{, por (1) y (2).}
\end{align*}

Lo anterior implicaría que $2<1$ y esto es una contradicción.
Por tanto, podemos concluir que tal límite no existe.

$\square$

Ahora estudiaremos una nueva definición para un tipo particular de sucesiones que no tienen como límite a un número real $L$.

Definición. Sea $\{a_n\}$ una sucesión en $\mathbb{R}$. Decimos que $\{a_n\}$ diverge a infinito si $\forall M \in \mathbb{R}$ existe $n_0 \in \mathbb{N}$ tal que si $n \geq n_0$ entonces $M < a_n$.

La definición anterior nos indica que una sucesión diverge a infinito si para cualquier número real $M$, existe un término de la sucesión $a_{n_0}$ a partir del cual todos los valores subsecuentes en la sucesión son mayores que $M$. Cuando una sucesión $\{ a_n \}$ diverja a infinito lo denotaremos como $$\lim_{n \to \infty} a_n = \infty.$$

Ejemplo 6. La sucesión $\{a_n\} = \{n\}$ diverge a infinito.

Demostración.

Sea $M \in \mathbb{N}$. Sabemos que $\mathbb{N}$ no está acotado superiormente, entonces existe $n_0 \in \mathbb{N}$ tal que $M< n_0$, de esta forma, si $n \geq n_0$, se tiene que $M<n$.

$\square$

Ejemplo 7. $$\lim_{n \to \infty} n^2 = \infty.$$

Demostración.

Procederemos a hacer la prueba por contradicción. Supongamos que para todo $n\in \mathbb{N}$ se tiene que $n^2 \leq M$ para algún $M \in \mathbb{R}$.

$\Rightarrow \sqrt{n^2} \leq \sqrt{M}.$

$\Rightarrow n \leq \sqrt{M}.$

Lo cual es una contradicción pues sabemos que los números naturales no están acotados superiormente.

$\therefore \{ n^2 \}$ diverge a infinito.

$\square$

Tarea moral

A continuación hay algunos ejercicios para que practiques los conceptos vistos en esta entrada. Te será de mucha utilidad intentarlos para entender más la teoría vista.

  • Prueba que el límite de una sucesión convergente $\{ a_n \}$ es único.
    Sugerencia:
    1. Proceder por contradicción y asumir que existen dos números reales distintos $L$ y $L’$ tales que
    $$\lim_{n \to \infty} a_n = L \quad \text{y} \quad \lim_{n \to \infty} a_n = L’.$$
    2. Utilizar la definición de límite de una sucesión empleando el siguiente valor de épsilon: $$\varepsilon = \frac{|L-L’|}{2}.$$
    $\varepsilon > 0$, ¿por qué?
  • Demuestra lo siguiente:
    a) $$\lim_{n \to \infty} \frac{(-1)^n}{n} = 0.$$
    b) $$\lim_{n \to \infty} \sqrt{n} = \infty.$$
    c) $$\lim_{n \to \infty} \sqrt{12+ \frac{1}{n}} = \sqrt{12}.$$
  • Sea $\{ a_n \}$ una sucesión en $\mathbb{R}$ y sea $L \in \mathbb{R}$. Prueba que $$\lim_{n \to \infty} a_n = L \iff \lim_{n \to \infty} a_n – L = 0.$$
  • Una sucesión también puede ser divergente a $-\infty$. Propón una definición análoga a la divergencia a infinito y prueba que $$\lim_{n \to \infty} – \sqrt{n} = – \infty.$$

Más adelante…

Se han revisado las definiciones de convergencia y divergencia a infinito, hemos visto diversos ejemplos de ambas definiciones. En las siguientes entradas se revisarán criterios para la convergencia de sucesiones, así como sus propiedades y teoremas con lo cual podremos determinar si una sucesión es convergente o no de manera más rápida.

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Agradecimientos

Trabajo realizado con el apoyo del Programa UNAM-DGAPA-PAPIME PE104522 «Hacia una modalidad a distancia de la Licenciatura en Matemáticas de la FC-UNAM – Etapa 2»

Álgebra Lineal I: Subespacios vectoriales

Por Leonardo Ignacio Martínez Sandoval

2 respuestas

Introducción

En la entrada anterior dimos la definición de espacio vectorial y vimos varios ejemplos de espacios vectoriales. Ahora hablaremos de subespacios vectoriales o simplemente, subespacios. A grandes rasgos, podemos pensar a un subespacio como un subconjunto de un espacio vectorial $V$ que también es un espacio vectorial con las mismas operaciones de $V$.

Definición de subespacios vectoriales y primeras consecuencias

Definición. Sea $V$ un espacio vectorial sobre un campo $F$. Un subespacio vectorial de $V$, o simplemente un subespacio de $V$, es un subconjunto no vacío $W$ de $V$ cerrado bajo las operaciones de suma vectorial y multiplicación escalar de $V$. En otras palabras, $W$ es un subespacio de $V$ si se cumplen las siguientes dos propiedades:

  1. (Cerradura de la suma vectorial) Para cualesquiera $u$ y $v$ elementos de $W$, se cumple que $u+v$ está en $W$.
  2. (Cerradura de la multiplicación por escalar) Para cualquier escalar $c$ en $F$ y vector $v$ en $W$ se cumple que $cv$ está en $W$.

En la entrada anterior ya vimos un ejemplo. Si tenemos un campo $F$ y nos fijamos el espacio vectorial $F[x]$ de polinomios, entonces para cualquier entero $n$ el subconjunto $F_n[x]$ de $F[x]$ de polinomios de grado a lo más $n$ es cerrado bajo la suma de polinomios y bajo el producto escalar. De esta forma, $F_n[x]$ es un subespacio de $F[x]$. Más abajo veremos muchos ejemplos de subespacios, pero primero nos enfocaremos en algunas consecuencias de la definición.

Observación. Se cumple todo lo siguiente:

  1. Si $W$ es un subespacio de un espacio vectorial $V$, entonces $W$ debe tener al vector $0$ de $V$ (es decir, la identidad aditiva de la suma vectorial). Esto se debe a que $W$ es no vacío, así que tiene por lo menos un elemento $v$. Si tomamos al $0$ de $F$ y usamos la propiedad (2) de subespacio con $0$ y $v$ obtenemos que $0v=0$ está en $W$.
  2. Si $W$ es un subespacio de un espacio vectorial $V$ y $v$ está en $W$, entonces $-v$ también. Esto se debe a que por la propiedad (2) de subespacio tenemos que $(-1)v=-v$ está en $W$.
  3. Si $V$ es un espacio vectorial sobre $F$ y $W$ es un subespacio de $V$, entonces $W$ también es un espacio vectorial sobre $F$ con las mismas operaciones que $V$. Por un lado, el neutro e inversos aditivos existen por los dos incisos anteriores. Para el resto de las propiedades, se usa que se cumplen para elementos de $V$ y por lo tanto también para los de $W$ (pues es un subconjunto).
  4. Si $W_1$ y $W_2$ son dos subespacios de un espacio vectorial $V$, entonces la intersección $W_1\cap W_2$ también lo es.

$\square$

La primera propiedad nos puede ayudar en algunas ocasiones (no siempre) a darnos cuenta rápidamente si un subconjunto no es subespacio vectorial: si no tiene al vector $0$, entonces no es subespacio.

La tercera propiedad tiene una consecuencia práctica muy importante: para mostrar que algo es un espacio vectorial, basta con mostrar que es un subespacio de algo que ya sabemos que es un espacio vectorial.

Problema. Muestra que $\mathcal{C}[0,1]$, el conjunto de funciones continuas de $[0,1]$ a $\mathbb{R}$, es un espacio vectorial sobre $\mathbb{R}$ con las operaciones de suma de funciones y multiplicación por escalar.

Solución. En la entrada anterior vimos que el conjunto $V$ de funciones de $[0,1]$ a los reales es un espacio vectorial sobre $\mathbb{R}$ con las operaciones de suma de funciones y multiplicación escalar. El conjunto $\mathcal{C}[0,1]$ es un subconjunto de $V$.

Por argumentos de cálculo, la suma de dos funciones continuas es una función continua. Así mismo, al multiplicar una función continua por un real obtenemos de nuevo una función continua. De esta forma, $\mathcal{C}[0,1]$ es un subespacio de $V$.

Por la observación (3) de la discusión previa, obtenemos que $\mathcal{C}[0,1]$ es un espacio vectorial sobre $\mathbb{R}$ con las operaciones de suma de funciones y multiplicación por escalar.

$\square$

Definiciones alternativas de subespacios vectoriales

Algunos textos manejan definiciones ligeramente distintas a la que nosotros dimos. Sin embargo, todas ellas son equivalentes.

Proposición. Sea $V$ un espacio vectorial sobre el campo $F$ y $W$ un subconjunto de $V$. Los siguientes enunciados son equivalentes.

  1. $W$ es un subespacio de $V$ de acuerdo a nuestra definición.
  2. Para cualesquiera vectores $u$ y $v$ en $W$ y escalares $a$ y $b$ en $F$, se tiene que $au+bv$ está en $W$.
  3. Para cualesquiera vectores $u$ y $v$ en $W$ y cualquier escalar $c$ en $F$ se tiene que $cu+v$ está en $W$.

Demostración. (1) implica (2). Supongamos que $W$ es un subespacio de $V$. Tomemos vectores $u,v$ en $W$ y escalares $a,b$ en $F$. Como $W$ es cerrado bajo producto escalar, se tiene que $au$ está en $W$. De manera similar, $bv$ está en $W$. Como $W$ es cerrado bajo sumas, se tiene que $au+bv$ está en $W$.

(2) implica (3). Supontamos que $W$ satisface (2) y tomemos $u,v$ en $W$ y cualquier escalar $c$ en $F$. Tomando $a=c$ y $b=1$ en (2), tenemos que $cu+1v=cu+v$ está en $W$.

(3) implica (1). Supongamos que $W$ satisface (3). Hay que ver que $W$ es cerrado bajo sumas y producto escalar. Si tomamos $u$ y $v$ en $W$ y al escalar $c=1$ de $F$, por (3) obtenemos que $cu+v=1u+v=u+v$ está en $W$, lo cual muestra la cerradura de la suma. Si tomamos cualquier escalar $c$ y al vector $w=0$, entonces por (3) se tiene que $cu+w=cu+0=cu$ está en $W$. Esto muestra la cerradura bajo producto escalar.

$\square$

La consecuencia práctica de la proposición anterior es que basta verificar (2) o (3) para garantizar que $W$ es un subespacio.

Problema. Considera $V$ el espacio vectorial de matrices en $M_n(F)$. Muestra que el subconjunto $W$ de matrices simétricas forman un subespacio de $V$.

Solución. Lo demostraremos probando el punto (3) de la proposición. Sea $c$ un escalar en $F$ y sean $A$ y $B$ matrices en $W$, es decir, tales que $^tA=A$ y $^tB = B$. Debemos mostrar que $cA+B$ está en $W$, es decir, que $^t(cA+B)=cA+B$. Usando propiedades de la transpuesta y la hipótesis sobre $A$ y $B$ tenemos que: $$^t(cA+B) = c \ ^tA+ \ ^tB = cA + B.$$ Con esto termina la demostración.

$\square$

Más ejemplos de subespacios vectoriales

A continuación presentamos más ejemplos de subespacios vectoriales. En cada ejemplo damos un espacio vectorial y un subconjunto $W$. Para cada uno de los casos, piensa por qué la suma de dos elementos de $W$ es de nuevo un elemento de $W$ y por qué el producto de un escalar por un elemento de $W$ es un elemento de $W$. También puedes usar la última proposición para probar ambas cosas simultáneamente.

  • Si tomamos $M_2(\mathbb{R})$, el subconjunto $W$ de matrices que cumplen que la suma de entradas en su diagonal principal es igual a $0$ es un subespacio.
  • En el espacio vectorial $F^4$, el subconjunto $W$ de vectores cuya primera y tercer entrada son iguales a $0$ forman un subespacio.
  • Las funciones acotadas del intervalo $[-3, 3]$ a $\mathbb{R}$ forman un subconjunto $W$ que es un subespacio de las funciones del intervalo $[-3,3]$ a $\mathbb{R}$.
  • El subconjunto $W$ de vectores $(x,y,z)$ de $\mathbb{R}^3$ tales que $$\begin{cases}x+y+z &= 0\\ x+ 2y + 3z &= 0 \end{cases}$$ es un subespacio de $\mathbb{R}^3$.
  • Si tomamos $W=\mathbb{R}_3[x]$, entonces este es un subespacio de $\mathbb{R}_4[x]$.
  • Si tomamos $W=\mathbb{R}_4[x]$, entonces este es un subespacio de $\mathbb{R}_5[x]$.
  • El subconjunto $W$ de funciones diferenciables de $[0,10]$ a $\mathbb{R}$ tales que su derivada evaluada en $7$ es igual a $0$ es un subespacio del espacio de funciones continuas de $[0,10]$ a $\mathbb{R}$.
  • Las matrices triangulares superiores de $M_n(F)$ forman un subespacio $W$ del espacio $M_n(F)$. Las matrices triangulares inferiores también. Como la intersección de estos subespacios es el conjunto de matrices diagonales, obtenemos que las matrices diagonales también son un subespacio (aunque claro, esto también se puede probar directamente de la definición).

Ejemplos de subconjuntos que no son subespacios vectoriales

Aunque ya vimos muchos ejemplos de subespacios, resulta que en realidad es un poco raro que un subconjunto de un espacio vectorial sea un subespacio. Los ejemplos de subconjuntos que no son subespacios vectoriales abundan. Veamos algunos y qué tipo de cosas pueden salir mal.

  • El subconjunto $W=\{(x,y,z): x^2+y^2+z^2=1\}$ no es un subespacio de $\mathbb{R}^3$. Podemos dar el siguiente argumento: ya demostramos que un subespacio debe tener al vector cero. En este caso, $W$ debería tener a $(0,0,0)$ para ser subespacio. Pero $0^2+0^2+0^2=0\neq 1$. Así, $(0,0,0)$ no está en $W$ y por lo tanto $W$ no es subespacio.
  • Alternativamente, en el ejemplo anterior podemos ver que $(1,0,0)$ está en $W$, pero $2(1,0,0)=(2,0,0)$ no.
  • El subconjunto $W=\{(0,0), (1,2), (-1,2)\}$ de $\mathbb{R}^2$ no es un subespacio, pues $(1,2)$ está en $W$. Tomando $u=(1,2)$ y $v=(1,2)$, vemos que $W$ no es cerrado bajo sumas pues $(1,2)+(1,2)=(2,4)$ no está en $W$.
  • Las matrices del subconjunto $GL_n(F)$ de $M_n(F)$, es decir, las matrices invertibles, no conforman un subespacio. Por un lado, ya vimos que el neutro aditivo de la suma debe estar en un subespacio, pero la matriz $O_n$ no es invertible, así que no está en $GL_n(F)$.
  • El subconjunto $W$ de funciones $f:[-3,3]\to \mathbb{R}$ diferenciables tales que su derivada en $0$ es igual a $2$ no es un subespacio de las funciones continuas de $[-3,3]$ a $\mathbb{R}$. Hay muchas formas de verlo. Podemos darnos cuenta que $f(x)=x^2+2x$ es una de las funciones en $W$ pues $f'(x)=2x+2$ y $f'(0)=2$. Sin embargo, $3f$ no está en $W$.
  • El subconjunto $W$ de polinomios de $\mathbb{R}[x]$ con coeficientes no negativos no es un subespacio de $\mathbb{R}[x]$. El polinomio $0$ sí está en $W$ y la suma de cualesquiera dos elementos de $W$ está en $W$. Sin embargo, falla la multiplicación escalar pues $x$ está en $W$, pero $(-1)x=-x$ no.
  • La unión del eje $X$, el eje $Y$ y el eje $Z$ de $\mathbb{R}^3$ es un subconjunto $W$ de $\mathbb{R}^3$ que no es un subespacio. Cualquier producto escalar queda dentro de $W$, pero la suma no es cerrada.

Tarea moral

A continuación hay algunos ejercicios para que practiques los conceptos vistos en esta entrada. Te será de mucha utilidad intentarlos para entender más la teoría vista.

  • Demuestra que los siguientes conjuntos $W$ son subespacios del espacio vectorial indicado.
    • El subconjunto $W$ de vectores $(w,x,y,z)$ de $\mathbb{C}^4$ tales que $w+x+y+z=0$.
    • La colección $W$ de funciones continuas $f:[0,1]\to \mathbb{R}$ tales que $\int_0^1 f(x) \, dx = 0$ es un subespacio del espacio de funciones de $[0,1]$ a $\mathbb{R}$.
    • $W=\left\{\begin{pmatrix} a+b & b\\ -b & c+b \end{pmatrix}: a,b,c \in \mathbb{R} \right\}$ es un subespacio de las matrices en $M_2(\mathbb{R})$.
  • Demuestra que los siguientes conjuntos $W$ no son subespacios del espacio vectorial indicado.
    • El subconjunto $W$ de vectores $(x,y)$ de $\mathbb{R}^2$ tales que $xy\geq 0$ no es un subespacio de $\mathbb{R}^2$.
    • El subconjunto $W$ de matrices en $M_{3,2}(F)$ cuyo producto de todas las entradas es igual a $0$ no es un subespacio de $M_{3,2}$
    • Cuando $W$ es un subconjunto finito y con al menos dos polinomios con coeficientes complejos y de grado a lo más $3$, es imposible que sea un subespacio de $\mathbb{C}_3[x]$.
  • Sea $V$ un espacio vectorial y $n$ un entero positivo. Demuestra que si $W_1, W_2, \ldots, W_n$ son subespacios de $V$, entonces la intersección $$W_1 \cap W_2 \cap \ldots \cap W_n$$ también lo es.
  • Escribe por completo la demostración de que cualquier subespacio de un espacio vectorial es también un espacio vectorial con las mismas operaciones.
  • Demuestra que si $V$ es un espacio vectorial, $W$ es un subespacio de $V$ y $U$ es un subespacio de $W$, entonces $U$ es un subespacio de $V$.

Más adelante…

En esta entrada definimos el concepto de subespacio de un espacio vectorial. En la siguiente hablaremos de algunas operaciones que se les puede hacer a los subespacios vectoriales para «combinarlos» y obtener más subespacios. Una operación muy imporante es la de suma de subespacios, que puede tener dos o más sumandos. La operación de suma de subespacios es particularmente especial cuando los subespacios están en posición de suma directa. Para irte dando una idea de qué quiere decir esto, dos subespacios están en posición de suma directa si su único elemento en común es el vector $0$. El caso general de más subespacios se enuncia de forma distinta y también lo veremos en la siguiente entrada.

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Agradecimientos

Trabajo realizado con el apoyo del Programa UNAM-DGAPA-PAPIME PE104721 «Hacia una modalidad a distancia de la Licenciatura en Matemáticas de la FC-UNAM»

Seminario de Resolución de Problemas: Series geométricas

Por Fabian Ferrari

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Introducción

En esta entrada y en otras subsecuentes, trataremos el tema de series aplicado a la resolución de problemas matemáticos. Recordemos que en entradas anteriores ya se estudiaron los conceptos de sucesiones. Para esta entrada aprovecharemos lo que hemos aprendido de sucesiones geométricas.

Series geométricas

Si consideramos una sucesión geométrica $\{a_i\}_{i\in\mathbb{N}}$, recordemos que se cumple que existe una razón $r$ de tal manera que $a_n=ra_{n-1}$, expresado en el primer término, tenemos que $a_n=r^{n}a_0$. Ahora bien, nos interesará saber o conocer las suma de los elementos de una sucesión geométrica. A esta suma se le conoce como serie geométrica y puede realizarse considerando una cantidad finita de elementos de la sucesión, así como una cantidad infinita de elementos de la sucesión.

Si queremos obtener la serie geométrica de los primeros $n+1$ elementos de la sucesión $\{a_i\}_{i\in\mathbb{N}}$, tenemos lo siguiente

\begin{equation*}
\sum_{i=0}^n a_i=a_0+a_1+a_2 +a_3+\ldots+a_n.
\end{equation*}

Al multiplicar ambos lados de la igualdad por la razón de la sucesión tenemos que

\begin{align}
\sum_{i=0}^n a_i&=a_0+a_1+a_2 +a_3+\ldots+a_n\\
r\sum_{i=0}^n a_i&=ra_0+ra_1+ra_2 +ra_3+\ldots+ra_n\\
&=a_1+a_2+\ldots+a_{n+1}
\end{align*}

Y si calculamos $r\sum_{i=0}^n a_i-\sum_{i=0}^n a_i$, se cancelan todos los términos excepto el último de la primer suma, y el primero de la segunda. Obtenemos entonces:

\begin{align*}
r\sum_{i=0}^n a_i-\sum_{i=0}^n a_i&=a_{n+1}-a_0.
\end{align*}

Así,
\begin{equation*}
\sum_{i=0}^na_i=\frac{a_{n+1}-a_0}{r-1}=a_0\frac{r^{n+1}-1}{r-1}.
\end{equation*}

Ahora bien, si tenemos la sucesión geométrica $\{a_i\}_{i\in\mathbb{N}}$ y queremos calcular la serie infinita de todos sus elementos basta con que calculemos el límite cuando $n\to \infty$ tiende a infinito de $$\sum_{i=0}^na_i=a_0\frac{r^{n+1}-1}{r-1}.$$

Supogamos que $a_0\neq 0$, pues en otro caso la suma de los términos es igual a $0$. Si $|r|>1$, el numerador diverge y por lo tanto la serie también. Cuando $r=1$, la serie diverge pues cada sumando es igual a $a_0\neq 0$. Cuando $r=-1$, tenemos una serie de términos alternante que no converge, pues es, iteradamente, $a_0,0,a_0,0,\ldots$.

Por otro lado, si $|r|<1$, entonces $r^{n+1}\to 0$. En este caso, la serie converge a $\frac{a_0}{1-r}$.

Aplicación de series geométricas a áreas

Si consideramos la sucesión $\{x^i\}_{i\in\mathbb{N}}$ tenemos que dicha sucesión está dada por $\left\{1, x, x^2, x^3,\ldots\right\}$ la sucesión es geométrica, dado que la razón es $r=x$.

De acuerdo al análisis que hicimos arriba, la serie geométrica finita está dada por

\begin{equation*}
\sum_{i=0}^n x^i=(1)\frac{x^{n+1}-1}{x-1}=\frac{1-x^{n+1}}{1-x}
\end{equation*}

A partir de aquí deducimos que la serie geométrica infinita está dada por

\begin{equation*}
\sum_{i=0}^{\infty} x^i=\lim_{n\to\infty}\frac{1-x^{n+1}}{1-x}=\frac{1}{1-x}
\end{equation*}

solo si $|x|< 1$. En otro caso, la serie diverge.

$\square$

Un problema aplicado a la geometría

Consideremos la siguiente figura, en donde $\triangle ABC$ es un triángulo equilatero y $OA=16$.


Imaginemos que la figura continúa internamente de manera infinita, resultando en una cantidad infinita de triángulos, todos ellos equiláteros. ¿Cuál sería la suma de las áreas de todos los triángulos?

Para ello, primero tendríamos que ver el área de cada triángulo como elemento de una sucesión, la cual parece que será geométrica.

Comencemos calculando el área del $\triangle ABC$. Para ello tenemos que determinar el valor de la altura. Notemos que $CE$ es altura del triángulo, a su vez, $CE=OC+OE$. Como $OC$ es radio de la circunferencia, tenemos que $OC=16$. Sólo falta determinar el valor del segmento $OE$.

Si nos fijamos en $\triangle AOE$, tenemos que es un triángulo rectángulo, además que $AO$ es bisectriz del $\angle A$, así que $\angle OAE=30^o$. Como $\sin30^o=OE/16=1/2$ tenemos entonces que $OE=8$.

Por lo anterior, tenemos que que la altura del $\triangle ABC$ está dada por $h=24$. De una manera similar podemos calcular la base del triángulo, la cual está dada por $b=16\sqrt{3}$. Así, el área del $\triangle ABC$ es $A_0=192\sqrt{3}$.

El área del triángulo inscrito en el $\triangle ABC$ es la cuarta parte de $A_0$, es decir $A_1=\frac{1}{4}A_0$. De manera sucesiva $A_2=\frac{1}{4}A_1$, $A_3=\frac{1}{4}A_2, \ldots$.

Si nos fijamos en la sucesión de las áreas de los triángulos$\{A_i\}_{i\in\mathbb{N}$ tenemos que es geométrica de razón $r=1/4$.

De esta forma, la suma de las áreas de todos los triángulos es una serie geométrica dada por

\begin{align*}
\sum_{i=0}^{\infty} A_i&=\lim_{x\to\infty}(192\sqrt{3})\frac{1-(1/4)^{n+1}}{1-(1/4)}\\
&=(192\sqrt{3})\frac{1}{1-(1/4)}=(192\sqrt{3})(4/3)\\
&=256\sqrt{3}
\end{align*}

$\square$

Aplicación de series geométricas a números perfectos

Un número entero positivo $n$ se dice que es perfecto si la suma de sus divisores sin incluir al mismo $n$ da como resultado $n$. Por ejemplo, el número $6$ es un número perfecto ya que sus divisores sin incluir al mismo $6$ son $1, 2, 3$ y su suma $1+2+3=6$.

Ahora veamos un problema que relaciona a los números perfectos y a las series geométricas.

Problema: Sea $n=2^{p-1}(2^p-1)$, donde $2^p-1$ es primo. Prueba que $n$ es un número perfecto.

Solución: Tenemos que todos los divisores de $n$ sin contar al mismo $n$ están conformados por la unión de las siguientes dos sucesiones finitas.

\begin{align*}
&\{2^i\}_{i=0}^{p-1}=1, 2, 2^2,…,2^{p-1}\\
&\{(2^p-1)2^i\}_{i=0}^{p-2}=(2^p-1), 2^2(2^p-1), 2^3(2^p-1),…, 2^{p-2}(2^p-1)
\end{align*}

Si consideramos la suma de los elementos de cada sucesión

\begin{align*}
&\sum_{i=0}^{p-1}2^i=\frac{2^p-1}{2-1}=2^p-1\\
&\sum_{i=0}^{p-2}2^i(2^p-1)=(2^p-1)\frac{2^p-1}{2-1}=(2^p-1)(2^{p-1}-1)
\end{align*}

Así la suma de todos los divisores de $n$ sin incluir al propio $n$ es

\begin{align*}
(2^p-1)+(2^p-1)(2^{p-1}-1)&=(2^p-1)(1+2^{p-1}-1)\\
&=2^{p-1}(2^p-1)\\
&=n.
\end{align*}

Por lo tanto, tenemos que $n$ es un número perfecto.

$\square$

Otro problema interesante

Problema: Una sucesión está definida por $a_1=2$ y $a_n=3a_{n-1}+1$, encuentra el valor de la suma $$a_1+a_2+a_3+\ldots+a_n.$$

Solución: Notemos que la sucesión que nos dan no es geométrica, dado que no es posible encontrar un número $r$ que funcione como razón. Así que busquemos un patrón que aparezca al realizar las primeras sumas.

\begin{align*}
a_1&=2\\
a_2&=3a_1+1\\
&=3(2)+1\\
a_3&=3a_2+1\\
&=3(3(2)+1)+1\\
&=3^2(2)+3+1\\
a_4&=3a_3+1\\
&=3(3^2(2)+3+1)+1\\
&=3^3(2)+3^2+3+1\\
a_5&=3a_4+1\\
&=3(3^3(2)+3^2+3+1)\\
&=3^4(2)+3^3+3^2+3+1.
\end{align*}

De manera sucesiva, podemos conjeturar y mostrar por inducción que
\begin{align*}
a_n&=3^{n-1}(2)+3^{n-2}+\ldots+3+1\\
&=3^{n-1}(2)+\frac{3^{n-1}-1}{2}\\
&=\frac{5\cdot 3^{n-1}-1}{2}.
\end{align*}

Así que

\begin{align*}
\sum_{i=1}^na_i&=\sum_{i=1}^n \frac{5\cdot 3^{i-1}-1}{2}\\
&=\frac{1}{2}\sum_{i=1}^n 5\cdot 3^{i-1}-1\\
&=\frac{1}{2}\left(5\cdot \frac{3^n-1}{2} – n\right).
\end{align*}

$\square$

Más problemas

Puedes encontrar más problemas de series geométricas en la sección 5.2 del libro Problem Solving through Problems de Loren Larson.