Una mirada al Cálculo a través de las sucesiones.pdf

Una mirada al C´alculo a trav´es de las sucesiones Luis, Julieta, Oscar

´Indice general ´Indice general

III

Prefacio

V

1. Las 1.1. 1.2. 1.3. 1.4. 1.5. 1.6.

primeras sesiones El problema del futbol . . . . . Inducci´on matem´atica . . . . . F´ormula del binomio de Newton Las torres de Hanoi . . . . . . . El geoplano . . . . . . . . . . . Resumen . . . . . . . . . . . . .

2. Los 2.1. 2.2. 2.3. 2.4.

n´ umeros reales El orden en los n´ umeros reales . Medias aritm´etica, geom´etrica y Desigualdad de Cauchy . . . . . Valor absoluto . . . . . . . . . .

3. Sucesiones 3.1. Listas . . . . . . . . . . . . . . 3.2. Otras formas de construir listas 3.3. Definici´on y ejemplos . . . . . . 3.4. Tendencia de una sucesi´on . . .

. . . . . .

. . . . . .

. . . . . .

. . . . . .

. . . . . .

. . . . . .

. . . . . . arm´onica . . . . . . . . . . . .

. . . .

. . . .

. . . .

. . . .

. . . .

. . . .

. . . . . .

. . . .

. . . .

. . . . . .

. . . .

. . . .

. . . . . .

. . . .

. . . .

. . . . . .

. . . .

. . . .

. . . . . .

. . . .

. . . .

. . . . . .

. . . .

. . . .

. . . . . .

. . . .

. . . .

. . . . . .

. . . .

. . . .

. . . . . .

. . . .

. . . .

. . . . . .

. . . .

. . . .

. . . . . .

1 1 9 18 28 37 40

. . . .

41 41 45 51 56

. . . .

65 65 68 71 79

4. Convergencia 87 4.1. Definici´on y ejemplos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 87 4.2. Sucesiones de Cauchy . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 106 4.3. Divergencia . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 107 iii

iv

´Indice general 4.4. Sucesiones mon´otonas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 110 4.5. L´ımite de sucesiones mon´otonas . . . . . . . . . . . . . . . . . 123

5. Sucesiones recurrentes 5.1. Sucesi´on de Fibonacci . . . 5.2. Otras sucesiones recurrentes 5.3. Otro vistazo a la sucesi´on de 5.4. El n´ umero e . . . . . . . . .

. . . . . . . . . . . . Fibonacci . . . . . .

. . . .

. . . .

. . . .

. . . .

. . . .

. . . .

. . . .

. . . .

. . . .

. . . .

. . . .

. . . .

. . . .

127 128 132 134 135

6. Series 6.1. Introducci´on . . . . . . . 6.2. Series geom´etricas . . . . 6.3. Criterios de convergencia 6.4. La serie arm´onica . . . . 6.5. Series alternantes . . . . 6.6. Convergencia absoluta . 6.7. Series telesc´opicas . . . .

. . . . . . .

. . . . . . .

. . . . . . .

. . . . . . .

. . . . . . .

. . . . . . .

. . . . . . .

. . . . . . .

. . . . . . .

. . . . . . .

. . . . . . .

. . . . . . .

. . . . . . .

. . . . . . .

147 147 150 158 177 181 184 192

. . . . . . .

. . . . . . .

. . . . . . .

. . . . . . .

. . . . . . .

. . . . . . .

. . . . . . .

Prefacio ¿C´omo iniciar un curso de c´alculo de nivel licenciatura? Esta pregunta ha sido planteada y respondida de maneras muy diversas a lo largo de los a˜ nos. Algunos cursos inician con una “revisi´on” de material de los cursos de matem´aticas en niveles anteriores: algo de ´algebra por aqu´ı, un poco de geometr´ıa anal´ıtica por all´a. En este sentido, se inicia con una especie de minicurso que intenta “remediar” las deficiencias de algunos de los estudiantes que comienzan una carrera. Aunque es innegable que muchos de los estudiantes que ingresan a un curso de nivel superior no conocen o no tienen soltura con una gran parte de los conocimientos matem´aticos deseables en esta etapa, estamos convencidos que el tipo de matem´aticas por resaltar deber´ıa ser otro. Habr´a que plantear, en su momento, los aspectos mec´anicos de las matem´aticas, pero nos parece fundamental enfatizar otros aspectos de la actividad matem´atica, entendida como una actividad de reflexi´on, discusi´on, cuestionamiento y profundizaci´on del conocimiento. En particular, es importante enfatizar el uso de argumentos para justificar las propias afirmaciones; as´ı como el uso de ejemplos para aclarar conceptos y refutar argumentos. En otras palabras, nos interesa la construcci´on del conocimiento de manera din´amica, en contraposici´on a la presentaci´on de las matem´aticas como algo acabado. Para desarrollar este proceso es necesario promover la participaci´on de los estudiantes, para lo cual nosotros hemos utilizado a lo largo de varios a˜ nos diversos problemas cuya soluci´on requiere cierto ingenio o la construcci´on de nuevos conceptos y resultados; son estos problemas la base de este texto. Como fruto de nuestras vivencias, estas p´aginas reflejan algunas de las discusiones surgidas en nuestros salones de clase, aunque somos concientes que esta obra s´olo puede representar una m´ınima parte de la diversidad de experiencias que agradecemos a nuestros estudiantes. v

vi A nuestros lectores, profesores y estudiantes, les pedimos que no consideren esta obra como un texto tradicional. Por el contrario, los invitamos a comprometerse y analizar cada pregunta, cada ejemplo, cada resultado, para as´ı irse apropiando poco a poco de las ideas centrales del C´alculo. En las primeras secciones hemos planteado algunos problemas que podemos llamar “problemas muestra”. En cierto sentido, son problemas cuya soluci´on no requiere t´ecnicas del c´alculo; pretenden que el lector “entre en confianza” y comience a comprometerse con esta obra. Su soluci´on puede obtenerse de varias maneras, algunas m´as elegantes que otras, pero igualmente v´alidas. Podemos enumerar, sin ser exhaustivos, algunos m´etodos que han usado nuestros estudiantes: 1. El m´etodo de la “fuerza bruta”. Este m´etodo se sigue, por ejemplo, si al resolver un problema de conteo, pr´acticamente se cuenta de uno en uno. Las personas que siguen este m´etodo trabajan mucho para llegar a un resultado y contin´ uan contando de esa manera hasta que el intercambio de ideas muestra la necesidad de optimizar sus m´etodos. (Este t´ermino fue aplicado por una persona al comparar su soluci´on con las de los dem´as y darse cuenta que hab´ıa formas m´as pr´acticas de resolver el mismo problema.) 2. Uso de una “f´ormula” a como d´e lugar. Algunos estudiantes buscan en su memoria una f´ormula que resuelva el problema en cuesti´on. En este caso, les cuesta mucho trabajo expresar un procedimiento para obtener el resultado, porque por lo general saben que la f´ormula les funciona pero no recuerdan de d´onde se obtiene ´esta. 3. B´ usqueda de una respuesta general. Algunos estudiantes tienden a buscar una f´ormula general que resuelva todos los problemas de una vez, aunque esto no se les solicite de entrada. Tienden a extrapolar un resultado general mediante la observaci´on de uno o dos casos particulares, sin cuestionarse si el supuesto comportamiento del fen´omeno o experimento ser´a v´alido en un caso general. 4. Uso de esquemas, gr´aficos, dibujos, etc´etera. Muchos estudiantes necesitan hacer dibujos, esquemas o simples trazos para ordenar y visualizar el problema que quieren atacar. En un principio, estos estudiantes no se “sueltan” de inmediato, pues creen que no es formal usar dibujos, pero

Cap´ıtulo 0. Prefacio

vii

una vez que se sugiere que estos caminos tambi´en son v´alidos y en ocasiones m´as claros para expresar una idea general, avanzan r´apidamente y buscan argumentos de otro tipo para expresar sus procedimientos. Esta peque˜ na lista de posibles m´etodos es una muestra de la diversidad de caminos para llegar a un mismo resultado con l´ogicas distintas. Es importante observar y discutir la validez, los alcances y los l´ımites de estos m´etodos, desarrollando a la vez una mejor comunicaci´on del pensamiento, tanto entre profesores y estudiantes como entre los propios estudiantes. Esta comunicaci´on es importante tambi´en en otro sentido: Puede ser que algunos estudiantes hayan comprendido otra cosa en el enunciado del problema y est´en tratando de resolver, o incluso resuelvan, un problema totalmente diferente al que est´an resolviendo los dem´as. Cuando surja este tipo de situaci´on, la discusi´on podr´ıa aclarar por qu´e se resolvi´o otro problema y cu´al es el error, si lo hay. As´ı, en vez de decir al compa˜ nero un simple “est´a mal” cuando obtiene un resultado diferente al propio, es m´as conveniente realizar un cierto an´alisis. Para saber si se est´a resolviendo el mismo problema o incluso explorar la posibilidad de la propia equivocaci´on. Tambi´en puede surgir la situaci´on en que la soluci´on “est´e mal”, pero que los estudiantes no encuentren d´onde est´a el error; por ejemplo, podr´ıan usar la regla de tres en un problema donde este modelo no sea el adecuado. Aqu´ı corresponder´a al profesor conducir la discusi´on a buen t´ermino. En general, la idea es que los estudiantes aprendan de sus “errores” y no teman equivocarse. Como el lector podr´a imaginar, invertimos mucho tiempo con estos problemas, para que quede claro el esp´ıritu de la clase, para que los estudiantes vayan desarrollando una estructura l´ogica, para que experimenten en un ambiente de continuo cuestionamiento, para que afinen los argumentos que sustenten la certeza o falsedad de una respuesta y para que adquieran cada vez mayor confianza para resolver problemas. Una vez generado este ambiente en un grupo, habr´a que subir el grado de dificultad de las preguntas, para que los estudiantes conozcan o recreen diversos temas, como la estructura y naturaleza del conjunto de n´ umeros naturales, el uso del principio de inducci´on matem´atica o los conceptos de sucesor de un n´ umero, sucesiones y l´ımite, para posteriormente introducir los temas espec´ıficos del curso de c´alculo tradicional.

Cap´ıtulo 1 Las primeras sesiones Como mencionamos en el prefacio, en este cap´ıtulo presentaremos tres ejemplos de problemas que hemos utilizado en nuestros cursos para propiciar la participaci´on de los estudiantes en la discusi´on, as´ı como para introducirlos en la problem´atica del c´alculo: El problema del futbol. El problema de las torres de Hanoi. El problema del n´ umero de cuadrados en el geoplano.

1.1.

El problema del futbol

Se desea jugar un torneo de futbol a visita rec´ıproca, donde participan doce equipos. ¿Cu´antos partidos hay en total si los equipos juegan todos contra todos?1 A continuaci´on presentamos algunas maneras de contestar la pregunta planteada, con diversos grados de complejidad. Sin embargo, el lector debe tratar de responder antes de continuar leyendo. 1. Se puede utilizar un esquema para ver qu´e ocurre. Por ejemplo, dibujar doce puntos y representar el encuentro entre dos equipos mediante una l´ınea que una los puntos correspondientes. Al dibujar todas las l´ıneas, se podr´ıa obtener un esquema como el siguiente. ¿Es f´acil contar con este esquema? 1

En ocasiones tambi´en presentamos este problema como saludos de mano.

1

2

1.1. El problema del futbol

Aqu´ı surge el problema de ordenar el conteo, para garantizar que se cuentan todos los partidos y que cada uno fue contado una sola vez. 2. Es posible guiar una forma de obtener la respuesta mediante algunas preguntas. Supongamos que los equipos est´an numerados del 1 al 12. ´ ¿Cu´antos equipos enfrenta el equipo n´ umero 1? ¿Cu´antos equipos MAS enfrenta el equipo n´ umero 2 (es decir, sin contar de nuevo el enfrenta´ enfrenta miento de ´este con el primer equipo)? ¿Cu´antos equipos MAS el equipo n´ umero 3? (Ya no se cuentan los partidos jugados contra el primer y el segundo equipo.) Se contin´ ua de esta manera hasta el equipo n´ umero 11. (¿Por qu´e no se contin´ ua hasta el 12?) Con base en estas ideas, el lector podr´a escribir una expresi´on para el n´ umero de partidos, como por ejemplo 11 + 10 + 9 + 8 + 7 + 6 + 5 + 4 + 3 + 2 + 1. Pero como el torneo es a visita rec´ıproca, el resultado final es: 2(11 + 10 + 9 + 8 + 7 + 6 + 5 + 4 + 3 + 2 + 1). 3. ¿Qu´e ocurre si se cuenta de una vez los dos partidos de cada equipo (el de ida y el de vuelta), numerando los partidos jugados por cada equipo mediante pares solamente? Si contamos usando este punto de vista, el equipo n´ umero 1 juega 22 partidos, dos por cada equipo, el equipo 2 juega 20 partidos m´as, y as´ı sucesivamente. De esta manera, el n´ umero de partidos a jugar es: 22 + 20 + 18 + 16 + 14 + 12 + 10 + 8 + 6 + 4 + 2. 4. Otras soluciones usan un arreglo cuadrado donde las columnas representan a los equipos visitantes y los renglones a los equipos locales. En este esquema, los cuadritos de la diagonal no representan ning´ un

Cap´ıtulo 1. Las primeras sesiones

3

partido. ¿Cu´antos renglones tiene el arreglo? ¿Cu´antos partidos est´an representados cada rengl´on? ¿Cu´al es entonces el n´ umero de partidos del torneo?

5. (Variante del m´etodo anterior.) Una vez representados los partidos en un arreglo como el anterior, es posible preguntarse ¿cu´antos partidos habr´ıa en total? (Es decir, ¿cu´antos elementos tiene el arreglo en total?) ¿Cu´antos partidos no son v´alidos? Esto nos lleva a la expresi´on 12(12)− 12. 6. Tambi´en se puede argumentar as´ı: Cada equipo tiene que enfrentarse a 11 equipos en alg´ un momento de la primera vuelta. Como el partido del equipo A contra el equipo B es el mismo que el partido B contra A, si multiplicamos el total de 12 equipos por los 11 partidos que juega cada uno, obtendremos el total de partidos, repetidos dos veces. Al dividir este n´ umero entre dos se tendr´a el n´ umero de partidos jugados en una vuelta. Como son dos vueltas, tendremos que multiplicar el resultado por dos. En este caso, se tiene que el n´ umero de partidos viene dado por la expresi´on 12(11) (2). 2 7. Diremos que una jornada es el n´ umero de partidos simult´aneos que pueden llevarse a cabo. ¿Cu´antos partidos habr´ıa en cada jornada de la primera vuelta? Como cada equipo debe jugar contra alguno de los 11 restantes en cada jornada, ¿cu´antos partidos habr´ıa en la primera vuelta? ¿Es correcto decir que en el torneo se efectuar´a un total de 12 (11)(2) partidos en las dos vueltas? 2

4

1.1. El problema del futbol 8. Un u ´ltimo m´etodo: Si se traza un pol´ıgono de doce v´ertices que represente a los equipos participantes y cada partido se representa como el segmento que une a dos v´ertices, entonces el n´ umero total de segmentos es igual al n´ umero de partidos jugados. Para calcular este n´ umero, se suma el n´ umero de lados del pol´ıgono al n´ umero de diagonales, con lo que se obtiene una expresi´on para la suma. Como cada segmento representa s´olo uno de los partidos en una vuelta, habr´a que multiplicar por 2. El lector puede escribir su expresi´on correspondiente. ¿Se parece esta expresi´on a la siguiente?   (12)(9) (2). 12 + 2

Cualquiera de los m´etodos anteriores nos da correctamente el n´ umero de partidos jugados. Sin embargo, es conveniente analizar las ventajas y desventajas de cada uno de los m´etodos; en particular, conviene saber si estos m´etodos se pueden generalizar al caso de un torneo con un n´ umero arbitrario de equipos. Si en el torneo participan 15 equipos, ¿cu´ales de los modelos y argumentos anteriores siguen sirviendo? ¿Habr´a un m´etodo para resolver el problema de los partidos con un n´ umero cualquiera de equipos participantes? ¿Cu´al ser´a el n´ umero de partidos en un torneo a dos vueltas, con un n´ umero n (arbitrario) de equipos? A continuaci´on mostramos algunas propuestas de expresiones para el n´ umero de partidos con n equipos. ¿Qu´e argumento se us´o para obtener cada expresi´on (ver los m´etodos usados para el caso de 12 equipos)? 1. 2 [(n − 1) + (n − 2) + (n − 3) + · · · + 3 + 2 + 1)]. 2. 2(n − 1) + 2(n − 2) + 2(n − 3) + · · · + 6 + 4 + 2. 3. n(n − 1). 4. n(n) − n. 5.

n(n−1) (2). 2

6. “ n2 (n − 1)(2)”.

5

Cap´ıtulo 1. Las primeras sesiones h

7. n +

(n)(n−3) 2

i

(2).

Una vez obtenidas varias expresiones para el n´ umero de partidos, es necesario ver que cualquiera de esas expresiones es igual a la otra, es decir, son diferentes representaciones de un mismo n´ umero. En varios casos, basta hacer algunas operaciones para mostrar la igualdad entre las expresiones. Sin embargo, en otros casos esto no es inmediato, como al tratar de demostrar las siguientes igualdades: 2 [(n − 1) + (n − 2) + (n − 3) + · · · + 3 + 2 + 1] = n(n − 1) 2(n − 1) + 2(n − 2) + 2(n − 3)+ · · · + 6 + 4+ 2 = n(n) − n n+

(n)(n−3) 2

(2) =

(1.1)

n(n−1) (2) 2

Cada una de estas igualdades es, por lo pronto, una conjetura.2 Una conjetura es, en el contexto de las matem´aticas, una especie de aproximaci´on a la respuesta que debe verificarse de alguna manera. Aqu´ı aparece un aspecto delicado y fundamental del trabajo matem´atico: Una vez establecida una conjetura, ¿c´omo comprobar que es correcta? ¿C´omo comprobar que es incorrecta? Veamos por ejemplo la manera de hacer ver que la primera de las expresiones en (1.1) es verdadera. Para esto, tenemos que comprobar que las dos expresiones que aparecen en la igualdad siempre arrojan el mismo n´ umero para cualquier valor de n. Comprobemos esto en casos particulares; por ejemplo, si n = 2 tenemos 2(1) = 2 del lado izquierdo y 2(2 − 1) = 2 del lado derecho. Obtenemos el mismo n´ umero. Si n = 3, del lado izquierdo tenemos: 2(2 + 1) = 6 y del lado derecho 3(3 − 1) = 6. De nuevo, tenemos el mismo n´ umero. Aunque la igualdad se cumple en estos casos particulares, no basta con esto, es necesario saber que en general las listas de n´ umeros generados por las expresiones de cada uno de los lados de la igualdad “crecen” siempre de la misma manera. A continuaci´on tenemos una tabla con los n´ umeros que generan las dos 2

Seg´ un el diccionario de la Real Academia Espa˜ nola, una conjetura es un “juicio que se forma por indicios y observaciones”.

6

1.1. El problema del futbol

expresiones: N´ umero de equipos

2[(n − 1) + (n − 2) + · · · + 2 + 1]

n(n − 1)

2 3

2(1) = 2 2(2 + 1) = 6

2(2 − 1) = 2 3(3 − 1) = 6

.. .

.. .

.. .

k k+1

2[(k − 1) + (k − 2) + · · · + 2 + 1]

k(k − 1)

Incremento por rengl´on 2 4 .. .

As´ı, si hay k participantes se juegan 2 [(k − 1) + (k − 2) + · · · + 3 + 2 + 1] partidos. ¿C´omo podemos usar esta informaci´on para saber de antemano cu´antos partidos se jugar´an y no volver a hacer toda la cuenta? Debemos contar los partidos que deben agregarse cuando llega un nuevo equipo. Al nuevo participante le falta jugar contra todos los equipos que ya hab´ıa antes; esto es, le toca jugar contra k equipos a dos vueltas, de modo que debemos agregar 2(k) partidos a la expresi´on para el n´ umero de partidos con k participantes: 2 [(k − 1) + (k − 2) + · · · + 3 + 2 + 1] + 2(k) = 2(k) + 2 [(k − 1) + (k − 2) + · · · + 3 + 2 + 1] = 2 [((k + 1) − 1) + (k − 1) + (k − 2) + · · · + 3 + 2 + 1] . La u ´ltima expresi´on es precisamente el n´ umero de partidos que se jugar´an si hay k+1 equipos. As´ı, hemos demostrado que las dos listas empiezan igual y rengl´on a rengl´on crecen de la misma manera. De este modo, las expresiones generan los mismos n´ umeros. Podemos concluir que nuestra conjetura es verdadera siempre: 2 [(n − 1) + (n − 2) + (n − 3) + · · · + 3 + 2 + 1] = n(n − 1) es cierto para cualquier n´ umero natural n. De igual manera se hace ver que las otras conjeturas que aparecen en (1.1) son verdaderas. Es posible que en esta discusi´on surjan conjeturas que no se obtienen directamente del problema de los partidos, sino de las igualdades anteriores; por ejemplo: 1 + 2 + 3 + 4 + · · · + (n − 1) + n =

n(n + 1) . 2

Cap´ıtulo 1. Las primeras sesiones

7

Veamos ahora una demostraci´on de esta igualdad usando el arreglo cuadrado del m´etodo 4:

El cuadrado con n cuadritos por lado representa a los encuentros entre los n equipos participantes. Calculamos el a´rea del tri´angulo rect´angulo de base n − 1 y altura n − 1 marcado en la figura y le sumamos las a´reas de los n tri´angulos rect´angulos de a´rea 12 que se forman en la diagonal de (n − 1) por (n − 1). Como hay n − 1 tri´angulos de ´area 21 , se tiene: (n − 1)2 (n − 1) + ; 2 2 el lado derecho tambi´en se puede expresar como 1 + 2 + 3 + 4 + · · · + (n − 1) =

(n − 1)n n−1 (n − 1 + 1) = . 2 2 Tambi´en se puede calcular la suma 2[1 + 2 + 3 + 4 + · · · + (n − 1)] como el n´ umero de casillas que tiene el arreglo cuadrado para n equipos participantes, descontando la diagonal.

Como el n´ umero total de casillas es n2 y el n´ umero de casillas de la diagonal es n, entonces: 2[(1 + 2 + 3 + 4 + · · · + n − 1)] = n2 − n = n(n − 1). As´ı, tenemos que 1 + 2 + 3 + 4 + · · · + (n − 1) + n =

n(n + 1) . 2

(1.2)

8

1.1. El problema del futbol

Cerraremos esta secci´on usando la f´ormula anterior para hacer un breve comentario sobre los n´ umeros figurados, aquellos que tienen alguna representaci´on geom´etrica. Los griegos de la antig¨ uedad estudiaron varios de estos n´ umeros, entre ellos los n´ umeros triangulares:

Los primeros seis n´ umeros triangulares.

Se puede utilizar la expresi´on (1.2) para ver que un n´ umero triangular representa la suma de los primeros n´ umeros naturales. Es decir, n(n + 1) 2 es igual al n-´esimo n´ umero triangular. Observemos que los n´ umeros triangulares tienen ciertas relaciones interesantes entre s´ı. Por ejemplo, veamos cu´anto vale la suma de dos n´ umeros triangulares consecutivos cualesquiera. De nuevo empecemos por la observaci´on de casos particulares. Podemos colocar la informaci´on en una tabla como ´esta: n Suma de triangulares 1 T1 + T2 = 1 + 3 2 T2 + T3 = 3 + 6 3 T3 + T4 = 6 + 10 4 T4 + T5 = 10 + 15 5 T5 + T6 = 15 + 21 .. .. . .

Resultado

4 9 16 25 36 .. .

Podemos utilizar tambi´en la siguiente representaci´on geom´etrica de la suma de dos n´ umeros triangulares consecutivos para los primeros cuatro casos particulares:

Cap´ıtulo 1. Las primeras sesiones

9

Suma de dos n´ umeros triangulares consecutivos: T1 + T2 , T2 + T3 , T3 + T4 y T4 + T5 .

Observamos que en estos casos particulares cada suma de dos triangulares consecutivos nos da un n´ umero cuadrado, es decir, un n´ umero de la forma n2 . ¿Seguir´a ocurriendo esta regularidad para los dem´as casos? ¿Ser´a cierto que la suma de dos triangulares consecutivos siempre es un n´ umero cuadrado? Para demostrar esta conjetura, podemos usar la expresi´on (1.2): Tk + Tk+1 =

(k + 1)(2k + 2) k(k + 1) (k + 1)(k + 2) + = = (k + 1)2 . (1.3) 2 2 2

As´ı, esta conjetura resulta ser verdadera: la suma de dos triangulares consecutivos siempre resulta un n´ umero cuadrado. En la siguiente secci´on veremos otra relaci´on entre los n´ umeros cuadrados y los n´ umeros triangulares. En esta secci´on hemos mostrado que (1.2) vale para cada n´ umero natural n. En la siguiente secci´on presentaremos un u ´til m´etodo general para demostrar enunciados como ´este, basado en el principio de inducci´on matem´atica. Posteriormente continuaremos nuestra discusi´on de otros problemas, con un sabor m´as formal, pues nos interesa mostrar una forma de generar un ambiente de discusi´on de ideas matem´aticas cada vez m´as avanzadas.

1.2.

Inducci´ on matem´ atica

Como hemos anunciado, ahora analizaremos un m´etodo que nos permitir´a mostrar la validez de muchas propiedades de los n´ umeros naturales. Comenzaremos con un ejemplo, partiendo de la siguiente pregunta. ¿Cu´anto vale la suma de los cuadrados de los primeros n n´ umeros naturales?

10

´ n matema ´ tica 1.2. Induccio

Para tratar de hallar una respuesta a esta pregunta, es conveniente hacer unas primeras observaciones con algunos o varios casos particulares. Sin embargo, debemos recordar que hay una infinidad de n´ umeros naturales; de modo que tendremos que buscar argumentos generales para nuestras observaciones y mostrar que tales argumentos ser´an v´alidos para cualquier n´ umero natural no importando que tan grande sea. Veamos el comportamiento de tal suma para tres casos particulares: 12 = 1,

12 + 22 = 5,

12 + 22 + 32 = 14.

En la siguiente tabla tenemos el c´alculo de la suma de los n´ umeros cuadrados para m´as casos particulares. N´ umero

Suma de cuadrados

Incremento

1 2 3 4 5 6

1 1+4=5 1 + 4 + 9 = 14 1 + 4 + 9 + 16 = 30 1 + 4 + 9 + 16 + 25 = 55 1 + 4 + 9 + 16 + 25 + 36 = 91

1 4 9 16 25 36

Con este n´ umero de casos particulares, ¿estaremos en condiciones de conjeturar alg´ un resultado? ¿Podremos deducir alguna f´ormula para encontrar el resultado de la suma de los primeros n n´ umeros cuadrados? Al estilo de los antiguos griegos, podemos ayudarnos con una representaci´on geom´etrica de los n´ umeros cuadrados, as´ı como de su suma. La siguiente figura representa por medio de arreglos de cubos los n´ umeros cuadrados 1, 4 y 9:

Usando estos arreglos, representamos la suma de los dos primeros n´ umeros cuadrados como

Cap´ıtulo 1. Las primeras sesiones

11

Y la suma de los tres primeros n´ umeros cuadrados como:

Podemos pensar cada uno de estos arreglos de bloques contenidos en cubos de aristas 2 y 3 respectivamente, de donde quitamos algunos cubitos. En el primer caso tenemos 23 − 3 cubitos y en el segundo 33 − (3 + 5 + 5):

La suma de los primeros tres cuadrados completando un cubo de arista 3. A la derecha aparece cada uno de los tres niveles del cubo, comenzando desde el primero.

Ahora veamos qu´e pasa en el tercer caso:

12

´ n matema ´ tica 1.2. Induccio

La suma de los primeros cuatro cuadrados completando un cubo de arista 4. A la derecha aparece cada uno de los cuatro niveles del cubo, comenzando desde el primero.

De manera general, podemos representar la suma de los primeros n´ umeros cuadrados dentro de un cubo de arista n y luego restar por pisos los elementos que no debemos considerar en la suma que buscamos. Para los casos que hemos visto y algunos m´as tenemos: n

Suma de los primeros n cuadrados

Quitando lo que no debemos sumar:

1 2 3 4 5

1 5 14 30 55

13 −0(1) = 1 23 −[0(1) + 1(3)] = 5 3 3 −[0(1) + 1(3) + 2(5)] = 14 3 4 −[0(1) + 1(3) + 2(5) + 3(7)] = 30 3 5 −[0(1) + 1(3) + 2(5) + 3(7) + 4(9)] = 55

Estas observaciones sugieren como conjetura que al volumen de un cubo de arista n debemos restarle lo siguiente 0(1) + 1(3) + 2(5) + 3(7) + · · · + (n − 1)(2(n − 1) + 1). Escribimos entonces 12 +22 + · · · + n2 = = = =

n3 − [0(1) + 1(3) + 2(5) + · · · + (n − 1) (2(n − 1) + 1)] n3 − [0(1) + 1(3) + 2(5) + · · · + (n − 1)(2n −
1)] n3 −[0(1) + 1(3) + 2(5) + · · · + 2n2 −3n   +1 ] n3 − 2 (12 ) +2 (22 ) +2 (32 ) + · · · + 2n2 +3 [1 +  2 + 3 + · · · + n] −(n)(1) = n3 −2 12 +22 + · · · + n2 +3 (1 + 2 + · · · + n) −n

13

Cap´ıtulo 1. Las primeras sesiones

Podemos usar esta u ´ltima expresi´on para obtener que el triple de la suma que buscamos es:
3 12 + 22 + 32 + · · · + n2 = n3 + 3 (1 + 2 + 3 + · · · + n) − n. Usamos la expresi´on de la ecuaci´on (1.2) para la suma de los n primeros n´ umeros naturales para obtener 3n(n + 1) 2n3 + 3n(n + 1) − 2n −n= . 2 2 As´ı, hemos descubierto una expresi´on para la suma de los primeros n n´ umeros cuadrados: 3(12 + 22 + 32 + · · · + n2 ) = n3 +

n(n + 1)(2n + 1) . (1.4) 6 Al analizar los casos particulares vimos c´omo crec´ıa la lista de la suma de los n´ umeros cuadrados. Ahora comprobaremos que la lista de n´ umeros obtenidos mediante la expresi´on del lado derecho de (1.4) crece de la misma manera, de modo que ambas expresiones generar´an los mismos n´ umeros para cualquier n. 12 +22 +32 + · · · + n2 =

n 1 2 3 4 5 6

Suma de los primeros n n´umeros cuadrados

Regla que descubrimos

(n(n + 1)(2n + 1)) /6 1 5 14 30 55 91

1 1+4 1+4+9 1 + 4 + 9 + 16 1 + 4 + 9 + 16 + 25 1 + 4 + 9 + 16 + 25 + 36

Al observar los n´ umeros de la segunda columna, vemos que para pasar del rengl´on k al (k + 1) hay que sumar el n´ umero cuadrado (k + 1)2 . Veamos que este crecimiento es el mismo en la tercera columna: n 1 2

Regla que descubrimos: (n(n + 1)(2n + 1)) /6

.. .

.. .

k k+1

1(1+1)(2+1) 6 1(1+1)(2+1) 2 1(2)(3)+4(2)(3) 2(2+1)(4+1) +2 = = = 6 6 6

k(k+1)(2k+1) +(k 6

+

1 + 22

k(k+1)(2k+1) 6 2 1)2 = k(k+1)(2k+1)+6(k+1) = (k+1)(k+2)(2k+3) 6 6

14

´ n matema ´ tica 1.2. Induccio

En el u ´ltimo rengl´on de esta tabla hemos obtenido la expresi´on correspondiente al valor k + 1 en el lado derecho de (1.4), de modo que la suma de los primeros n n´ umeros cuadrados y dicha expresi´on crecen de la misma forma. As´ı, hemos demostrado que (1.4) vale para cualquier n´ umero natural n. Aprovecharemos nuestros resultados para ver otro ejemplo de relaci´on entre los n´ umeros triangulares definidos en la secci´on anterior. Recordando que la suma de dos n´ umeros triangulares consecutivos es igual a un n´ umero cuadrado (ver la ecuaci´on (1.3)), podemos escribir la suma de los primeros (n − 1) n´ umeros cuadrados en t´erminos de la suma de los primeros n − 1 n´ umeros triangulares como sigue: 12 + 22 + · · · + n2 = (T1 ) + (T1 + T2 ) + · · · + (Tn−1 + Tn ) = 2(T1 + T2 + · · · + Tn−1 ) + Tn . As´ı, T1 + T2 + · · · + Tn−1 =


1 2 1 + 22 + · · · + n2 − Tn . 2

Usando las expresiones (1.2) y (1.4), tenemos que   1 n(n + 1)(2n + 1) n(n + 1) − ; T1 + T2 + · · · + Tn−1 = 2 6 2 al simplificar obtenemos finalmente T1 + T2 + T3 + · · · + Tn−1 =


1 3 n −n . 6

Si formulamos una conjetura general para cualquier n´ umero natural n y queremos garantizar que tal conjetura es verdadera, podemos utilizar la inducci´on matem´atica, basada en el siguiente principio: Principio de inducci´ on Una proposici´on que depende de los n´ umeros naturales se cumple para todo n´ umero natural si se satisfacen las dos condiciones siguientes: 1. La proposici´on se cumple para el n´ umero 1.

Cap´ıtulo 1. Las primeras sesiones

15

2. Siempre que la proposici´on se satisface para el natural k implica que la proposici´on se satisface para el siguiente n´ umero natural (k + 1).

Veamos un ejemplo. Mostraremos que para cualquier n´ umero natural n se cumple que n2 (n + 1)2 . (1.5) 4 Antes de aplicar el principio de inducci´on, construyamos una tabla con los valores de las expresiones que aparecen en la igualdad anterior para algunos valores de n: 13 + 23 + 33 + · · · + n3 =

n

13 + 23 + 33 + · · · + n3

1

13 = 1

2

13 + 23 = 9

3

13 + 23 + 33 = 36

4

13 + 23 + 33 + 43 = 100

n2 (n + 1)2 4 12 (1 + 1)2 =1 4 2 2 2 (2 + 1) =9 4 32 (3 + 1)2 = 36 4 2 2 4 (4 + 1) = 100 4

El rengl´on de esta tabla correspondiente a n = 1 muestra que la igualdad (1.5) vale para este caso. Ahora suponemos que la igualdad vale para un n´ umero natural k, de modo que k 2 (k + 1)2 . 1 + 2 + 3 + ··· + k = 4 3

3

3

3

¿Qu´e ocurre para el caso del n´ umero natural (k + 1)? Podemos usar esta igualdad para ver que 13 + 23 + 33 + · · · + k 3 + (k + 1)3 =

k 2 (k + 1)2 + (k + 1)3 , 4

pero podemos simplificar el lado derecho como k 2 (k + 1)2 (k + 1)2 (k 2 + 4(k + 1)) (k + 1)2 (k + 2)2 + (k + 1)3 = = , 4 4 4

16

´ n matema ´ tica 1.2. Induccio

es decir, 13 + 23 + 33 + · · · + k 3 + (k + 1)3 =

(k + 1)2 (k + 2)2 , 4

de modo que la igualdad (1.5) vale tambi´en para (k + 1). Por el principio de i´on, la igualdad vale para cualquier n´ umero natural. Ejercicios 1. Utiliza el principio de inducci´on matem´atica para verificar que las siguientes igualdades son v´alidas para cualquier n´ umero natural n: a) 1 + 3 + 5 + · · · + (2n − 1) = n2 . n(4n2 − 1) . 3 c) 13 + 33 + 53 + · · · + (2n − 1)3 = n2 (2n2 − 1). 1 1 1 1 n d) + + + ··· + = . 1·2 2·3 3·4 n · (n + 1) n+1 1 1 1 1 n e) + + + ··· + = . 1·3 3·5 5·7 (2n − 1)(2n + 1) 2n + 1 b) 12 + 32 + 52 + · · · + (2n − 1)2 =

n(n + 1)(n + 2) . 3 g) 1 · 2 · 3 + 2 · 3 · 4 + 3 · 4 · 5 + · · · + n · (n + 1) · (n + 2) = n(n + 1)(n + 2)(n + 3) . 4 12 22 32 n2 n(n + 1) + + + ··· + = . h) 1·3 3·5 5·7 (2n − 1)(2n + 1) 2(2n + 1) f ) 1 · 2 + 2 · 3 + 3 · 4 + · · · + n · (n + 1) =

2. Determina si las siguientes afirmaciones son falsas o verdaderas. a) Para todo n´ umero natural n, n2 + n − 20 < 0. b) Para todo n´ umero natural n, n2 − n + 1 > 0. c) Para todo n´ umero natural n, n3 − n es m´ ultiplo de 3. d ) Para todo n´ umero natural n, n5 − n es m´ ultiplo de 5. e) Para todo n´ umero natural n, n7 − n es m´ ultiplo de 7.

17

Cap´ıtulo 1. Las primeras sesiones

f ) Para todo n´ umero natural n, (2n − 1)(2n + 1)(2n + 3) es m´ ultiplo de 5. g) Para todo n´ umero natural n > 3, 2n > 2n + 1. 3. Usa inducci´on para mostrar que las siguientes igualdades son v´alidas para cualquier n´ umero natural n: a) 1 + 2 + 22 + 23 + · · · + 2n = 2n+1 − 1. 3n+1 − 1 . b) 1 + 3 + 32 + 33 + · · · + 3n = 2 10n+1 − 1 c) 1 + 10 + 102 + 103 + · · · + 10n = . 9   1 1 1 1 d ) 1 + + 2 + · · · + n = 2 1 − n+1 . 2 2 2 2   1 1 1 9 1 e) 1 + + 2 + · · · + n = 1 − n+1 . 9 9 9 8 9 4. Utiliza las expresiones del ejercicio anterior para plantear una conjetura acerca de una expresi´on para la suma 1 + r + r2 + · · · + rn y demuestra que la conjetura es verdadera. 5. Demuestra que 1 + 2r + 3r2 + · · · + nrn−1 =

1 − (n + 1)rn + nrn+1 . (1 − r)2

6. Demuestra la siguiente igualdad: n+1

1 − r2 (1 + r)(1 + r )(1 + r ) · · · (1 + r ) = . 1−r 2

4

2n

7. Demuestra la siguiente desigualdad: √ 1 1 1 1 √ + √ + √ + · · · + √ > n, si n > 1. n 1 2 3 8. ¿Cu´antos enteros positivos n cumplen que n − 17 divide a n + 4? 9. Demuestra que la suma de cubos de tres n´ umeros naturales consecutivos es m´ ultiplo de 9.

18

´ rmula del binomio de Newton 1.3. Fo

1.3.

F´ ormula del binomio de Newton

En la secci´on 1.1 analizamos el problema del n´ umero de partidos de futbol a realizar con 12 equipos. Uno de los modelos propuestos para estudiar este problema utiliz´o un pol´ıgono de 12 v´ertices, donde cada v´ertice representaba un equipo y cada partido estaba representado por un segmento entre dos v´ertices. Utilizando esta informaci´on, podemos ver que (12)(11)/2 es igual al n´ umero de segmentos que se pueden trazar en un pol´ıgono con 12 v´ertices. En general, el n´ umero de segmentos que se pueden construir con n puntos n(n − 1) . es 2 Ahora nos preguntaremos por el n´ umero de tri´angulos que se pueden construir con los v´ertices de un pol´ıgono con n v´ertices. Observemos que cada tri´angulo se construye con los v´ertices de un segmento y un tercer v´ertice que no est´a en el segmento, de modo que por cada pareja de v´ertices (o bien por cada segmento) disponemos de otros n − 2 v´ertices del pol´ıgono para construir los tri´angulos. Por ejemplo, en el caso del hex´agono se tienen 4 tri´angulos por cada segmento como se observa en la figura:

En el caso general, tenemos (n − 2)

n(n − 1) 2

tri´angulos. Pero en este c´alculo cada tri´angulo se ha contado 3 veces, de modo que el n´ umero total de tri´angulos que se pueden construir con los v´ertices de un pol´ıgono de n lados es n(n − 1)(n − 2) . 2·3

Cap´ıtulo 1. Las primeras sesiones

19

¿Cu´antos cuadril´ateros podremos construir? Siguiendo la misma l´ogica, el n´ umero de cuadril´ateros se puede obtener a partir del n´ umero de tri´angulos. Retomando el ejemplo del hex´agono, si fijamos uno de los tri´angulos, podemos construir un cuadril´atero con cualquiera de los puntos sobrantes:

Por lo tanto, el n´ umero de cuadril´ateros es igual al producto del n´ umero de tri´angulos por el n´ umero de puntos sobrantes. De nuevo, observamos que cada cuadril´atero se ha contado 4 veces, de modo que debemos dividir el n´ umero obtenido entre cuatro, as´ı, el n´ umero de cuadril´ateros que se pueden construir con los v´ertices del hex´agono es 6·5·4·3 . 4·3·2 Podemos generalizar este razonamiento como sigue: Dado un pol´ıgono de n v´ertices, por cada tri´angulo construido se dispone de otros n − 3 v´ertices para elegir el cuarto v´ertice del cuadril´atero. Como el n´ umero de tri´angulos es n(n − 1)(n − 2) , 2·3 se pueden construir n(n − 1)(n − 2) n − 3 n(n − 1)(n − 2)(n − 3) · = 2·3 4 2·3·4 cuadril´ateros. Ahora podemos conjeturar que el n´ umero de pol´ıgonos de k v´ertices que se pueden construir en un pol´ıgono de n vertices es n(n − 1)(n − 2)(n − 3) · · · (n − k + 1) . 2 · 3 · 4···k

20

´ rmula del binomio de Newton 1.3. Fo

En la siguiente tabla se tiene la informaci´on del n´ umero total de pol´ıgonos con k lados que se pueden construir en pol´ıgonos de 3, 4, 5 y 6 v´ertices:

N´ umero de

Total de

Total de

Total de

Total de

Total de

Total de

v´ ertices

segmentos

tri´ angulos

cuadril´ ateros

pent´ agonos

hex´ agonos

pol´ıgonos

3 4 5 6

3 6 10 15

1 4 10 20

0 1 5 15

0 0 1 6

0 0 0 1

7 15 31 63

Obs´ervese que en cada caso el n´ umero total de pol´ıgonos (´ ultima columna) se puede escribir como una potencia de 2 menos 1. Escribimos esta informaci´on en la siguiente tabla, la cual extenderemos en dos sentidos por conveniencia. En la segunda columna incluimos un caso l´ımite, el n´ umero de “pol´ıgonos” con k = 0 lados, es decir, el n´ umero de puntos considerados. Adem´as, incluimos dos renglones al principio, correspondientes a los “pol´ıgonos” con 1 o 2 v´ertices.

N´ umero

Total de

Total de

Total de

Total de

Total de

Total de

Total de

de v´ ertices

puntos

segmentos

tri´ angulos

cuadril´ ateros

pent´ agonos

hex´ agonos

pol´ıgonos

1 2 3 4 5 6

1 2 3 4 5 6

0 1 3 6 10 15

0 0 1 4 10 20

0 0 0 1 5 15

0 0 0 0 1 6

0 0 0 0 0 1

21 −1 22 −1 23 −1 24 −1 25 −1 26 −1

Se observa que en cada uno de los renglones hay algunos n´ umeros que se repiten. ¿Qu´e sucede en la geometr´ıa para que se d´e esta situaci´on? Veamos los siguientes dibujos:

Cap´ıtulo 1. Las primeras sesiones

21

En el primer dibujo tenemos un pol´ıgono de 8 v´ertices y vemos que por cada 3 v´ertices utilizados para formar un tri´angulo hay otros 5 v´ertices que no se ocupan, con los que se puede construir un pent´agono. En el segundo dibujo tenemos 6 v´ertices, dos de los cuales se han usado para formar un segmento. Con los v´ertices restantes formamos un cuadril´atero. En general, si tenemos un pol´ıgono con n v´ertices, podemos afirmar que por cada pol´ıgono de k v´ertices, podemos construir otro pol´ıgono con los n − k v´ertices restantes. Por lo tanto el n´ umero de pol´ıgonos de k v´ertices que se puede construir en un pol´ıgono de n v´ertices es igual al n´ umero de pol´ıgonos con n − k v´ertices y tenemos la siguiente igualdad: n(n − 1)(n − 2) · · · (n − (n − k) + 1) n(n − 1)(n − 2) · · · (n − k + 1) = 2 · 3···k 2 · 3 · · · (n − k) la cual es f´acil de verificar al hacer la multiplicaci´on cruzada. En resumen, tenemos que el n´ umero total de pol´ıgonos que se pueden construir con los v´ertices de un pol´ıgono de n v´ertices es

n+

n(n − 1) n(n − 1)(n − 2) n(n − 1)(n − 2) · · · 2 + + ··· + + 1 = 2n − 1, 2 2·3 2 · 3 · · · (n − 1)

donde el primer sumando es el n´ umero total de puntos del pol´ıgono, el segundo el n´ umero total de segmentos, el siguiente el n´ umero total de tri´angulos y as´ı sucesivamente hasta llegar al n´ umero de pol´ıgonos con n v´ertices, que es igual a 1. Observa que la expresi´on 2n − 1 tambi´en da el n´ umero total de pol´ıgonos cuando el “pol´ıgono” original tiene s´olo uno o dos puntos.

22

´ rmula del binomio de Newton 1.3. Fo

Ahora abordaremos el problema de determinar el n´ umero total de pol´ıgonos desde otro punto de vista. En la siguiente figura hemos etiquetado los v´ertices de un cuadrado como a, b, c, d:

Para formar un segmento con dos de los v´ertices de este cuadrado, basta elegir cualesquiera dos letras en el conjunto {a, b, c, d}. En forma similar, para formar un tri´angulo basta elegir tres letras del mismo conjunto. Para obtener el n´ umero total de pol´ıgonos que podemos formar con los v´ertices de este cuadrado, podemos entonces preguntarnos cu´antos subconjuntos tiene {a, b, c, d}. Para contestar esta pregunta haremos una lista: Tenemos 4 subconjuntos de un elemento: {a} , {b} , {c} , {d}. Los subconjuntos de dos elementos son {a, b}, {a, c}, {a, d}, {b, c}, {b, d} y {c, d} ; en total, 6 subconjuntos de este tipo. Subconjuntos de tres elementos: {a, b, c} , {a, b, d} , {a, c, d} , {b, c, d} ; es decir, 4 subconjuntos. Subconjuntos de cuatro elementos: {a, b, c, d}; o sea, un solo subconjunto. En este caso, agregaremos a esta lista el conjunto vac´ıo que siempre es subconjunto de cualquier conjunto. As´ı, el total de subconjuntos de {a, b, c, d}. es 1 + 4 + 6 + 4 + 1 = 16 = 24 . Para hacer una analog´ıa completa entre el n´ umero de figuras geom´etricas que se pueden construir con los v´ertices de un cuadrado y el n´ umero de

23

Cap´ıtulo 1. Las primeras sesiones

subconjuntos de un conjunto con 4 elementos, podemos asociar al conjunto vac´ıo la “figura vac´ıa”. Para confirmar esta analog´ıa consideremos un pent´agono y el conjunto {a, b, c, d, e} con 5 elementos. El n´ umero de subconjuntos del conjunto {a, b, c, d, e} es 1 +

vac´ıo

5

1 elemento

+

10

2 elementos

+

10

3 elementos

+

5

4 elementos

+

1

5 elementos

= 32 = 25

Entonces en base al an´alisis realizado con los objetos geom´etricos se puede conjeturar que el n´ umero total de subconjuntos de un conjunto con n elementos es 2n , esto es: 1 +

vac´ıo

n

1 elemento

+

n(n − 1) n(n − 1)(n − 2) + + 2 2·3

2 elementos

+ ··· +

3 elementos

n(n − 1)(n − 2) · · · (n − k + 1) + 2 · 3···k k elementos

n(n − 1)(n − 2) · · · 3 · 2 + ··· + + n 2 · 3 · · · (n − 1)

1

elementos

= 2n .

n−1 elementos

Tambi´en podemos afirmar que el n´ umero de subconjuntos con k elementos de un conjunto con n elementos es igual al n´ umero de subconjuntos con n − k elementos. Para no estar cargando tantas multiplicaciones vamos a definir el factorial de un n´ umero n, denotado por n!, como n! = n(n − 1)(n − 2) · · · 2 · 1; por ejemplo, 3! = 3 · 2 · 1 = 6, o bien 5! = 5 · 4 · 3 · 2 · 1 = 60. Con esta definici´on, n(n − 1)(n − 2) · · · (n − k + 1) 1 · 2 · 3···k se puede escribir como [n(n − 1)(n − 2) · · · (n − k + 1)] · (n − k)! n! = . [1 · 2 · 3 · · · k] · (n − k)! k!(n − k)! Denotamos esta u ´ltima expresi´on como sigue:   n n! = . k k!(n − k)!

24

´ rmula del binomio de Newton 1.3. Fo Por ejemplo,   5! 5·4·3·2·1 20 5 5! = = = = 10, = 3!(5 −  3)!  3!2! (3 · 2 · 1)(2 · 1) 2 3 10 10! 10 · 9 · 8 · 7 = = = 210. 6 6!(10 − 6)! 4·3·2·1

Con esta notaci´on se puede decir que  el n´ umero de subconjuntos de k n elementos de un conjunto de n elementos es . Como el vac´ıo es el conjunto k que no tiene elementos, debemos tener que   n =1 0 de modo que definimos 0! = 1 para que   n n! n! = = = 1. 0 n!(n − n)! n!0! Con esta notaci´on, podemos escribir 2n como             n n n n n n 2 = + + + ··· + + ··· + + . 0 1 2 k n−1 n n

Adem´as, el hecho de que un conjunto con n elementos tiene tantos subconjuntos con k elementos como subconjuntos con n − k se puede escribir como     n n = . k n−k Regresemos a la tabla de la p´agina 20, donde aparece el n´ umero de “subpol´ıgonos” que podemos formar con los v´ertices de un pol´ıgono, o bien, como hemos visto, el n´ umero de subconjuntos de un conjunto con n elementos. Para tomar en cuenta al subconjunto vac´ıo, tendr´ıamos que agregamos a esta tabla una columna (entre la primera y la segunda columnas de la tabla original) con un 1 correspondiente a dicho subconjunto. Adem´as cambiaremos un poco la distribuci´on de los datos para obtener el siguiente arreglo de n´ umeros:

25

Cap´ıtulo 1. Las primeras sesiones 1 1

1

1

2

1

3

1 1

1 3

4

1

6

5

4

10

1

10

5

1 6 15 20 15 Observemos varios patrones en este arreglo:

1 6

1

1. Al inicio y al final de cada rengl´on aparecen unos. 2. En el tercer rengl´on aparece un 2 que se puede ver como la suma de los unos que est´an en el rengl´on superior. 3. En el cuarto rengl´on aparecen dos n´ umeros 3 cada uno de los cuales es la suma de un 1 y un 2 del rengl´on superior. 4. El quinto rengl´on se construye de manera an´aloga al cuarto: Iniciamos con los unos en los extremos y luego sumamos 3 con 1, 3 con 3, otra vez 3 con 3 y as´ı sucesivamente para obtener 1, 4, 6, 4, 1. En general, cualquier rengl´on de este arreglo se obtiene sumando los dos n´ umeros que est´an en el rengl´on inmediato superior arriba de ´este. As´ı podemos seguir construyendo los dem´as renglones del arreglo: 1 1 1 1 1 1 1 1 1

7 8

4

6

15

1 4

10 20

35 56

1 3

10

21 28

2 3

5 6

1

15 35

70

1 5

1 6

21 56

1 7

28

1 8

1

Este arreglo se llama tri´angulo de Pascal. Los elementos que aparecen en el rengl´on n del tri´angulo son:            n n n n n n n n ··· ··· . 0 1 2 k−1 k k+1 n−1 n

26

´ rmula del binomio de Newton 1.3. Fo Puesto que el rengl´on (n + 1) est´a formado por          n+1 n+1 n+1 n+1 n+1 n+1 ··· ··· , 0 1 2 k n n+1

para demostrar que el tri´angulo sigue el patr´on antes indicado hay que ver que el (k + 1)-´esimo elemento de este rengl´on se obtiene al sumar dos elementos del rengl´on anterior, a saber,       n+1 n n = + . k k−1 k Para esto basta verificar esta igualdad:     n n n! n! + = + k−1 k (k − 1)!(n − k +1)! k!(n − k)! n! 1 1 = + (k − 1)!(n − k)!  n − k + 1 k n! k+n−k+1 = (k − 1)!(n − k)! k(n − k + 1) n! n+1 = (k − 1)!(n − k)! (n − k + 1)k (n + 1)! = k(k − 1)!(n + 1 − k)(n − k)! (n + 1)! = k!(n +  1 − k)!  n+1 = . k Ahora veremos una aplicaci´on del tri´angulo de Pascal, para lo cual desarrollaremos algunas potencias de un binomio a + b: Es claro que (a + b)1 = a + b. Observemos que los coeficientes de los monomios son 1 y 1. Ahora, (a + b)2 = a2 + 2ab + b2 , y sus coeficientes son 1, 2 y 1. Por otro lado, (a + b)3 = a3 + 3a2 b + 3ab2 + b3 ,

27

Cap´ıtulo 1. Las primeras sesiones y los coeficientes son 1, 3, 3, 1. Por u ´ltimo, (a + b)4 = a4 + 4a3 b + 6a2 b2 + 4ab3 + b4 ,

y sus coeficientes son 1, 4, 6, 4, 1. As´ı, en cada uno de estos desarrollos aparecen los coeficientes de uno de los renglones del tri´angulo de Pascal. Podemos conjeturar que (a + b)5 = a5 + 5a4 b + 10a3 b2 + 10a2 b3 + 5ab4 + b5 , y para verificar esta conjetura podemos efectuar el producto (a + b)4 (a + b). Proposici´ on 1.1. La n-´esima potencia de un binomio a+b se puede escribir usando los coeficientes del tri´angulo de Pascal como           n n−1 n n−k k n n n n n n n−1 (a+b) = a + a b+· · ·+ a b +· · ·+ ab + b . 0 1 k n−1 n ´ Demostraci´on. Este es un resultado que puede demostrarse usando el principio de inducci´on matem´atica. En primer lugar, la afirmaci´on es cierta para n = 1, pues     1 1 1 1−1 1 (a + b) = a + a b. 0 1 Supongamos entonces que es v´alido el resultado para n − 1, es decir, que (a + b)n−1 es igual a la suma

n−2
n−1−k k
n−2
n−1 n−1 n−1 n−1 a + n−1 a b + · · · + n−1 a b + · · · + n−2 ab + n−1 b 0 1 k n−1 Al multiplicar esta expresi´on por (a + b) obtenemos dos sumas, que son

n−1
n−k k
2 n−2
n−1 n−1 n a + n−1 a b + · · · + n−1 a b + · · · + n−1 ab + n−1 ab 0 1 k n−2 n−1 y n−1 0




an−1 b +

n−1 1




an−2 b2 + · · · +

n−1 k




an−1−k bk+1 + · · · +

n−1 n−2




abn−1 +

n−1 n−1




bn .

Agrupamos los t´erminos semejantes de estas dos sumas y usamos el hecho de que



n−1 = n−1 = n0 = nn = 1 0 0

28

1.4. Las torres de Hanoi

para escribir (a + b)n =

n 0




an +  n−1
k−1

n−1 + n−1 an−1 b 0 1
 n−k k + n−1 a b + ··· k









+



+



n−1 1
n−1 n−2




+ +

n−1 an−2 b2 + · · · + 2
 n−1
n−1 n n ab + b . n−1 n




Finalmente, usamos la igualdad       n+1 n n = + k k−1 k en cada uno de los par´entesis rectangulares para obtener la igualdad que quer´ıamos mostrar. Por el principio de inducci´on, la igualdad en el enunciado de esta proposici´on es v´alida para cualquier n´ umero natural n. Esta expresi´on se conoce como la f´ormula del binomio de Newton. Ejercicios 1. Comprueba la siguiente igualdad.

(a − b)n = n0 an − n1 an−1 b + + · · · + (−1)n−1

n 2


n−2 2
a b + · · · + (−1)k nk an−k bk

n n−1




abn−1 + (−1)n

n n


n b .

2. ¿Cu´al es el s´eptimo t´ermino en el desarrollo de (2a2 − 5b3 )12 ? 3. Desarrolla los siguientes binomios: (x + 2y 2 )3 y (3x − 2y)4 .

1.4.

Las torres de Hanoi

El juego de las torres de Hanoi fue inventado por el matem´atico franc´es ´ Edouard Lucas, quien lo public´o por primera vez en 1883. El material de juego consta de varios discos o monedas de diferente tama˜ no y un tablero con tres estacas o con tres casillas. Al inicio los discos est´an colocados en una de las casillas en orden creciente (el mayor hasta abajo). El juego consiste en trasladar todos los discos de la torre, uno por uno, a otra casilla (usando la tercera como auxiliar) de manera que queden en el orden original. Los discos se pueden mover a cualquier casilla siempre y cuando en ella no se encuentre un disco de menor tama˜ no; esto es, nunca se puede colocar un disco mayor sobre uno menor.

Cap´ıtulo 1. Las primeras sesiones

29

Una pregunta que se plantea naturalmente despu´es de jugar con torres de 3, 4 y 5 discos es ¿Cu´al es el n´ umero de pasos necesario para trasladar una torre de n discos? Otra pregunta natural es: ¿Cu´al es el m´ınimo n´ umero de pasos para trasladar una torre de n discos? Al experimentar directamente con unos cuantos discos reunimos los datos de la siguiente tabla: N´ umero de discos de la torre

N´ umero m´ınimo de pasos

1 2 3 4 5

1 3 7 15 31

Antes de buscar cu´al ser´ıa el m´ınimo n´ umero de pasos necesario para trasladar una torre con n discos, verifiquemos que los n´ umeros obtenidos al experimentar con 1, 2, 3, 4 y 5 discos son los m´ınimos. Claramente, si tenemos un solo disco basta con un movimiento para llevarlo a otra casilla y, por lo tanto, ´este es el m´ınimo. ¿Qu´e sucede si tenemos dos discos en la torre? Observemos que para mover el disco mayor primero se debe quitar de encima el disco peque˜ no (para lo cu´al s´olo necesitamos un paso). N´otese que ya necesitamos usar la otra casilla como auxiliar para efectuar el juego sin infringir las reglas. El movimiento del disco mayor requiere tambi´en de un solo paso y para volver a formar la torre necesitamos mover nuevamente el disco peque˜ no una vez. Esto da un total de 3 movimientos, y ´este el m´ınimo n´ umero de pasos. Si ahora se tienen en total 3 discos en la torre, para poder mover por primera vez el disco mayor se deben mover previamente los discos menores y llevarlos a una u ´nica casilla (de modo que quede libre una casilla a donde podamos trasladar al disco mayor). Como ya sabemos, para trasladar 2 discos de una casilla a otra se necesitan al menos 3 movimientos, de modo que el primer movimiento del disco mayor debe realizarse despu´es de 3 movimientos.

30

1.4. Las torres de Hanoi

Una vez movido el disco mayor, se tienen que colocar los dos discos m´as peque˜ nos encima del mayor y para esto se requieren otros tres movimientos. As´ı, se llega a que el m´ınimo n´ umero de pasos necesario para trasladar 3 discos se obtiene sumando el m´ınimo de movimientos necesarios para trasladar 2 discos, el movimiento del disco mayor y el n´ umero m´ınimo de movimientos necesarios para colocar 2 discos en la casilla que ocupa el mayor. De manera an´aloga se puede demostrar que el m´ınimo n´ umero de pasos necesario para trasladar 4 discos es 15 y para 5 discos es 31. Obs´ervese que, si denotamos como H(n) al m´ınimo n´ umero de pasos necesario para trasladar una torre con n discos, se tiene el siguiente principio en el juego: H(1) H(2) H(3) H(4) H(5)

= = = = =

1; H(1) + 1 + H(1); H(2) + 1 + H(2); H(3) + 1 + H(3); H(4) + 1 + H(4).

Este principio de recursividad, que se descubre de la experimentaci´on directa del juego con torres de 1, 2, 3, 4 y 5 discos, sugiere la siguiente conjetura: H(1) = 1;

H(n) = H(n − 1) + 1 + H(n − 1) = 2H(n − 1) + 1.

Claramente H(1) = 1 es el m´ınimo de pasos necesario para trasladar un disco. En cuanto a la segunda relaci´on, sabemos que antes de mover por primera vez el disco mayor (en este caso el n-´esimo) hay que trasladar a una u ´nica casilla la torre con n − 1 discos que est´a encima de ´el, despu´es mover el disco n y, por u ´ltimo regresar la torre de n − 1 discos a la casilla ocupada por el disco n. De este modo, si H(n − 1) es el m´ınimo n´ umero de pasos necesario para trasladar n − 1 discos, entonces H(n) = 2H(n − 1) + 1 debe ser el m´ınimo n´ umero de pasos necesario para trasladar n − 1 discos. En la pr´actica, para encontrar H(n) debemos calcular primero H(2) a partir de H(1) = 1, luego H(3) a partir de H(2), H(4) a partir de H(3) y

31

Cap´ıtulo 1. Las primeras sesiones

as´ı sucesivamente. Esto nos sugiere desarrollar H(n) de la siguiente manera: H(1) H(2) H(3) H(4)

= = = =

1; 2H(1) + 1 = 2 + 1; 2H(2) + 1 = 2(2 + 1) + 1 = 22 + 2 + 1; 2H(3) + 1 = 2(22 + 2 + 1) + 1 = 23 + 22 + 2 + 1; .. . H(n) = 2H(n − 1) + 1 = 2(2n−2 + 2n−3 + · · · + 2 + 1) + 1 = 2n−1 + 2n−2 + · · · + 22 + 2 + 1. En la u ´ltima expresi´on suponemos que n ≥ 2. As´ı, concluimos que H(1) = 1;

y H(n) =

n X

2i−1 para n ≥ 2.

(1.6)

i=1

Sin embargo, esta f´ormula no es muy pr´actica, pues si n es un n´ umero suficientemente grande, el c´alculo de H(n) nos obliga a desarrollar un buen n´ umero de operaciones. Trataremos entonces de buscar alg´ un otro camino que nos permita encontrar H(n) de manera m´as directa o bien que nos diga c´omo calcular la suma que necesitamos. Agreguemos una columna a nuestra tabla anterior que indique los incrementos que sufre el n´ umero de pasos cuando el n´ umero de discos crece: N´ umero de discos de la torre

N´ umero m´ınimo de pasos

Incremento

0 1 2 3 4 5

0 1 3 7 15 31

1 = 20 2 = 21 4 = 22 8 = 23 16 = 24

(1.7)

Se observa que cada uno de los incrementos se puede expresar como una potencia de 2 y que el m´ınimo n´ umero de pasos necesario para trasladar n discos se obtiene sumando ese incremento al m´ınimo n´ umero de pasos necesario para trasladar n−1 discos. Esto es, se obtiene una segunda relaci´on de recursividad dada por H(1) = 1,

H(n) = H(n − 1) + 2n−1 .

32

1.4. Las torres de Hanoi

As´ı, la propia tabla nos ofrece un segundo m´etodo para encontrar el m´ınimo n´ umero de pasos necesario para trasladar n discos. Haciendo un desarrollo an´alogo al anterior obtenemos: H(n) = H(n − 1) + 2n−1 = H(n − 2) + 2n−2 + 2n−1 = H(n − 3) + 2n−3 + 2n−2 + 2n−1 .. . = H(1) + 21 + 22 + 23 + · · · + 2n−2 + 2n−1 = 20 + 21 + · · · + 2n−1 . Es decir, mediante ambos m´etodos se obtiene que H(n) =

n X

2i−1 .

i=0

Como ya se demostr´o que la relaci´on recursiva H(n) = 2H(n − 1) + 1 proporciona el m´ınimo n´ umero de pasos necesario para trasladar n discos, y comoP la relaci´on H(n) = H(n − 1) + 2n−1 da como resultado la misma expresi´on ni=0 2i−1 , se tiene entonces que esta segunda relaci´on de recursividad tambi´en proporciona el m´ınimo n´ umero de pasos necesario para trasladar n discos. Sin embargo a´ un no hemos resuelto el problema de reducir el n´ umero de operaciones requeridas para encontrar H(n) con n suficientemente grande. Sigamos buscando: Recurramos nuevamente a la tabla que aparece en (1.7) y relacionemos en ella, de otra manera, a los totales de pasos con los incrementos. Observemos que el n´ umero de pasos necesario para trasladar un disco es el incremento correspondiente a 2 discos menos una unidad; que el total de pasos necesario para trasladar 2 discos es el incremento correspondiente a 3 discos, menos una unidad, etc´etera. De aqu´ı se puede conjeturar que el m´ınimo n´ umero de pasos necesario para trasladar n discos es 2n − 1; es decir, H(n) = 2n − 1. En suma, tenemos que demostrar el siguiente: Teorema 1.2. El m´ınimo n´ umero de pasos necesario para trasladar n discos est´a dado por H(n) = 2n − 1. Demostraci´on. Ya sabemos que H(n) = 2H(n) + 1 = H(n − 1) + 2n−1 = 20 + 21 + 22 + · · · + 2n−1

33

Cap´ıtulo 1. Las primeras sesiones

es el m´ınimo n´ umero de pasos necesario para trasladar n discos, pero por el ejercicio 4a de la secci´on anterior, 20 + 21 + 22 + · · · + 2n−1 = 2n − 1;

(1.8)

de estas igualdades se sigue el teorema.

Ahora podemos hacer preguntas m´as elaboradas, por ejemplo,

Dado un n´ umero de paso k, ¿qu´e disco se mueve en ese paso?

En primer lugar es necesario contar con un esquema de los traslados que se realizan a lo largo del juego; para ello es indispensable construir un modelo del juego con un lenguaje adecuado. Una posibilidad es numerar los discos en orden creciente y asignar a las casillas las letras A, B y C. Con esta notaci´on se tienen dos posibles esquemas para un n´ umero determinado de discos. Si suponemos que siempre se parte de la casilla A y que la torre tiene tres discos, los esquemas son Disco que se mueve 1 2 1 3 1 2 1

Casilla a la que se mueve el disco C B B C A C C

Disco que se mueve 1 2 1 3 1 2 1

Casilla a la que se mueve el disco B C C B A B B

34

1.4. Las torres de Hanoi Si la torre tiene cuatro discos, los esquemas son Disco que se mueve 1 2 1 3 1 2 1 4 1 2 1 3 1 2 1

Casilla a la que se mueve el disco C B B C A C C B B A A B C B B

Disco que se mueve 1 2 1 3 1 2 1 4 1 2 1 3 1 2 1

Casilla a la que se mueve el disco B C C B A B B C C A A C B C C

De los esquemas de los traslados para 3 y 4 discos se puede observar que cuando el primer movimiento que se realiza es a la casilla C, la torre termina en esa misma casilla siempre y cuando la torre tenga 3 discos y termina en B siempre y cuando la torre tenga 4 discos. Tambi´en se puede observar que si el primer movimiento que se realiza es a la casilla B, la torre termina en B si hay un total de 3 discos y en C si hay 4. Es decir, para una torre de 3 discos, el juego termina en la casilla hacia donde se realiz´o el primer traslado, y si la torre tiene 4 discos, el juego termina en la casilla que queda libre despu´es de realizar el primer traslado. Esto nos permite establecer la siguiente Conjetura. Si el n´ umero de discos de la torre es impar, la torre termina en la casilla hacia donde se realiz´o el primer traslado, y si el n´ umero de discos de la torre es par, la torre termina en la casilla que qued´o libre despu´es de realizar el primer traslado. Como los esquemas de traslados son esencialmente iguales haciendo el primer movimiento a la casilla C o a la B, elegiremos uno de ellos como modelo general del juego. En particular supondremos que el primer movimiento siempre es a la casilla C (partiendo de la casilla A). Para ahorrar espacio (y tiempo) denotaremos los traslados como 1-C o 2-B, o lo que corresponda.

Cap´ıtulo 1. Las primeras sesiones

35

Una vez impuesta la condici´on de que el primer traslado se haga a la casilla C partiendo de A obtenemos la tabla siguiente N´ umero de paso 1 2 3 4 5 6 7 8

N´ umero de 1 2 1–C 1–C 2–B 1–B

discos 3 1–C 2–B 1–B 3–C 1–A 2–C 1–C

de la 4 1–C 2–B 1–B 3–C 1–A 2–C 1–C 4–B

torre 5 1–C 2–B 1–B 3–C 1–A 2–C 1–C 4–B

Si se observa con detenimiento esta tabla se ver´a que el disco m´as peque˜ no, el n´ umero 1, se mueve siempre cada tercer paso; es decir, en los pasos impares. Tambi´en de la tabla se puede observar que el disco 2 se mueve en forma parecida: fij´andose s´olo en los pasos pares, se observa que el disco 2 tambi´en se mueve “cada tercer paso”. Si ahora se observan los pasos donde no se mueven los discos 1 o 2, es decir los pasos 4, 8, 12, 16, etc´etera, se ver´a que el disco 3 se mueve tambi´en “cada tercer paso”. Destacamos esto en la siguiente tabla. Disco 1 2 3 4

Se 1 2 4 8

mueve en 3 5 6 10 12 20 24 40

el paso 7 9 14 18 28 36 56 72

Lo que resta ahora es expresar esta relaci´on de manera general y comprobar que se satisface para cualquier n´ umero n de discos de la torre. Si el n´ umero de paso (denotado por k de aqu´ı en adelante) es impar, entonces se mueve el disco n´ umero 1; Si el n´ umero de paso es de la forma k = 2p con p impar (esto para expresar el “cada tercer paso”), se mueve el disco 2; Si dicho n´ umero es de la forma k = 4p con p impar, se mueve el disco 3; Si es de la forma k = 8p con p impar, se mueve el disco 4; y Si es de la forma k = 16p con p impar entonces se mueve el disco 5. En general se puede establecer la siguiente

36

1.4. Las torres de Hanoi

Conjetura. Si el n´ umero de paso es de la forma k = 2n−1 p con p impar, entonces se mueve el disco n. La demostraci´on de este resultado se basa en el siguiente razonamiento: Sabemos que si la torre tiene n discos en total, el disco mayor se mueve una u ´nica vez y lo hace en el paso de la forma 2n−1 , ya que antes de moverse debe haberse trasladado a una sola casilla la torre con n − 1 discos. Como para trasladar la torre con n − 1 discos se requiere un m´ınimo de 2n−1 − 1 pasos, el paso en que se mueve el disco n es precisamente el siguiente, es decir el 2n−1 − 1 + 1 = 2n−1 . El disco n − 1 se mueve dos veces. Veamos. Seg´ un la relaci´on de recursividad descubierta en el juego, la torre con n − 1 discos se mueve dos veces en el juego con una torre de n discos, una vez antes de mover el disco mayor y otra vez despu´es de mover el disco mayor. Como en la torre con n − 1 discos ocurre que el disco mayor es el n − 1, ´este se mueve una sola vez en el paso de la forma 2n−2 . Y como despu´es de mover el disco n se vuelve a repetir el esquema del juego con n − 1 discos, la segunda vez que se mueve es precisamente en el paso de la forma 2n−1 + 2n−2 ; es decir, a partir del momento en que se mueve el disco n contamos un n´ umero de pasos igual al correspondiente al primer movimiento del disco n − 1. As´ı, el disco n − 1 (en el juego con una torre de n discos) se mueve 2 veces y lo hace en los pasos 2n−2 y 2n−2 (1 + 2) = 2n−2 (3). El disco n − 2 se mueve cuatro veces, pues en el juego con una torre de n − 1 discos (que se repite dos veces en el juego con una torre de n discos) se mueve dos veces. En el juego con una torre de n − 1 discos, el disco n − 2 se mueve en los pasos de la forma 2(n−1)−2 = 2n−3 y 2(n−1)−2 (3) = 2n−3 (3) (por lo dicho en el caso anterior). Como el esquema de este juego se repite en el esquema del juego con una torre de n discos, las otras dos veces que se mueve el disco n − 2 ocurren en los pasos de la forma: 2n−1 + 2n−3 (1) = 2n−3+2 + 2n−3 (1) = 2n−3 (22 + 1) = 2n−3 (5) y 2n−1 + 2n−3 (3) = 2n−3+2 + 2n−3 (3) = 2n−3 (22 + 3) = 2n−3 (7), de modo que el disco n − 2 se mueve 22 = 4 veces en los pasos 2n−3 (1), 2n−3 (3), 2n−3 (5) y 2n−3 (7). An´alogamente, el disco n − 3 se mueve 8 veces, pues en el juego con una torre de n−1 discos se mueve cuatro veces y este juego se repite dos veces en el

Cap´ıtulo 1. Las primeras sesiones

37

juego con una torre de n discos. Los pasos en los que se mueve ser´an, entonces los pasos: 2n−4 (1), 2n−4 (3), 2n−4 (5), 2n−4 (7), 2n−4 (9), 2n−4 (11), 2n−4 (13) y 2n−4 (15). En general, podemos conjeturar que si tenemos un juego con una torre de n discos, el disco n − i se mueve 2i veces y lo hace en los pasos: 2n−i−1 (1), 2n−i−1 (3), . . . , 2n−i−1 (2i+1 − 1). La demostraci´on de este hecho se basa en un razonamiento id´entico al que se hizo para obtener el n´ umero de veces que se mueven los discos n − 1, n − 2 y n − 3 y en qu´e pasos lo hacen, cuando la torre tiene n discos.

1.5.

El geoplano

El geoplano cuadrado es un tablero de madera con clavos dispuestos en forma de una cuadr´ıcula; los hay peque˜ nos de 2 × 2 o 3 × 3 hasta grandes de 10 × 10 o m´as. Adem´as se utilizan ligas de colores para colocarse en los clavos y formar diversas figuras geom´etricas. Por ejemplo, en la siguiente figura aparecen dos cuadrados con v´ertices en los clavos del geoplano:

¿Cu´antos cuadrados con v´ertices en los clavos habr´a en un geoplano? ¿Habr´a alguna manera para calcular el n´ umero de cuadrados en un geoplano

38

1.5. El geoplano

cuadrado cualquiera, de n × n? Para responder a esta pregunta, veremos primero el caso particular del geoplano 8 × 8 (ilustrado en la p´agina 37) y trataremos de generalizarlo. Para este caso, calcularemos primero el n´ umero de cuadrados “inscritos” (aquellos cuyos v´ertices est´an en la orilla) en geoplanos de 2 × 2, 3 × 3, 4 × 4, 5 × 5, 6 × 6, 7 × 7 y 8 × 8. Despu´es calcularemos el n´ umero de “subgeoplanos” de 2 × 2, 3 × 3, . . . , 7 × 7 que hay en un geoplano de 8 × 8. Es claro que en el geoplano de 2 × 2 u ´nicamente hay 1 cuadrado inscrito. En el de 3 × 3 hay 2 cuadrados inscritos, en el de 4 × 4 hay 3 y en el de 5 × 5 hay 4:

Sucesivamente, en el geoplano de 6 × 6 hay 5 cuadrados inscritos y en el de 7 × 7 hay 6:

Finalmente, en el de 8 × 8 hay 7:

39

Cap´ıtulo 1. Las primeras sesiones

Ahora es necesario obtener el n´ umero de subgeoplanos de k×k (2 ≤ k ≤ 8) que hay en el geoplano de 8 × 8. Resumimos este conteo en la siguiente tabla: Tipo N´ umero

2×2 3×3 4×4 5×5 6×6 7×7 8×8 72 62 52 42 32 22 12

Por lo tanto tendremos que el n´ umero total de cuadrados que podemos construir en un geoplano de 8 × 8 es: 1 · 72 + 2 · 62 + 3 · 52 + 4 · 42 + 5 · 32 + 6 · 22 + 7 · 12 = 336. Ahora podemos generalizar nuestro argumento para responder cu´antos cuadrados se pueden construir en un geoplano de n × n. Podemos decir que un geoplano de k × k tiene k − 1 cuadrados inscritos; adem´as, el n´ umero total de subgeoplanos que tiene un geoplano de n × n es: Tipo N´ umero

2×2 (n − 1)2

3×3 (n − 2)2

··· ···

k×k (n − k + 1)2

··· ···

n×n 12

As´ı, el n´ umero total de cuadrados que hay en un geoplano de n × n es: 1 · (n − 1)2 + 2 · (n − 2)2 + · · · + k · (n − k)2 + · · · + (n − 2) · 22 + (n − 1) · 12 . Para obtener una expresi´on m´as sencilla de esta suma, separamos esto en tres sumandos, observando que k · (n − k)2 = kn2 − 2nk 2 + k 3 .

40

1.6. Resumen Puesto que k toma valores de 1 hasta n − 1, obtenemos las sumas

(1 + 2 + · · · + (n − 1)), (12 + 22 + · · · + (n − 1)2 ), (13 + 23 + · · · + (n − 1)3 ); las expresiones para las dos primeras sumas aparecen en las ecuaciones (1.2) y (1.4), mientras que hab´ıamos dejado la tercera como ejercicio. Tenemos entonces que 1·(n−1)2 +2·(n−2)2 +· · ·+(k −1)·(n−k +1)2 +k ·(n−k)2 +· · ·+(n−1)·12 . se puede escribir como n2 (1 + 2 + · · · + (n − 1)) − 2n(12 + 22 + · · · + (n − 1)2 ) + (13 + 23 + · · · + (n − 1)3 ) lo que es igual a       n(n − 1)(2n − 1) (n − 1)2 n2 n2 (n2 − 1) n(n − 1) 2 . − 2n + = n 2 6 4 12 As´ı, en general, el n´ umero de cuadrados que tiene un geoplano de n × n es igual a n2 (n2 − 1) . 12

1.6.

Resumen

En los problemas de este cap´ıtulo analizamos varios casos particulares y las caracter´ısticas de cada problema para buscar regularidades y proponer conjeturas generales v´alidas para todos los n´ umeros naturales (por ejemplo, n´ umero de partidos, de movimientos o de cuadrados). Adem´as establecimos la regla de crecimiento en cada problema y finalmente utilizamos el principio de inducci´on matem´atica para la justificaci´on formal de nuestras conjeturas. Como ya hab´ıamos mencionado, la intenci´on de presentar estos problemas a los estudiantes es animarlos para que adquieran confianza en su capacidad de resolver problemas con una dificultad cada vez mayor, a la vez que acercarlos a varios temas que queremos recrear y transmitir: la conceptualizaci´on de la estructura y naturaleza del conjunto de n´ umeros naturales, el principio de inducci´on matem´atica, as´ı como los conceptos de sucesor de un n´ umero, sucesiones, l´ımite, etc´etera, conceptos que analizaremos en el resto de esta obra.

Cap´ıtulo 2 Los n´ umeros reales En el cap´ıtulo anterior presentamos el principio de inducci´on matem´atica, que nos sirve para demostrar propiedades de los n´ umeros naturales en una gran diversidad de situaciones. A su vez, usaremos estas propiedades para entender el comportamiento y la estructura del conjunto de n´ umeros reales. De hecho, esta obra se centra en el estudio de las sucesiones de n´ umeros reales, con base en las cuales construiremos los conceptos fundamentales del c´alculo. Entre las caracter´ısticas fundamentales de los n´ umeros reales podemos destacar dos de ellas: su orden y su distancia. Por lo general, algunos estudiantes est´an poco familiarizados con estas caracter´ısticas y otros tienen conocimientos relativamente profundos de estos temas. Pensando en una amplia gama de estudiantes, en este cap´ıtulo brindamos una introducci´on al orden y la distancia entre n´ umeros reales, tratando de pasar de los conceptos m´as simples hasta llegar a aspectos que puedan constituirse en retos interesantes para nuestros lectores. Con esto buscamos no s´olo constituir un grupo (de estudiantes o de lectores) m´as homog´eneo, sino tambi´en mostrar que inclusive temas como estos pueden llevar a problemas avanzados e interesantes, muchos de los cuales son incluso problemas abiertos en la actualidad.

2.1.

El orden en los n´ umeros reales

Aunque podemos enunciar una infinidad de propiedades de los n´ umeros reales relacionadas con su orden, es posible deducir muchas de estas pro41

42

´ meros reales 2.1. El orden en los nu

piedades en t´erminos de otras, es decir, podemos establecer un conjunto de propiedades b´asicas a partir de las cuales obtener el resto como consecuencia l´ogica. Partiremos de un hecho aparentemente simple: Nuestra experiencia en el caso de los n´ umeros reales nos permite decidir, en algunos casos sencillos,√si un n´ umero es positivo o no. Por ejemplo, es claro que 3 es positivo y que − 2 no lo es. Sin embargo, ser´a necesario adquirir habilidades en el manejo de las desigualdades para tomar esta decisi´on para n´ umeros o expresiones cada vez m´as complejos. Para formalizar esta idea, introduciremos las caracter´ısticas generales de los n´ umeros que llamaremos positivos. En toda esta obra denotaremos por R al conjunto de n´ umeros reales. El conjunto de los n´ umeros reales positivos, que denotaremos por R+ , es el subconjunto de R con las siguientes propiedades: 1. Para todo a ∈ R se tiene que a cumple s´olo una de las siguientes tres condiciones: a ∈ R+ o −a ∈ R+ o a = 0. 2. Si a, b ∈ R+ , entonces a + b ∈ R+ y ab ∈ R+ . (Decimos que la suma y el producto son operaciones cerradas en R+ .) Como de costumbre, diremos que un n´ umero a es negativo si −a ∈ R+ . El lector puede observar que mantendremos el caso del cero como algo especial: 0 no ser´a positivo, ni negativo. Veremos a continuaci´on que la existencia de los n´ umeros positivos basta para definir el orden en los n´ umeros reales. Definici´ on 2.1. Sean a, b n´ umeros reales. Diremos que a es (estrictamente) menor que b, lo que denotaremos por a < b, si y s´olo si b − a ∈ R+ . a es menor o igual que b, lo que denotaremos por a ≤ b, si y s´olo si a < b o a = b; es decir, si y s´olo si b − a ∈ R+ o bien b − a = 0. a es (estrictamente) mayor que b, lo que denotaremos por a > b, si y s´olo si b < a; es decir, si y s´olo si a − b ∈ R+ . a es mayor o igual que b, lo que denotaremos por a ≥ b, si y s´olo si a > b o a = b.

´ meros reales Cap´ıtulo 2. Los nu

43

A su vez, esta definici´on permite establecer una amplia serie de propiedades, algunas de las cuales reunimos a continuaci´on. Proposici´ on 2.2 (Propiedades de las desigualdades). Sean a, b, c n´ umeros reales arbitrarios, a menos que se indique lo contrario. 1. Si a < b y b < c entonces a < c. 2. Si a < b entonces a + c < b + c, para toda c ∈ R. 3. Si a < b y c < d entonces a + c < b + d. 4. Si a < b y c ∈ R+ entonces ac < bc. 5. Si a < b y −c ∈ R+ entonces bc < ac. 6. Si a < b, entonces −b < −a. 7. Si a < b, c < d y b, c ∈ R+ ; entonces ac < bd. Demostraci´on. Como en el enunciado de la proposici´on, sean a, b, c n´ umeros reales. 1. Dado que b − a y c − b pertenecen a R+ , tenemos que (b − a) + (c − b) ∈ R+ . Como (b − a) + (c − b) = c − a, entonces a < c. 2. Como a < b entonces b−a ∈ R+ y b−a = b−a+c−c = (b+c)−(a+c); as´ı, (b + c) − (a + c) ∈ R+ ; por lo tanto, a + c < b + c. 3. Dado que b−a y d−c pertenecen a R+ , tenemos que (b−a)+(d−c) ∈ R+ . Como (b − a) + (d − c) = (b + d) − (a + c) entonces a + c < b + d. 4. Como b − a ∈ R+ y c ∈ R+ , se tiene c(b − a) ∈ R+ . Dado que c(b − a) = cb − ca, entonces ac < bc. 5. Como b − a ∈ R+ y −c ∈ R+ , entonces −c(b − a) ∈ R+ y −c(b − a) = ac − bc; por lo tanto, bc < ac. 6. Es consecuencia de la propiedad anterior, haciendo c = −1.

44

´ meros reales 2.1. El orden en los nu 7. Como c ∈ R+ , se tiene que ac < bc. De manera similar, b ∈ R+ implica que bc < bd. De estas desigualdades y la propiedad 1 se obtiene ac < bd.

De aqu´ı en adelante y para seguir las convenciones usuales, escribiremos a > 0 en vez de a ∈ R+ , a < 0 para indicar −a ∈ R+ , a ≥ 0 en vez de a ∈ R+ ∪ {0} y a ≤ 0 cuando a ∈ / R+ . A continuaci´on damos otra serie de propiedades, cuya demostraci´on dejamos a cargo de los lectores y que supondremos v´alidas en adelante. Ejercicios Demuestra las siguientes propiedades. En todos los casos, a, b y c son n´ umeros reales. 1. Si a < b entonces a < b + c para todo c positivo. 2. Si a > 0 y a < b entonces b > 0. 3. Si a < b y b ≤ 0, entonces a ≤ 0. 4. Para todo a ∈ R se tiene que a2 ≥ 0. En particular, observa que 1 > 0. 5. Si a > 0 y a ≤ 1, demuestra que a2 ≤ a. 6. Si 1 ≤ a, entonces a ≤ a2 . 7. Si a > 0 y a ≤ 1, demuestra que an ≤ a para todo n´ umero natural n. 8. Si 1 ≤ a entonces a ≤ an para todo n´ umero natural n. 9. Si a > 0, entonces

1 a

> 0.

10. Si a < 0, entonces

1 a

< 0.

11. Muestra que si a 6= 0, a ∈ R+ y a < b entonces

1 b

< a1 .

12. (Ley de cancelaci´on) Si ac < bc y c es positivo, entonces a < b. 13. (Ley de cancelaci´on) Si ac < bc y c es negativo, entonces a > b. √ √ 14. Demuestra que si a √ > 0 y√ a < b, entonces a < b. Con base en esto, demuestra que 1 < 2 < 3 < 2.

´ meros reales Cap´ıtulo 2. Los nu

45

15. Sean a, b, c n´ umeros naturales tales que ab < c. Demuestra que a+b ≤ c. Sugerencia: Supongamos que a ≤ b; el caso b ≤ a es an´alogo. Considera los casos a = 1 y a > 1. 16. Demuestra que para cualesquiera a, b ∈ R se satisface 2ab ≤ a2 + b2 . 17. Demuestra que si a + b = 1, entonces 1 ≤ a4 + b 4 . 8 Sugerencia: Utiliza el ejercicio anterior y las igualdades a2 + b2 = (a + b)2 − 2ab,

a4 + b4 = (a2 + b2 ) − 2a2 b2 .

¿Hay alguna pareja de n´ umeros a, b que satisfaga la igualdad 1 = a4 + b 4 ? 8 18. ¿Para qu´e valores de x ∈ R se cumplen las siguientes desigualdades? x+

2.2.

1 2x 1 < 4; 2 ≤ 1; 2 > 1. x x +1 x +1

Medias aritm´ etica, geom´ etrica y arm´ onica

Ahora usaremos algunas de las desigualdades b´asicas de la secci´on anterior para mostrar otras m´as complejas que surgen en varios contextos, entre ellos el geom´etrico. Comencemos con una desigualdad importante. Proposici´ on 2.3. Si a, b > 0, entonces √

ab ≤

a+b . 2

Demostraci´on. Sabemos que (a − b)2 ≥ 0, de modo que a2 − 2ab + b2 ≥ 0 y a2 + b2 ≥ 2ab.

(2.1)

46

´tica, geome ´trica y armo ´ nica 2.2. Medias aritme

Si sumamos 2ab a ambos miembros de la u ´ltima desigualdad tenemos a2 + b2 + 2ab ≥ 4ab. Factorizamos el lado izquierdo de la desigualdad y obtenemos (a + b)2 ≥ 4ab. Ahora dividimos entre 4 y extraemos ra´ız cuadrada a ambos lados de la desigualdad. Observemos que por hip´otesis a y b son positivos, de modo que obtenemos la desigualdad que quer´ıamos demostrar. ¿Cu´ando se cumple la igualdad en la desigualdad anterior? Si observamos el desarrollo de la justificaci´on, podemos afirmar f´acilmente que la igualdad se da si y s´olo si a = b. Recordemos que el promedio de dos n´ umeros positivos a y b es (a + b)/2. A este n´ umero tambi´en se le llama la media aritm´etica de√a y b. Un poco menos conocida es la media geom´etrica de a y b, dada por ab. Entonces la desigualdad (2.1) se puede expresar diciendo que la media aritm´etica es mayor o igual que la media geom´etrica; adem´as, la igualdad entre estas medias se da si y s´olo si los n´ umeros son iguales. Ejercicio Demuestra la desigualdad ab ≤

a2 + b 2 2

como una variante de (2.1). La desigualdad (2.1) entre la media aritm´etica y la media geom´etrica tiene implicaciones en las m´as diversas situaciones. Mostraremos algunas de ´estas a continuaci´on. Problema. Hallar dos n´ umeros reales positivos a, b tales que su suma sea 8 y cuyo producto sea m´aximo. Esto es, si a + b = 8, queremos saber cu´anto deben valer a y b para que el producto ab sea el m´aximo posible. Soluci´on. Como sabemos que a+b = 8, podemos usar la desigualdad (2.1) para obtener que √ 8 ab ≤ . 2

´ meros reales Cap´ıtulo 2. Los nu

47

o bien ab ≤ 16. Esto nos dice que el producto nunca es m´as grande que 16. Por lo se˜ nalado anteriormente, el producto ser´a igual a 16 si y s´olo si a = b; por lo tanto, tenemos la ecuaci´on a2 = 16, de donde obtenemos que a y b deben ser iguales a 4. La situaci´on anterior se puede interpretar geom´etricamente, considerando una familia de rect´angulos con per´ımetro fijo y buscando en esta familia el rect´angulo con mayor a´rea. ¿Cu´anto vale el per´ımetro fijo en este caso? ¿Cu´al es el rect´angulo con mayor a´rea?. As´ı, podemos pasar de un contexto num´erico e interpretarlo de manera geom´etrica. Ahora dejaremos que el lector recorra el camino en el sentido contrario, para que resuelva el siguiente problema geom´etrico. Ejercicio De todos los rect´angulos de ´area 5, ¿cu´al es el que tiene el menor per´ımetro? A continuaci´on definimos otra cantidad importante vinculada a dos n´ umeros reales. Definici´ on 2.4. La media arm´onica de dos n´ umeros positivos a y b est´a dada por la expresi´on 2ab ; a+b o, de manera equivalente, por 1 1 2



1 1 + a b

.

En los siguientes ejercicios pedimos al lector que muestre la relaci´on entre la media arm´onica y las medias aritm´etica y geom´etrica.

48

´tica, geome ´trica y armo ´ nica 2.2. Medias aritme

Ejercicios Si a y b son dos n´ umeros positivos, muestra que: 1. Su media arm´onica siempre es menor o igual que su media aritm´etica; es decir, muestra que a+b 2ab ≤ . (2.2) a+b 2 ¿En qu´e caso se cumple la igualdad? 2. Su media arm´onica siempre es menor o igual que su media geom´etrica; es decir, muestra que √ 2ab ≤ ab. a+b ¿En qu´e caso se cumple la igualdad? Observaci´ on 2.5. Otra manera de escribir esta u ´ltima desigualdad es √ 1   ≤ ab. 1 1 1 + 2 a b Veamos una consecuencia geom´etrica de estas desigualdades. Problema. Sea P0 un punto en el primer cuadrante de un plano cartesiano con origen en el punto O. Consideremos la familia de rectas que pasan por P0 y que cortan a cada eje en su parte positiva. Si A y B son los puntos donde una de estas rectas corta los ejes X y Y respectivamente, hallar la posici´on de la recta de modo que el tri´angulo OAB tenga ´area m´ınima. Ver figura.

´ meros reales Cap´ıtulo 2. Los nu

49

Soluci´on. Sean (x0 , y0 ), (a, 0) y (0, b) las coordenadas de los puntos P0 , A y B. Debemos hallar las condiciones sobre a y b para que el a´rea dada por ab/2 sea m´ınima; o bien, de manera equivalente, para que el producto ab sea m´ınimo. La ecuaci´on de la recta que pasa por los puntos A y B es x y + = 1, a b de modo que, como el punto P0 est´a en la recta, x0 y 0 + = 1. a b Si llamamos

2x0 2y0 yq= a b la condici´on sobre el punto P0 se puede escribir como p=

p+q = 1; 2 √ usando la desigualdad (2.1) tenemos que pq ≤ 1; o bien, como p y q son positivos, pq ≤ 1. Observemos que 2x0 2y0 4x0 y0 = , a b ab de modo que el producto ab es m´ınimo precisamente cuando el producto pq es m´aximo, lo cual ocurre cuando p = q = 1. As´ı, ab es m´ınimo cuando a = 2x0 y b = 2y0 , y el a´rea m´ınima es 2x0 y0 . pq =

En la proposici´on 2.7 daremos una extensi´on de las desigualdades entre las medias arm´onica, geom´etrica y aritm´etica. Para esto, demostraremos una desigualdad previa. Proposici´ on 2.6. Sean a, b y c n´ umeros reales; entonces ab + bc + ac ≤ a2 + b2 + c2 . Demostraci´on. Observemos que: 2ab ≤ a2 + b2 y la igualdad se cumple si y s´olo si a = b.

50

´tica, geome ´trica y armo ´ nica 2.2. Medias aritme 2ac ≤ a2 + c2 y la igualdad se cumple si y s´olo si a = c. 2bc ≤ b2 + c2 y la igualdad se cumple si y s´olo si b = c. Sumando estas tres desigualdades tenemos que 2(ab + bc + ac) ≤ 2(a2 + b2 + c2 ).

lo cual es equivalente a la desigualdad que hab´ıa que demostrar. Ahora podemos dar la extensi´on prometida. Proposici´ on 2.7. Sean a, b y c tres n´ umeros reales positivos; entonces √ 1 a+b+c   ≤ 3 abc ≤ . (2.3) 1 1 1 1 3 + + 3 a b c Demostraci´on. Aplicaremos la desigualdad de la proposici´on anterior a ciertos n´ umeros p, q, r para obtener pq + qr + rp ≤ p2 + q 2 + r2 , lo que es equivalente a 0 ≤ p2 + q 2 + r2 − (pq + qr + rp). Multiplicamos esta desigualdad por p + q + r para obtener 0 ≤ ((p2 + q 2 + r2 ) − (pq + qr + rp))(p + q + r) = p3 + q 3 + r3 − 3pqr. Por lo tanto, p3 + q 3 + r 3 , (2.4) 3 y la igualdad se cumple si y s´olo si p = q = r. Ahora, si hacemos p3 = a, q 3 = b y r3 = c en esta ecuaci´on, obtenemos √ a+b+c 3 abc ≤ , 3 lo que muestra una de las desigualdades de (2.3). Por otro lado, si hacemos p3 = 1/a, q 3 = 1/b y r3 = 1/c en (2.4) tenemos s      1 1 1 + + 1 1 1 3 ≤ a b c. a b c 3 pqr ≤

Al considerar el rec´ıproco se obtiene la desigualdad deseada.

´ meros reales Cap´ıtulo 2. Los nu

51

Veamos una aplicaci´on de lo anterior. Problema. Sean a, b, c tres n´ umeros positivos tales que a + b + c = 12. ¿Cu´al es el m´ınimo valor que puede tomar 1 1 1 + + ? a b c Soluci´on. Sabemos que 

3 a+b+c ≤ , 1 1 1 3 + + a b c

de modo que 1 1 1 3 + + ≥ ; a b c 4 es decir, el valor m´as peque˜ no de esta expresi´on es 3/4, que se alcanza cuando los sumandos son iguales, esto es, cuando cada uno de los sumandos es igual a 41 . Observaci´ on 2.8. Se puede extender la relaci´on entre las medias aritm´etica, geom´etrica y arm´onica a cualquier n´ umero finito de n´ umeros reales positivos a1 , a2 , a3 , . . . , an , como sigue: 1 1 n



1 1 1 + + ··· + a1 a2 an

≤

√ n

a1 a2 · · · an ≤

a1 + a2 + · · · + an , n

donde las igualdades se cumplen si y s´olo si a1 = a2 = a3 = · · · = an . Para la demostraci´on, ver [15].

2.3.

Desigualdad de Cauchy

En esta secci´on mostraremos una desigualdad muy importante, la llamada desigualdad de Cauchy. La enunciaremos primero para un caso particular. Proposici´ on 2.9. Sean a1 , a2 , a3 y b1 , b2 , b3 n´ umeros reales, entonces se cumple la desigualdad

(a1 b1 + a2 b2 + a3 b3 )2 ≤ a21 + a22 + a23 b21 + b22 + b23 .

52

2.3. Desigualdad de Cauchy

Si adicionalmente suponemos que b1 , b2 , b3 6= 0, la igualdad se satisface si y s´olo si a2 a3 a1 = = . b1 b2 b3 Demostraci´on. Analicemos el signo de la expresi´on

a21 + a22 + a23 b21 + b22 + b23 − (a1 b1 + a2 b2 + a3 b3 )2 . Al desarrollar esta expresi´on y reagrupar, obtenemos a21 + a22 + a23





b21 + b22 + b23 − (a1 b1 + a2 b2 + a3 b3 )2

= a21 b21 + a22 b22 + a23 b23 + a21 b22 + a21 b23 + a22 b21 + a22 b23 + a23 b21 + a23 b22
− a21 b21 + a22 b22 + a23 b23 + 2a1 a2 b1 b2 + 2a1 a3 b1 b3 + 2a2 a3 b2 b3




= (a1 b2 − a2 b1 )2 + (a1 b3 − a3 b1 )2 + (a3 b2 − a2 b3 )2 ≥ 0; por lo tanto tenemos que se cumple la desigualdad que quer´ıamos demostrar. Como la expresi´on del u ´ltimo rengl´on es una suma de cuadrados, tenemos que la igualdad se cumple si y s´olo si cada sumando es cero; es decir, a1 b2 − a2 b1 = 0, a1 b3 − a3 b1 = 0, a3 b2 − a2 b3 = 0. Si adicionalmente b1 , b2 , b3 6= 0, lo anterior es equivalente a a1 a2 = , b1 b2

a1 a3 = , b1 b3

a2 a3 = . b2 b3

Esto nos dice que la igualdad se satisface si y s´olo si a1 a2 a3 = = . b1 b2 b3 Observaci´ on 2.10. Se puede extender esta desigualdad de la manera siguiente: Si a1 , a2 , a3 , . . . , an y b1 , b2 , b3 , . . . , bn denotan dos conjuntos de n´ umeros reales, entonces se cumple la desigualdad de Cauchy !2 ! n ! n n X X X 2 ai b i ≤ a1 b21 . (2.5) i=1

i=1

i=1

´ meros reales Cap´ıtulo 2. Los nu

53

La igualdad se cumple si y s´olo si a1 a2 a3 an = = = ··· = . b1 b2 b3 bn El lector podr´a encontrar una demostraci´on de esta desigualdad, por ejemplo, en [7]. Ejercicios 1. Si a, b y c son los lados de un tri´angulo, P su per´ımetro y A su ´area, demuestra las siguientes desigualdades: a)

1 a

+ 1b +

1 c

≥

9 . P 2

b) a2 + b2 + c2 ≥ P3 . Sugerencia: Desarrolla (a + b + c)2 y utiliza una de las desigualdades de esta secci´on. √ c) P 2 ≥ 12 3A. Sugerencia: La f´ormula de Her´on para el a´rea del tri´angulo es A=

p a+b+c . S(S − a)(S − b)(S − c), donde S = 2

Esta f´ormula implica que A2 = (S − a)(S − b)(S − c). S Ahora, usando la desigualdad entre las medias geom´etrica y aritm´etica de los n´ umeros S − a, S − b y S − c, tenemos (S − a)(S − b)(S − c) ≤

(3S − (a + b + c))3 ; 33

deduce de lo anterior que A2 ≤

P4 . 24 · 33

√ d ) a2 + b2 + c2 ≥ 4 3A. Sugerencia: Usa los incisos anteriores. 3

e) a3 + b3 + c3 ≥ P9 . Sugerencia: Desarrolla (a + b + c)3 y utiliza una de las desigualdades de esta secci´on.

54

2.3. Desigualdad de Cauchy f ) a3 + b 3 + c 3 ≥

√ 4 3AP . 3 2

g) a4 + b4 + c4 ≥ 16A . Sugerencia: Eleva al cuadrado la desigualdad del inciso (d). 2. Sea P un punto en el interior del tri´angulo ABC y sean x, y, z las distancias de P a BC, CA y AB, respectivamente. ¿Cu´al es el valor m´aximo del producto xyz? Aqu´ı te damos algunas sugerencias para resolver este problema.

a) Si a, b, c, K denotan las longitudes de BC, AC, AB, y el ´area del tri´angulo, respectivamente, muestra que K = 12 (ax + by + cz). b) Usa lo anterior y la desigualdad entre la media aritm´etica y la media geom´etrica para ver que p ax + by + cz 2 3 (ax) (by) (cz) ≤ = K. 3 3 y que el valor m´aximo de xyz es  3 1 2 8K 3 K = , abc 3 27abc el cual se alcanza en el punto P que cumple ax = by = cz. Para obtener una interpretaci´on geom´etrica de esta condici´on, demostraremos que ax = by = cz si y s´olo si P es el centroide del tri´angulo ABC; es decir, P es el punto de intersecci´on de las tres medianas del tri´angulo ABC.

´ meros reales Cap´ıtulo 2. Los nu

55

Sea L el punto donde se corta AP con BC y α, β, γ, δ los a´ngulos BAL, LAC, ALC, ALB respectivamente. Por la ley de los senos sabemos que BL sen α LC sen β = y = . AB sen δ AC sen γ Como γ y δ son a´ngulos suplementarios, se tiene que sen γ = sen δ; entonces BL c sen α = ; b sen β LC adem´as, sen α = Entonces

z y y sen β = . AP AP BL cz = , by LC

de donde se sigue que BL = LC si y s´olo si by = cz. Por lo tanto by = cz si y s´olo si P est´a sobre la mediana AL. De manera similar se puede probar que ax = by = cz si y s´olo si P est´a sobre las tres medianas del tri´angulo ABC, por lo que P resulta ser el centroide del tri´angulo ABC. 3. Sean a, b, c, d ≥ 0 tales que a + b + c + d = 1. Demuestra que 0 ≤ ab + ca + bc − 2abc ≤

7 . 27

56

2.4. Valor absoluto 4. Sean a1 , a2 , a3 , a4 , a5 las longitudes de los lados de un pent´agono convexo (no necesariamente regular) y m1 , m2 , m3 , m4 , m5 las longitudes de sus diagonales, como en la siguiente figura:

Demuestra que a1 + a2 + a3 + a4 + a5 1 ≤ ≤ 1. 2 m1 + m2 + m3 + m4 + m5 5. Sean a, b, c > 0, si a + b + c > abc, muestra que a2 + b2 + c2 > abc. 6. Sean a ∈ R, b ∈ R+ n´ umeros tales que b(b + 1) ≤ (a + 1)2 . Muestra que b(b − 1) ≤ a2 . 7. Sean a, b, c > 0. Demuestra la desigualdad 1 1 1 9 ≤ + + . 2 (a + b + c) a+b b+c c+a

2.4.

Valor absoluto

Ahora definiremos una funci´on muy importante que a su vez nos permitir´a definir la distancia entre dos n´ umeros reales. Definici´ on 2.11. El valor absoluto de   a, 0, |a| =  −a,

un n´ umero real a se define como si a > 0, si a = 0, si a < 0.

´ meros reales Cap´ıtulo 2. Los nu

57

As´ı, tenemos por ejemplo que   2 − = − − 2 = 2 , 3 3 3 pues −2/3 es negativo. As´ımismo, si b es cualquier n´ umero real, entonces  si b + 1 > 0,  b + 1, 0, si b + 1 = 0, |b + 1| =  −(b + 1), si b + 1 < 0. Proposici´ on 2.12 (Propiedades del valor absoluto). Si a, b son n´ umeros reales, entonces: 1. |a| ≥ 0. 2. |a| = |−a|. 3. |a| = 0 si y s´olo si a = 0. 4. |a| ≤ b si y s´olo si −b ≤ a ≤ b. 5. − |a| ≤ a ≤ |a|. 6. |a + b| ≤ |a| + |b|. 7. ||a| − |b|| ≤ |a ± b|. 8. |ab| = |a| |b|. Demostraci´on. Sean a, b como en el enunciado. 1. Es consecuencia directa de la definici´on. 2. Procederemos por casos. Si a = 0, entonces −a = 0 y se cumple la afirmaci´on. Si a > 0, entonces −a < 0, de modo que |a| = a y

|−a| = −(−a) = a;

por lo tanto, |a| = |−a|. Si a < 0, entonces −a > 0, de modo que |a| = −a y

|−a| = −a;

por lo tanto, tambi´en en este caso |a| = |−a|.

58

2.4. Valor absoluto 3. Si a = 0, entonces a ≥ 0 y |a| = a = 0. Rec´ıprocamente, si |a| = 0, veremos que a = 0. Si a fuese positivo, entonces |a| = a > 0, contrario a nuestra hip´otesis |a| = 0. De la misma forma, si a < 0, entonces |a| = −a > 0, contradiciendo de nuevo la hip´otesis, de modo que necesariamente a = 0. 4. Observemos que b debe ser positivo o cero. Supongamos primero que |a| ≤ b y procedamos por casos. Si a ≥ 0 tenemos que |a| = a, de modo que −b < 0 ≤ a ≤ b. Si a < 0, tenemos que |a| = −a ≤ b, o en forma equivalente, a ≥ −b. Entonces −b ≤ a < 0 ≤ b. As´ı, en cualquier caso tenemos −b ≤ a ≤ b. Rec´ıprocamente, si −b ≤ a ≤ b, entonces multiplicamos por −1 para obtener −b ≤ −a ≤ b; si a ≥ 0 entonces −b ≤ |a| ≤ b y por la primera propiedad obtenemos |a| ≤ b. De manera an´aloga, se tiene que si a < 0, entonces |a| = −a y |a| ≤ b. 5. Es consecuencia de la propiedad anterior. 6. Usando la desigualdad anterior aplicada a a y b se tiene − |a| ≤ a ≤ |a|

y

− |b| ≤ b ≤ |b| ;

si sumamos ambas desigualdades se obtiene − |a| − |b| ≤ a + b ≤ |a| + |b| y por la propiedad (4) obtenemos |a + b| ≤ |a| + |b| . 7. Mostraremos s´olo el caso en que elegimos el signo negativo del lado derecho y dejamos el otro caso como ejercicio. Por un lado, |a| = |a − b + b| ≤ |a − b| + |b| , de donde |a| − |b| ≤ |a − b| . De manera similar, partiendo de b, |b| = |b − a + a| ≤ |b − a| + |a|

´ meros reales Cap´ıtulo 2. Los nu

59

y por lo tanto |b| − |a| ≤ |b − a| . As´ı tenemos que − |a − b| ≤ |a| − |b| ≤ |a − b| de modo que ||a| − |b|| ≤ |a − b| . 8. Si alguno de los n´ umeros a o b es igual a cero, el resultado es cierto, de modo que podemos suponer que ambos son distintos de cero y proceder por casos. Si ab > 0, entonces |ab| = ab y tenemos dos posibilidades: que a, b > 0 o a, b < 0. En la primera alternativa tenemos que |a| = a y

|b| = b

y su producto es |ab| = |a| |b|. Para la segunda posibilidad, |a| = −a y

|b| = −b

y el producto es |ab| = (−a) (−b) = ab = |a| |b|. Si ab < 0, puede ocurrir que a > 0, b < 0 o bien que a < 0, b > 0. En la primera situaci´on tenemos que |a| = a, |b| = −b, y multiplicando estas igualdades se tiene |a| |b| = a(−b) = −ab = |ab| . De manera an´aloga se trabaja en la situaci´on a < 0, b > 0. Problema. ¿Para qu´e n´ umeros reales x se satisface la desigualdad |2x − 3| ≤ 5? Soluci´on. De la propiedad (4) tenemos que −5 ≤ 2x − 3 ≤ 5. Al sumar 3 a las desigualdades se tiene −2 ≤ 2x ≤ 8.

60

2.4. Valor absoluto

Ahora dividimos entre 2 para obtener −1 ≤ x ≤ 4. ´ Este es el conjunto soluci´on de la desigualdad. Problema. ¿Para qu´e valores de n ∈ N se cumple la desigualdad 2n − 3 2 1 5n + 1 − 5 < 1000 ? Soluci´on. Simplificamos primero la expresi´on que aparece dentro del valor absoluto: 2n − 3 2 5 (2n − 3) − 2 (5n + 1) 10n − 15 − 10n − 2 17 − = = =− . 5n + 1 5 5(5n + 1) 5 (5n + 1) 25n + 5 Ahora calculamos su valor absoluto: 17 − 17 = 25n + 5 25n + 5 ; de modo que debemos resolver la desigualdad 1 17 < , 25n + 5 1000 lo cual ocurre si 17000 < 25n + 5 o bien, en forma equivalente, 17000 − 5 < n. 25 Esta u ´ltima desigualdad se cumple si n > 16995/25 = 679.8. Como n es un natural, el conjunto de soluciones est´a formado por todos los n´ umeros naturales mayores o iguales a 680. Problema. ¿Para qu´e valores de x ∈ R, x 6= 0, se cumple que 1 x + ≤ 1? x Soluci´on. Observemos que x+

1 x2 + 1 = . x x

´ meros reales Cap´ıtulo 2. Los nu

61

En la u ´ltima fracci´on, el n´ umerador siempre es positivo, as´ı que  x2 + 1   2 , si x > 0,  x + 1 x2 + 1 x = = x 2  |x|   − x + 1 , si x < 0. x Entonces debemos resolver las dos desigualdades x2 + 1 ≤ 1, si x > 0; x

y

−

x2 + 1 ≤ 1, si x < 0. x

La primera desigualdad se cumple si y s´olo si x2 + 1 ≤ x, o en forma equivalente x2 − x ≤ −1; completando el cuadrado en el lado izquierdo tenemos x2 − x +

1 1 ≤ −1 + , 4 4

de donde 

1 x− 2

2

3 ≤− . 4

Observemos que en esta u ´ltima desigualdad, la expresi´on del lado izquierdo es positiva y la del lado derecho es negativa, de modo que la desigualdad original no tiene soluci´on cuando x > 0. Al analizar la segunda desigualdad cuando x < 0, seguimos un procedimiento an´alogo para obtener la desigualdad  2 1 3 − > x+ 4 2 De nuevo, esto no puede ocurrir, por lo que podemos afirmar que ning´ un n´ umero real x puede satisfacer la desigualdad x + 1 ≤ 1. x En otras palabras, el valor absoluto de la suma de un n´ umero real y de su inverso aditivo siempre es mayor que 1. Problema. Hallar los valores m´aximo y m´ınimo de x + 3y + 4z para toda x, y, z que satisface la ecuaci´on x2 + y 2 + z 2 = 16.

62

2.4. Valor absoluto Soluci´on. Usamos la desigualdad de Cauchy (proposici´on 2.9) para obte-

ner (x + 3y + 4z)2 ≤ x2 + y 2 + z 2





12 + 32 + 42 .

Con la condici´on del problema, tenemos que (x + 3y + 4z)2 ≤ (16) (26) o bien |x + 3y + 4z| ≤

√ 416.

(2.6)

Para decidir si los valores √ m´aximo √ y m´ınimo de x + 3y + 4z bajo la restricci´on x2 + y 2 + z 2 = 16 son 416 y − 416, respectivamente, basta ver si se cumple la igualdad en la desigualdad de Cauchy. Recordemos que esto ocurre si y s´olo si y z x = = 1 3 4 Si despejamos y y z en t´erminos de x y sustituimos en (2.6), tenemos √ √ |x + 9x + 16x| = 416, de donde |26x| = 416. √ √ Al despejar x de esta ecuaci´on se llega a que los valores 416 y − 416 realmente se alcanzan, y esto ocurre en los puntos con coordenadas √ √ √ 6 26 8 26 2 26 , y=± , z=± . x=± 13 13 13

Para concluir este cap´ıtulo, usaremos el valor absoluto para definir el concepto de distancia entre n´ umeros reales. Definici´ on 2.13. Si a, b son n´ umeros reales, definimos la distancia entre a y b, denotada d(a, b), como sigue: d(a, b) = |a − b| . En particular, el valor absoluto |a| es la distancia entre el n´ umero a y el cero. Proposici´ on 2.14 (Propiedades de la distancia). Sean a, b n´ umeros reales. Entonces

´ meros reales Cap´ıtulo 2. Los nu

63

1. d(a, b) = 0 si y s´olo si a = b. 2. d(a, b) = d(b, a) para todo a, b ∈ R. 3. d(a, b) ≤ d(a, c) + d(c, b) para todo a, b, c ∈ R. La desigualdad del inciso (3) se conoce como la desigualdad del tri´angulo. La demostraci´on de estas propiedades se deja al lector como ejercicio.

Cap´ıtulo 3 Sucesiones En este cap´ıtulo iniciaremos el estudio de las sucesiones, que nos dar´an la clave para abordar el concepto de l´ımite, que es central en el C´alculo. Primero daremos una introducci´on intuitiva a las ideas detr´as de las sucesiones, para despu´es refinar dichas ideas y formalizarlas.

3.1.

Listas

En muchas situaciones cotidianas aparecen secuencias o listas de diversos objetos o personas. En particular, seguramente habr´as presentado ex´amenes o pruebas psicom´etricas y encontrado listas de n´ umeros o de configuraciones como ´estas: 1, 2, 3, 4, 5, . . .

2, 4, 6, 8, . . .

13, 26, 39, 52, . . . 1 2 3 , , ,... 2 3 4 ◦, ◦◦, ◦ ◦ ◦, . . .

3, 3, 3, 3, . . . 1, −1, 1, −1, 1, . . .

1001, 1003, 1005, 1007, . . . 1 1 1 1, , , , . . . 2 3 4 −1, −2, −3, −4, . . . , , , , , . . .

o como ´esta: 65

66

3.1. Listas

Ejercicios 1. Encuentra la manera en que contin´ ua cada una de las listas anteriores. 2. Observa que cada una de estas listas tiene un orden: Hay un primer n´ umero, objeto o figura, un segundo, un tercero, etc´etera. Describe el n´ umero, objeto o figura que debe aparecer en el vig´esimo lugar de cada una de las listas anteriores. ¿Qu´e n´ umero, objeto o figura debe aparecer en el cent´esimo lugar? En realidad, para cada una de las listas anteriores puedes determinar el n´ umero, objeto o figura que aparece en cualquier lugar de la lista (por ejemplo, el lugar n´ umero 17463). Puedes usar una frase para indicar la manera de determinar el n´ umero, objeto o figura mediante su lugar en la lista. Para sucesiones num´ericas, se acostumbra resumir esta informaci´on de la siguiente manera: El lugar del n´ umero, objeto o figura se representa mediante una letra, por lo general la letra n,1 de modo que Dada la lista 1, 2, 3, 4, 5, . . . , en el lugar n debe aparecer el n´ umero n. La lista 2, 4, 6, 8, . . . puede escribirse como 2(1), 2(2), 2(3), 2(4), . . ., de modo que en el lugar n debe aparecer el n´ umero 2n. Ejercicios Para cada una de las listas num´ericas con que iniciamos esta secci´on, indica el n´ umero que debe aparecer en el lugar n. Analiza tambi´en las listas siguientes: 1, 3, 5, 7, 9, . . . −1, −3, −5, . . . 1

Por supuesto, puede usarse alguna otra letra: m, p, q, . . . .

Cap´ıtulo 3. Sucesiones

67

umeros deben aparecer en los 1, −1, 12 , −2, 31 , −3, . . . Sugerencia: ¿Qu´e n´ lugares impares? ¿Qu´e n´ umeros deben aparecer en los lugares pares? La manera de determinar el n´ umero que debe aparecer en cada lugar de la lista se llama tambi´en la regla de correspondencia de la lista. Para todas las listas num´ericas anteriores se puede determinar f´acilmente su regla de correspondencia. Ejercicios La manera de construir las listas siguientes es precisa, aunque no tan sencilla. Desc´ ubrela. 1, 2, 1, 3, 1, 2, 1, 4, 1, . . . Sugerencia: Revisa la secci´on 1.4, donde presentamos las Torres de Hanoi. 2, 3, 5, 7, 11, 13, 17, . . . 0, 1, 24 , 1, 46 , 1, 86 , . . .Sugerencia: ¿Qu´e n´ umeros deben aparecer en los lugares impares? ¿Qu´e n´ umeros deben aparecer en los lugares pares? F´ıjate ahora en las siguientes frases: La temperatura ambiente en tu cuarto, medida en grados cent´ıgrados a las 10 horas de la ma˜ nana de cada d´ıa, a partir del d´ıa en que leas esta frase por vez primera. El nivel de contaminaci´on de la ciudad de M´exico, medido en imecas a las seis de la ma˜ nana de cada d´ıa, a partir del d´ıa en que leas esta frase por vez primera. Cada una de estas frases establece una regla de correspondencia bastante precisa (podr´ıa afinarse a´ un m´as) que produce una lista de n´ umeros. Sin embargo, no podemos decidir de antemano cu´al ser´a el elemento de la lista dentro de un a˜ no. De hecho, una vez construida la lista hasta cierto d´ıa, no es posible determinar como continuar´ıa la lista el d´ıa siguiente.

68

3.2. Otras formas de construir listas

3.2.

Otras formas de construir listas

En la secci´on anterior construimos listas num´ericas indicando el n´ umero que va en cada lugar de la lista; es decir, mediante una regla de correspondencia. Otra manera usual de construir listas consiste en determinar cada elemento de la lista mediante el n´ umero en el lugar anterior. Ejercicio Construye una lista en que cada n´ umero sea el triple del n´ umero anterior. La frase anterior tiene un peque˜ no error, pues el primer n´ umero de la lista no tiene un n´ umero “anterior”. De hecho, como la frase no dice c´omo comienza la lista, puede haber muchas listas que cumplan que cada n´ umero (excepto el primero) sea el triple del n´ umero anterior; por ejemplo, las siguientes listas cumplen esta condici´on: 3, 9, 27, 81, . . .

2, 6, 18, 54, . . .

1 1 3 , , ,... 6 2 2

−5, −15, −45, . . .

Utilizaremos las palabras antecesor y sucesor para referirnos a las relaciones correspondientes entre los elementos de una lista. As´ı, en la lista 3, 9, 27, 81, . . . , 3n , . . . se tiene que 9 es el sucesor de 3 y que 27 es el antecesor de 81. Ejercicio Para cada una de las siguientes listas, indica c´omo se obtiene cada elemento (excepto el primero) a partir de su antecesor. 1001, 1003, 1005, . . . 1, 1 + 2, 1 + 2 + 3, 1 + 2 + 3 + 4, . . . 1, 1 + 2, 1 + 2 + 22 , 1 + 2 + 22 + 23 , . . . , 1 + 2 + 22 + 23 + · · · + 2n−1 , . . . Ahora que tenemos dos maneras de construir una lista (determinando un elemento a partir de su lugar o a partir de su antecesor), cabe preguntarnos si una lista dada puede construirse de estas dos formas. Veamos un ejemplo con la lista 1, 3, 6, 10, . . .

Cap´ıtulo 3. Sucesiones

69

El lector observador notar´a que esta lista aparece l´ıneas arriba, como 1, 1 + 2, 1 + 2 + 3, 1 + 2 + 3 + 4, . . . Ejercicio Utiliza el principio de inducci´on matem´atica para mostrar que la lista anterior es igual a la lista 1(2) 2(3) 3(4) , , ,... 2 2 2 Antes de continuar nuestra discusi´on, utilizaremos un lenguaje m´as formal para referirnos de manera general a las listas. Hasta ahora hemos considerado listas de elementos (n´ umeros, figuras, objetos) ordenados de acuerdo con los n´ umeros naturales: listas con un primer elemento (que podemos asociar al 1), un segundo elemento (asociado al 2), etc´etera. As´ı, dado un conjunto A, formamos una lista asociando elementos de A a los n´ umeros naturales en N. Esto nos conduce a la siguiente definici´on. Definici´ on 3.1. Una sucesi´on de elementos en A es una funci´on que a cada n´ umero natural le asocia un elemento de A. Todas las listas que hemos analizado hasta ahora se pueden describir mediante funciones. Por ejemplo: La lista 1, 2, 3, 4, 5, . . . se puede describir como la funci´on que a cada n´ umero natural le asocia el mismo natural. La lista 1, 1 + 2, 1 + 2 + 22 , 1 + 2 + 22 + 23 , . . . , 1 + 2 + 22 + 23 + · · · + 2n−1 , . . . se puede describir como la funci´on que a cada n´ umero natural n le 2 3 n−1 asocia el n´ umero 1 + 2 + 2 + 2 + · · · + 2 . Ejercicio Describe la siguiente lista de figuras como una sucesi´on; es decir, indica (con palabras) cu´al figura corresponde a un n´ umero natural n. Indica adem´as cu´antos “palillos” se necesitan para construir la figura correspondiente a un n´ umero natural n:

70

3.2. Otras formas de construir listas

Dado un conjunto A, una sucesi´on de elementos en A tiene un orden dado por el orden de los n´ umeros naturales, de modo que siempre podemos hablar del antecesor de cualquier elemento de la sucesi´on (distinto del primero) y del sucesor de cualquier elemento de la sucesi´on. Ejercicios 1. Dada la sucesi´on

¿Cu´al es el antecesor del tercer elemento? ¿Cu´al ser´a el sucesor del quinto elemento? 2. Si se dice que una lista est´a formada por todos los n´ umeros m´ ultiplos de π menos uno, ¿es posible indicar qui´en es el primer elemento de la lista? 3. Considera la sucesi´on de n´ umeros triangulares Tn . ¿Est´a en la sucesi´on el n´ umero Tk+n + (n + 1)? ¿Est´a el n´ umero Tk+n + (k + n + 1)? 4. Dada la sucesi´on 1, 1 + 2, 1 + 2 + 22 , 1 + 2 + 22 + 23 , . . . , 1 + 2 + 22 + 23 + · · · + 2n−1 , . . . , ¿c´omo generamos un t´ermino a partir de su antecesor?

Cap´ıtulo 3. Sucesiones

3.3.

71

Definici´ on y ejemplos

Ahora veremos la definici´on formal del concepto de sucesi´on. Definici´ on 3.2. Una sucesi´on num´erica es una funci´on cuyo dominio es el conjunto de los n´ umeros naturales y cuyo contradominio es el conjunto de los n´ umeros reales2 . As´ı, una sucesi´on de este tipo es una funci´on que a cada n´ umero natural le hace corresponder uno y s´olo un n´ umero real. Se acostumbra describir a la sucesi´on mediante los elementos de su imagen ordenados, llamando a ´estos los t´erminos de la sucesi´on, escritos mediante letras con sub´ındices a1 , a2 , a3 , . . . , an , . . . . Esto significa que al n´ umero 1 le corresponde a1 , que es la imagen del natural 1 bajo la funci´on y el primer elemento de la sucesi´on; al 2 le corresponde el segundo elemento a2 ; al 3 le corresponde el tercer elemento a3 , y as´ı sucesivamente, se tiene que al n´ umero natural n le corresponde el n-´esimo elemento an . De esta manera escribimos la sucesi´on como la lista ordenada de n´ umeros reales a1 , a2 , a3 , . . . , an , . . . . Ejemplos 1. La regla que a cada natural le asocia su inverso multiplicativo produce la lista 1 1 1 1 1, , , , . . . , , . . . 2 3 4 n Esta sucesi´on est´a definida por la funci´on que asigna a cada n´ umero 1 natural n el n´ umero . Por ejemplo, el cent´esimo t´ermino de la sucesi´on n 1 es 100 . 2. La sucesi´on

1 2 3 n , , ,..., ,... 2 3 4 n+1 tiene como regla de correspondencia que al n´ umero natural n se le asigna el n´ umero real n/(n + 1). As´ı, el t´ermino 874 de la sucesi´on es 874/875.

3. En la sucesi´on 1, 1, 1, 1, . . ., a cada natural n se le asigna el n´ umero real 1. Este tipo de sucesi´on se llama sucesi´on constante, porque todos los t´erminos son iguales. Observemos que, como cualquier sucesi´on, ´esta 2

Con m´ as precisi´ on, ´esta es la definici´on de una sucesi´on num´erica real.

72

´ n y ejemplos 3.3. Definicio tiene un n´ umero infinito de t´erminos: el primero es 1, el segundo es 1, ..., el millon´esimo t´ermino de la sucesi´on tambi´en es 1, y as´ı sucesivamente. 4. La sucesi´on 1, −1, 1, −1, . . . , (−1)n+1 , . . .. Su regla de correspondencia indica que a un n´ umero natural impar se le asigna el n´ umero 1 y a un n´ umero natural par se le asocia el −1. Esta sucesi´on es una sucesi´on alternante, y toma u ´nicamente los valores 1 y −1. En una posici´on impar de la sucesi´on siempre hay un 1 y en una posici´on par siempre hay un −1; por ejemplo, en la posici´on 63427 hay un 1 porque el n´ umero 63427 es impar y en la posici´on 59044 hay un 1 porque el n´ umero 59044 es par. 5. La sucesi´on 1, 3, 5, 7, . . . , 2n − 1, . . . es la sucesi´on de los n´ umeros impares; es decir, al n´ umero natural n se le asigna el n−´esimo n´ umero impar. Por ejemplo, el n´ umero 33 ocupa la posici´on 17, porque el 33 es el d´ecimo s´eptimo n´ umero impar. 6. La sucesi´on 0, 2, 4, 6, . . . , 2(n−1), . . . es la sucesi´on de los n´ umeros pares a partir de 0. Como el dominio de las sucesiones es el conjunto de todos los n´ umeros naturales, la regla de correspondencia es 2(n − 1) para que el primer elemento imagen de la sucesi´on sea el 0. √ √ √ √ 1, − 2, − 3, − 4, . . . tiene como regla de correspon7. La sucesi´ o n − √ dencia − n. Observa que todos los t´erminos son negativos. 8. La regla de correspondencia de la sucesi´on n 1 2 3 4 , 2, 3, 4,..., n,... 2 2 2 2 2

establece que a cada n´ umero n se le asocia la raz´on del n´ umero n con respecto a la n−´esima potencia de 2. √ √ √ √ 9. La sucesi´on 2, 3 2, 4 2, . . . , n 2, . . . est´a formada por las ra´ıces n−´esimas de 2. Es una sucesi´on cuyos t´erminos son todos positivos. El t´ermino n + 1 es menor que el t´ermino n. (¿Por qu´e?) √ √ √ √ 10. La sucesi´on 1, 2, 3 3, 4 4, . . . , n n, . . . tiene como t´ermino general la ra´ız n−´esima del natural n. Observe que todos los t´erminos son diferentes entre s´ı. Por ejemplo, en esta sucesi´on aparece s´olo una vez el n´ umero 1.

Cap´ıtulo 3. Sucesiones

73

11. En la sucesi´on  n  2  3  4 4 5 n+1 3 , , ,..., ,..., 2, 2 3 4 n todos los t´erminos son diferentes. (¿Por qu´e?) 12. La sucesi´on 1, 1, 2, 1, 2, 3, 1, 2, 3, 4, 1, 2, 3, 4, 5, 1, 2, 3, 4, 5, 6, . . . no est´a dada por una f´ormula, sino por un procedimiento. Observa que primero escribimos el primer n´ umero natural, en seguida los dos primeros naturales, despu´es los tres primeros naturales y as´ı sucesivamente. Para saber cu´al es el n´ umero que ocupa una cierta posici´on, por ejemplo la 16, podemos fijarnos en el quinto n´ umero triangular, el 15 y por lo tanto afirmar que en la posici´on 16 hay un 1. (¿C´omo se justifica este procedimiento?) 13. La sucesi´on 1, 2, 1, 3, 1, 2, 1, 4, 1, 2, 1, 3, 1, 2, 1, 5, 1, 2, 1, 3, 1, 2, 1, 4, 1, 2, 1, 3, 1, 2, 1, 6, . . . es la sucesi´on del n´ umero de disco que se mueve en el paso n-´esimo en una Torre de Hanoi con un n´ umero infinito de discos (ver secci´on 1.4). Recordemos que en un paso correspondiente a un n´ umero impar siempre se mueve el disco m´as peque˜ no (que nombramos con el n´ umero 1), de modo que en todas las posiciones impares de esta sucesi´on aparece el n´ umero 1. El lector puede consultar la secci´on citada para resolver la siguiente pregunta: ¿Qu´e n´ umero est´a en una posici´on dada? Es decir, ¿qu´e procedimiento podemos seguir para determinar el valor del n-´esimo t´ermino de esta sucesi´on? Notemos que una sucesi´on tiene una infinidad de t´erminos: Como una sucesi´on es una funci´on que tiene como dominio un conjunto infinito (los naturales), tambi´en tiene un n´ umero infinito de im´agenes. As´ı, la sucesi´on del ejemplo 4 tiene una infinidad de unos y una infinidad de menos unos, aunque el conjunto imagen de la funci´on tiene s´olo dos elementos. A veces escribiremos de manera abreviada {an }∞ n=1 , en lugar de la lista a1 , a2 , a3 , . . . , an , . . . , o bien solamente {an } entendiendo que n ∈ N y que an es el t´ermino general de la sucesi´on.

74

´ n y ejemplos 3.3. Definicio

Dado que por el momento s´olo estamos considerando sucesiones de n´ umeros reales, y estos n´ umeros pueden ser operados (sumados, restados, etc´etera), podemos definir ciertas operaciones con las sucesiones, de la manera siguiente. Operaciones con sucesiones Sean {an } y {bn } dos sucesiones. 1. La suma (resta o producto, respectivamente) de sucesiones es una nueva sucesi´on cuyo t´ermino general est´a dado por la suma (resta o producto, respectivamente) de los t´erminos generales de cada una de las sucesiones. Esto es: {an } + {bn } = {an + bn }, {an } − {bn } = {an − bn }, {an } · {bn } = {an · bn }. 2. Definimos la divisi´on de sucesiones como una nueva sucesi´on cuyo t´ermino general es el cociente de los t´erminos generales de las dos sucesiones originales, siempre y cuando la sucesi´on que aparece en el denominador nunca tome el valor cero. Esto es:   an {an } = , {bn } bn con bn 6= 0 para toda n ∈ N. 3. La multiplicaci´on de una sucesi´on por un n´ umero es una nueva sucesi´on, cuyo t´ermino general se obtiene multiplicando el n´ umero dado por el t´ermino general de la sucesi´on original; esto es, si λ ∈ R, entonces λ{an } = {λan }. Ejemplos  Sean {an } =

n n+1 

1. {an } + {bn } =



  1 y {bn } = 1 − . Entonces: n

n n+1



   2  1 2n − 1 + 1− = . n n2 + n

Cap´ıtulo 3. Sucesiones

75



2.

3.

4.

5.

     n 1 1 {an } − {bn } = − 1− = . n+1 n n2 + n       n 1 n−1 {an } · {bn } = · 1− = . n+1 n n+1   n   {an } n2 n+1 = = . En este caso, el denominador se anula 1 {bn } n2 − 1 1− n para n = 1, por lo que la sucesi´on s´olo est´a definida para n > 1.   (√ ) √ n 2n 2· . = n+1 n+1

Subsucesiones Como una sucesi´on es una funci´on definida en el conjunto de n´ umeros naturales y ´este conjunto tiene varios subconjuntos notables (por ejemplo, los n´ umeros pares, los primos, las potencias de 2, etc´etera), es natural que dada una sucesi´on estudiemos otras sucesiones relacionadas con ella, considerando subconjuntos de los naturales. En este contexto, diremos que las nuevas sucesiones obtenidas a partir de la original son subsucesiones de la primera. Veamos algunos ejemplos. 1. En el ejemplo 1 de la p´agina 71 aparece la sucesi´on cuyo t´ermino general tiene la forma 1/n. Si s´olo nos fijamos en los t´erminos correspondientes a los n´ umeros naturales pares, obtenemos la subsucesi´on 1/2, 1/4, 1/6, . . . Podemos dar otro ejemplo de subsucesi´on de {1/n} “cortando” los primeros cien t´erminos, obteniendo la nueva subsucesi´on 1/101, 1/102, . . . . 2. En el ejemplo 3 de la p´agina 71 consideramos la sucesi´on constante tal que todos sus t´erminos son iguales a 1. Es claro que cualquier subsucesi´on de ´esta ser´a tambi´en constante. 3. El ejemplo 4 de la p´agina 72 se refiere a la sucesi´on con t´ermino general igual a (−1)n+1 . En este caso, destacan r´apidamente dos subsucesiones, correspondientes a la consideraci´on de los n´ umeros pares y de

76

´ n y ejemplos 3.3. Definicio los impares. Por supuesto, si n es par, (−1)n+1 = −1, de modo que la subsucesi´on es constante, con todos los t´erminos iguales a −1. Por otro lado, la subsucesi´on obtenida al considerar los n´ umeros impares es tambi´en constante, aunque ahora los t´erminos son todos iguales a 1.

Consideremos una sucesi´on {an }, donde como de costumbre n ∈ N. Las siguientes son algunas subsucesiones de ´esta: 1. a3 , a6 , a9 , . . . , considerando los n´ umeros m´ ultiplos de 3; 2. a1 , a3 , a6 , a10 , . . . , tomando en cuenta los n´ umeros triangulares; 3. a1 , a10 , a100 , . . . , donde nos fijamos en las potencias de 10. Observemos que los sub´ındices que aparecen en cada caso son a su vez sucesiones: en el primer caso aparece la sucesi´on 3, 6, 9, . . . , en el segundo 1, 3, 6, 10, . . . y en el tercero 1, 10, 100, . . . . Para indicar que estamos fij´andonos en una subsucesi´on de {an }, denotamos por n1 , n2 , . . . , nk , . . . a los sub´ındices “elegidos” para conformar la subsucesi´on; as´ı, en el tercer ejemplo, relativo a las potencias de 10, tenemos que n1 = 1, n2 = 10, n3 = 100 y en general, el t´ermino k-´esimo nk es igual a 10k−1 . Una u ´ltima observaci´on: Puesto que una sucesi´on es un conjunto de n´ umeros ordenados de acuerdo al orden de N, una subsucesi´on debe respetar este orden. Supongamos, por ejemplo, que al ir construyendo una subsucesi´on tenemos que el quinto t´ermino de ´esta es el vig´esimo de la sucesi´on original. Entonces debemos elegir el sexto t´ermino de la subsucesi´on entre los t´erminos posteriores al vig´esimo en la sucesi´on original. En general, si el k-´esimo t´ermino de la subsucesi´on es el nk -´esimo de la original, entonces el (k + 1)´esimo t´ermino de la subsucesi´on debe elegirse entre los posteriores a nk . Esto dice que nk+1 > nk para toda k ∈ N. Dejaremos como ejercicio para el lector la demostraci´on de que esto implica que nk ≥ k para toda k ∈ N.

(3.1)

Cap´ıtulo 3. Sucesiones

77

Ejercicios 1. Da una regla de correspondencia para cada una de las siguientes sucesiones. ¿Cu´al es el vig´esimo t´ermino de cada una de ellas? ¿Cu´al es el t´ermino n´ umero 35 de cada sucesi´on? a) b) c) d) e)

2 3 4 5 , , , ,... 1 2 3 4 1 1 1 1 1 , , , , ,... 3 8 15 24 35 1 3 5 1 3 , , , , ,... 5 8 11 2 5 1 1 1 1 1, − , , − , , . . . 2 3 4 5 0, 1, 0, 1, 0, 1, . . .

f ) 12 , 12 + 22 , 12 + 22 + 32 , 12 + 22 + 32 + 42 , . . . 2. Construye la sucesi´on de ´areas y la sucesi´on de per´ımetros de los siguientes pol´ıgonos regulares inscritos en una circunferencia de radio r: a) De 3, 6, 12, 24, 48, . . . lados. b) De 5, 10, 20, 40, . . . lados. c) De 3, 4, 5, 6, 7, . . . lados. 3. Construye la sucesi´on de pendientes de la familia de rectas que pasan por el punto (1, 1) y los puntos         3 9 4 16 5 25 6 36 (2, 4), , , , , , , , ,... 2 4 3 9 4 16 5 25 respectivamente. 4. Construye la sucesi´on de pendientes de la familia de rectas que pasa por: a) El punto (x0 , x20 ) y cada uno de los siguientes puntos: 
2  
2  
2  , x0 + 13 , x0 + 13 , x0 + 14 , x0 + 14 , x0 + 21 , x0 + 21    
2
2 x0 + 15 , x0 + 51 , . . . , x0 + n1 , x0 + n1 ,...

78

´ n y ejemplos 3.3. Definicio b) El punto (x0 , x30 ) y cada uno de los siguientes puntos: 
3  
3  
3  , x0 + 31 , x0 + 13 , x0 + 41 , x0 + 14 , x0 + 12 , x0 + 12    
3
3 x0 + 15 , x0 + 15 , . . . , x0 + n1 , x0 + n1 ,... √ √ √ √ 5. Construye geom´etricamente la sucesi´on 2, 3, 4, . . . , n, . . . a partir del tri´angulo rect´angulo is´osceles cuyos catetos valen 1. 6. Sean l y m dos rectas paralelas, as´ı como A0 , A1 , A2 , A3 , . . .

y B0 , B1 , B2 , B3 , . . .

puntos en las rectas l y m respectivamente tales que el segmento A1 B1 es bisectriz del a´ngulo B0 A1 A2 ; el segmento B1 A2 es bisectriz del ´angulo A1 B1 B2 , el segmento A2 B3 es bisectriz del a´ngulo B1 A2 A3 , y as´ı de manera sucesiva. Construye las sucesiones de los a´ngulos Ak Bk Bk+1 y Bk−1 Ak Ak+1 . Ver figura.

7. Construye una sucesi´on de rect´angulos como sigue: El primero es un cuadrado de ´area uno. En el segundo paso se le agrega otro cuadrado de ´area 1 para obtener un rect´angulo de a´rea 2. En el tercer paso se agrega un nuevo rect´angulo de a´rea 1 en la parte superior de la figura anterior para obtener un nuevo rect´angulo, luego otro a la derecha, como se muestra en el siguiente dibujo, y as´ı sucesivamente.

Obt´en la raz´on entre los lados de cada uno de los rect´angulos y construye la sucesi´on de estas razones.

79

Cap´ıtulo 3. Sucesiones

8. Para cada una de las sucesiones {an } del ejercicio 1, construye una subsucesi´on {ank }, dando una expresi´on para nk en t´erminos de k. 9. Demuestra la afirmaci´on de la p´agina 76: Si {ank } es una subsucesi´on de {an }, entonces nk ≥ k para toda k ∈ N. Sugerencia: Utiliza inducci´on sobre k junto con la desigualdad nk+1 > nk .

3.4.

Tendencia de una sucesi´ on

Ahora nos interesa estudiar el comportamiento “a largo plazo” de una sucesi´on. Veamos algunos ejemplos. 1. Consideremos la sucesi´on 1 1 1 1 1, , , , . . . , , . . . 2 3 4 n y observemos c´omo son sus t´erminos. Todos son positivos, siendo el m´as grande el primero. De hecho, mientras mayor sea n, menor ser´a el n−´esimo t´ermino; es decir, conforme “crezcamos” en el dominio, los t´erminos se har´an cada vez m´as peque˜ nos. Veamos por ejemplo algunos t´erminos de la sucesi´on en la siguiente tabla: n

10 102

103

104

105

106

107

108

109

1010

1 n

1 10

1 103

1 104

1 105

1 106

1 107

1 108

1 109

1 1010

1 102

El d´ecimo t´ermino de la sucesi´on es 0.1. El mil´esimo t´ermino es 0.001, que es menor que el d´ecimo t´ermino. El u ´ltimo elemento de la tabla es el diezmilmillon´esimo t´ermino, que es 1 = 0.0000000001; 1010 este n´ umero es muy peque˜ no, m´as peque˜ no que cualquiera de los t´erminos anteriores. Si sigui´eramos analizando los t´erminos de la sucesi´on, ver´ıamos que cualquier t´ermino es m´as peque˜ no que los anteriores y que cada vez los t´erminos se “parecen” m´as al cero. Por ejemplo, el t´ermino correspondiente a n = 1020 es 1 = 0.00000000000000000001. 1020

80

´n 3.4. Tendencia de una sucesio Entonces decimos que la tendencia de la sucesi´on {1/n} es acercarse al cero. 2. En el caso de la sucesi´on {10n }, vemos que sus t´erminos crecen cada vez m´as; diremos que ´esta tiende a hacerse cada vez m´as grande. 3. Ahora veamos qu´e ocurre con la sucesi´on 1, −1, 1, −1, 1, −1, . . . , (−1)n−1 , . . . Los t´erminos de esta sucesi´on se alternan siempre entre 1 y −1. Tampoco existe un n´ umero al cual se aproximen cada vez m´as los t´erminos de la sucesi´on, pues estos t´erminos siempre son el 1 o el −1. En este caso decimos que la sucesi´on {(−1)n−1 } no tiende a acercarse a un u ´nico n´ umero, tambi´en es una sucesi´on sin “tendencia”. 4. Consideremos la sucesi´on n 1 2 3 4 5 , , , , ,··· , ,... 2 3 4 5 6 n+1 y observemos algunos de sus t´erminos (que no sean los primeros); por ejemplo si n = 265, el t´ermino correspondiente de la sucesi´on es: a265 =

265 265 = , 265 + 1 266

que es aproximadamente igual a 0.99624, es decir, un n´ umero cercano a 1. Si nos fijamos en otro elemento de la sucesi´on, por ejemplo a487652 =

487652 ≈ 0.999997949, 487653

´este es un n´ umero m´as cercano al 1. Observemos que si n toma valores muy grandes entonces an = n/(n + 1) es un n´ umero muy cercano al 1, ya que el numerador y el denominador son “muy parecidos” entre s´ı, por lo que la raz´on entre ellos es casi 1. Decimos entonces que la tendencia de la sucesi´on {n/(n + 1)} es acercarse a 1. 5. Consideremos la sucesi´on 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1, 1 + , 1 + + 2 , 1 + + 2 + 3 , 1 + + 2 + 3 + 4 , · · · 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2

Cap´ıtulo 3. Sucesiones

81

Si efectuamos algunas operaciones, podemos reescribirla como: 3 7 15 31 1, , , , , . . . 2 4 8 16 Observemos que tambi´en podemos escribir cada uno de estos t´erminos como 2 − 1 22 − 1 23 − 1 24 − 1 25 − 1 , , , , ,... 20 2 22 23 24 ¿Ser´a cierta esta relaci´on en general? Es decir, ¿ser´a verdadera la igualdad 1 1 1 1 2n+1 − 1 1 ? 1 + + 2 + 3 + · · · + n−1 + n = 2 2 2 2 2 2n Recordemos la igualdad 1 + 2 + 22 + 23 + · · · + 2n = 2n+1 − 1. Si dividimos entre 2n , obtenemos 2 22 23 2n 2n+1 − 1 1 + + + + · · · + = , 2n 2n 2n 2n 2n 2n que es la igualdad deseada. Por lo tanto, tenemos que 1+

1 1 1 1 1 + 2 + 3 + ··· + n = 2 − n. 2 2 2 2 2

Hagamos ahora una tabla con diferentes valores de n: n 2 − 21n 10 2 − 2110 ≈ 1.9990234375 15 2 − 2115 ≈ 1.999969482421875 20 2 − 2120 ≈ 1.99998982747395833333 25 2 − 2125 ≈ 1.9999996821085611979166 30 2 − 2130 ≈ 1.9999999900658925374348 35 2 − 2135 ≈ 1.99999999968955914179484 40 2 − 2140 ≈ 1.999999999990298723181088 45 2 − 2145 ≈ 1.999999999999696835099409 50 2 − 2150 ≈ 1.999999999999990526096856

82

´n 3.4. Tendencia de una sucesio Observemos que los t´erminos de la sucesi´on son cada vez m´as grandes y que se acercan al n´ umero 2; es decir, cuanto m´as grande es el valor de n, el t´ermino de la sucesi´on se acerca m´as al 2. Entonces decimos que la tendencia de la sucesi´on es aproximarse a 2. 6. Ahora analicemos el comportamiento de la sucesi´on √ √ √ √ √ 3 4 5 6 2, 2, 2, 2, 2, 2, . . . . Usamos una calculadora para aproximar cada uno de estos t´erminos: √ √ n n n 2 n 2 √ √ 1 16 1 √ 2=2 16 √2 ≈ 1.0442737 2 32 2 √2 ≈ 1.4142 32 √2 ≈ 1.0218971 3 64 3 √2 ≈ 1.2599 64 √2 ≈ 1.0108892 4 128 4 √2 ≈ 1.1892 128 √2 ≈ 1.0054299 5 256 5 √ 2 ≈ 1.1487 256 √2 ≈ 1.0027112 6 512 6 √2 ≈ 1.1225 512 √2 ≈ 1.0013542 7 1024 7 √2 ≈ 1.1041 1024 √2 ≈ 1.0006771 8 2048 8 √2 ≈ 1.0905 2048 √2 ≈ 1.0003385 9 4096 9 4096 √2 ≈ 1.0801 √2 ≈ 1.0001692 8192 10 10 2 ≈ 1.0718 8192 2 ≈ 1.000084 Si seguimos evaluando distintas ra´ıces del n´ umero 2 para valores cada vez mayores n, podremos observar y afirmar que la tendencia de la  √ de sucesi´on n 2 es acercarse a 1. 7. Analicemos ahora la sucesi´on 12 , 22 , 32 , 42 , . . . , n2 , . . . . Consideremos primero algunos elementos de la sucesi´on; por ejemplo, si n = 1020 , 1050 y 10100 , los t´erminos de la sucesi´on son (1020 )2 = 1040 , (1050 )2 = 10100 y (10100 )2 = 10200 . Cada uno de estos n´ umeros es muy grande. Si consideramos n´ umeros naturales cada vez m´as grandes, sus cuadrados ser´an m´as grandes que ´estos y as´ı sucesivamente. Entonces esta sucesi´on crece en forma desmedida y por lo tanto su tendencia es la de hacerse cada vez m´as grande.

Decimos que la sucesi´on {an } tiende a acercarse a un n´ umero a si al aumentar n los t´erminos de la sucesi´on se parecen cada vez m´as al n´ umero.

Cap´ıtulo 3. Sucesiones

83

Otra forma de acercamiento En los ejemplos anteriores hemos sugerido que algunas sucesiones tienden a acercarse a un n´ umero. Otro aspecto del acercamiento que ser´a de gran utilidad ocurre cuando los t´erminos de una sucesi´on se acercan entre s´ı. Aunque precisaremos esta idea (al igual que precisaremos la idea de tendencia) en el siguiente cap´ıtulo, por el momento s´olo usaremos la siguiente idea intuitiva: Los t´erminos de una sucesi´on an “se acercan entre s´ı” si al ir considerando n, m cada vez mayores, todos los t´erminos an , am est´an muy pr´oximos entre s´ı. Revisemos algunos de los ejemplos que vimos al principio de esta secci´on usando este punto de vista. 1. En el caso de la sucesi´on 1/n, vimos intuitivamente que al considerar n cada vez mayor, los t´erminos de la sucesi´on se acercan a 0. Observemos que si nos fijamos en dos t´erminos 1/n y 1/m de esta sucesi´on, la distancia entre ellos es 1 1 − . n m Si n = m, es claro que esta diferencia es 0: Los t´erminos no s´olo est´an cerca, sino que son exactamente iguales. Supongamos entonces que n 6= m y, m´as a´ un, que n < m (nuestro razonamiento ser´a muy similar en el caso n > m). En ese caso, n1 > m1 . En este caso, observamos que 1 − 1 = 1 − 1 < 1; n m n m n esta desigualdad nos dice que la distancia entre los t´erminos 1/n y 1/m de esta sucesi´on es menor que 1/n, lo que intuitivamente sabemos que se va acercando a 0. 2. Para la sucesi´on {10n }, nos fijamos en la distancia entre los t´erminos correspondientes a n y m. Podemos suponer que n > m para obtener que esta distancia cumple |10n − 10m | = 10n − 10m > 10n ; pero como hemos visto, el n´ umero 10n es cada vez mayor conforme n aumenta, de modo que los t´erminos de esta sucesi´on no se acercan entre s´ı.

84

´n 3.4. Tendencia de una sucesio 3. Nos fijamos ahora en la sucesi´on {(−1)n−1 }. En este caso, los t´erminos van “brincando”, alternando entre el 1 y el −1. As´ı, aunque muchos t´erminos se vayan acercando entre s´ı (por ejemplo, todos los t´erminos correspondientes a n par son iguales a −1), esto no ocurre con todos, pues los t´erminos correspondientes a n impar siempre se mantienen a distancia 2 de los otros. Como en el ejemplo anterior, los t´erminos no se acercan entre s´ı.

Como veremos con mayor detalle y precisi´on en el siguiente cap´ıtulo, para ciertas sucesiones ser´a m´as sencillo determinar si hay un n´ umero al cual se acerquen, mientras que para otras lo m´as f´acil ser´a ver si los t´erminos se van acercando entre s´ı, de modo que nos ser´a de gran utilidad precisar la relaci´on entre estos comportamientos a largo plazo. Por supuesto, es razonable pensar que si los t´erminos de una sucesi´on se acercan a alg´ un n´ umero, entonces los t´erminos se ir´an acercando entre s´ı. La cuesti´on rec´ıproca es a´ un m´as interesante, de modo que requerir´a de un an´alisis m´as profundo de las propiedades del conjunto de n´ umeros reales. Ejercicios 1. Investiga la tendencia de cada una de las siguientes sucesiones. 1 1 1 1 a) −1, , − , , − , . . . 2 3 4 5 2 3 4 5 6 b) 1, , , , , , . . . 3 5 7 9 11 5 15 37 65 c) 1, , 1, , 1, , 1, , . . . 3 17 35 63 2 d ) 1, 1 + 3, 1 + 3 + 3 , 1 + 3 + 32 + 33 , 1 + 3 + 32 + 33 + 34 , . . . 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 e) 1, 1 + , 1 + + 2 , 1 + + 2 + 3 , 1 + + 2 + 3 + 4 , . . . 3 3 3 3 3 3 3 3 3 3  2  2  3 2 2 2 2 2 2 2 2 f ) 1, 1 + , 1 + + ,1 + ,1 + + + ,1 + ,... 3 3 3 3 3 3 3 3      2    2  3 2 2 2 2 2 2 , − + − , − + − + − ,... g) − 3 3 3 3 3 3      2    2  3 2 2 2 2 2 2 h) − , − − , − − − ,... 3 3 3 3 3 3

Cap´ıtulo 3. Sucesiones i ) 1,


3 2 2

,


4 3 3

,


5 4 4

,


6 5 5

85

,...

j ) −1, 2, −3, 4, −5, 6, −7, . . . 4 8 16 32 64 ,... k ) 2, , , , , 2 6 24 60 120 2. Una sucesi´on est´a acotada si hay un intervalo suficientemente grande como para contener todos los t´erminos de la sucesi´on. En s´ımbolos, {an } est´a acotada si existe M > 0 tal que |an | ≤ M para toda n. Investiga si cada una de las sucesiones del ejercicio anterior est´a acotada o no. 3. Dado un n´ umero real x, denotamos por [x] al m´aximo entero menor o igual a x; por ejemplo, [3.3] = 3, [0.01] = 0, [4] = 4, [−1.2] = −2. Investiga la tendencia de la sucesi´on  "  2 #   "  2  3 #  2 2 2 2 2 2 2 , 1+ + , 1+ , 1+ + + ,... 1+ 3 3 3 3 3 3 3 An´alogamente con la sucesi´on   "   2 # "   2  3 # 2 2 2 2 2 2 + − − , − + − , − + − ,... 3 3 3 3 3 3 4. Analiza si los t´erminos de las tres primeras sucesiones del ejercicio 1 se van acercando entre s´ı, como vimos al final de este cap´ıtulo.

Cap´ıtulo 4 Convergencia En este cap´ıtulo formalizamos el concepto de tendencia explorado en el cap´ıtulo anterior, para dar un vistazo m´as riguroso a la convergencia de las sucesiones.

4.1.

Definici´ on y ejemplos

Definici´ on 4.1. Decimos que la sucesi´on {an } converge a a si y s´olo si para toda ε > 0 existe un n´ umero natural N tal que si n > N entonces |an − a| < ε Si la sucesi´on {an } converge a a, decimos que el l´ımite de la sucesi´on {an } es a y escribimos l´ım an = a n→∞

Esta definici´on nos dice que dado cualquier n´ umero positivo ε, podemos encontrar un n´ umero natural N que depende de ε tal que si nos fijamos en los ´ındices mayores que N (es decir, N + 1, N + 2, . . . , N + k, . . .), entonces los t´erminos de la sucesi´on aN +1 , aN +2 , aN +3 , aN +4 , . . . , aN +k , . . . distan de a menos que ε. Adem´as, sabemos que la desigualdad |an − a| < ε es equivalente a −ε < an − a < ε. 87

88

´ n y ejemplos 4.1. Definicio

de modo que a − ε < an < a + ε; entonces la definici´on de convergencia implica que todos los elementos de la sucesi´on cuyos ´ındices sean mayores que N est´an en el intervalo abierto (a − ε, a + ε) y solamente un n´ umero finito se encuentra fuera de ´el.

Veamos que toda sucesi´on convergente est´a acotada: Si ε = 1, la definici´on 4.1 implica que existe N tal que si n > N , entonces |an − a| < 1; por tanto, para n > N tenemos que |an | ≤ |an − a| + |a| < 1 + |a|. Esta u ´ltima desigualdad nos dice que los t´erminos aN +1 , aN +2 , aN +3 , aN +4 , . . . , aN +k , . . . est´an acotados por 1 + |a|. Nos falta acotar los primeros N t´erminos de la sucesi´on. Como ´este es un conjunto finito de n´ umeros reales podemos considerar m´ax{|a1 |, |a2 |, |a3 |, . . . , |aN |}. Este n´ umero nos sirve para acotar a estos N primeros t´erminos de la sucesi´on. Ya tenemos acotados a todos los elementos, de modo que basta considerar M = m´ax {|a1 |, |a2 |, |a3 |, . . . , |aN |, 1 + |a|} para tener |an | ≤ M para toda n. Podemos resumir esto diciendo que toda sucesi´on convergente es una sucesi´on acotada. Ejemplos 1. La sucesi´on

1 n

converge a cero; esto es, 1 = 0. n→∞ n l´ım

Tomemos distintos valores de ε y encontremos el valor de N . Para esto, primero debemos resolver la siguiente desigualdad: 1 − 0 = 1 < ε. n n

Cap´ıtulo 4. Convergencia

89

Despejando a n obtenemos 1 n> . ε   1 + 1.1 As´ı, si ε = 0.3, entonces N = entonces proponemos N = ε  10  + 1 = 4. 3 Veamos el comportamiento de N al variar ε: ε N As´ı, si entonces n1 − 0 es menor que 0.3 4 n > 4, 0.3 0.15 7 n > 7, 0.15 0.1 10 n > 10, 0.1 0.025 41 n > 41, 0.025 100 n > 100, 0.01 0.01 0.001 1000 n > 1000, 0.001 0.00001 100000 n > 100000, 0.00001 Antes de continuar, analizaremos con un poco m´as de detalle esta tabla: ¿Qu´e t´erminos de la sucesi´on cumplen el tercer rengl´on? Como n > 7, 1 los t´erminos son 18 , 19 , 10 , . . . , etc´etera. ¿Qu´e t´erminos de la sucesi´on distan del cero menos que 0.025? En el quinto rengl´on tenemos que ε = 0.025 y para este valor se tiene que N = 41, de modo que los t´erminos de la sucesi´on que distan de cero menos que 0.025 aparecen a partir del t´ermino n´ umero 42 de la sucesi´on. ¿Cu´ales son los ´ındices tales que los t´erminos correspondientes de la sucesi´on cumplen la desigualdad 1 − 0 < 0.001? n En la tabla tenemos que N = 1000, de modo que los ´ındices correspondientes a los t´erminos de la sucesi´on que satisfacen la desigualdad anterior son: 1001, 1002, 1003, 1004, . . . .   1 converAhora completaremos la demostraci´on de que la sucesi´on n ge a 0. 1

Recuerda que [x] representa al mayor entero menor o igual que x.

90

´ n y ejemplos 4.1. Definicio     1 1 Ya hemos visto que N = + 1. Ahora tomemos n > + 1. Como ε ε   1 1 1 + 1 > , entonces n > . Al considerar los rec´ıprocos obtenemos ε ε ε 1 < ε y esto implica n 1 1 = − 0 < ε. n n Por lo tanto, l´ım

n→∞

1 = 0. n

2. Consideremos ahora la sucesi´on constante 2, 2, 2, . . . , 2, . . . . F´acilmente podemos conjeturar que esta sucesi´on es convergente y que su l´ımite es 2. Veamos por qu´e. La distancia entre cualquier elemento de la sucesi´on y el l´ımite es cero, pues |2 − 2| = 0 y tenemos que para toda ε > 0 y para todo natural n se satisface |2 − 2| < ε. Por lo tanto, la sucesi´on constante 2, 2, 2, . . . converge a 2; es decir, l´ım 2 = 2.

n→∞

3. De manera an´aloga se puede probar que cualquier sucesi´on constante a, a, a, . . . , a, . . . es convergente y que converge a a. As´ı, tenemos l´ım a = a.

n→∞

4. Veamos qu´e ocurre con la sucesi´on cuyo t´ermino general es 1 + (−1)n . n

Cap´ıtulo 4. Convergencia

91

Observemos que debido al sumando (−1)n , es conveniente analizar qu´e ocurre con los t´erminos pares por un lado, y con los impares por el otro. Los t´erminos pares son 2 2 1 2 1 = 1, = , = , . . . 2 4 2 6 3 los cuales parecen tender a 0. Por otro lado, los t´erminos impares son 0, 0, 0, . . . . de modo que es natural pensar que el l´ımite de la sucesi´on es 0. Si ε > 0, todos los t´erminos impares est´an a una distancia menor que ε de 0, pero para que los t´erminos pares cumplan esta condici´on sobre la distancia se debe cumplir 2 < ε, n   2 2 lo cual ocurre si n es mayor que ε . As´ı, si elegimos N (ε) = + 1, ε podemos ver que si n > N (ε), (independientemente de que sea par o impar), entonces 1 + (−1)n − 0 < ε, n lo que muestra que la sucesi´on converge a 0. 5. Analicemos la sucesi´on cuyo n-´esimo t´ermino es n−1 . n+1 Intuitivamente, cuando n va creciendo, el numerador n − 1 y el denominador n + 1 se parecen cada vez m´as entre s´ı, de modo que parece que el l´ımite de esta sucesi´on es 1. Entonces si damos un n´ umero ε > 0, queremos ver si hay alg´ un n´ umero natural n a partir del cual n − 1 n + 1 − 1 < ε. Puesto que siempre ocurre que n − 1 < n + 1, el n-´esimo t´ermino de la sucesi´on siempre es menor que 1, por lo que debemos ver cu´ando 1−

n−1 < ε. n+1

92

´ n y ejemplos 4.1. Definicio Esto ocurre si

2 < ε, n+1

lo que es equivalente a 2 − 1 < n. ε As´ı, si elegimos   2 N (ε) = − 1, ε tenemos que para cada n tal que n > N (ε) el correspondiente t´ermino de la sucesi´on estar´a a una distancia menor que ε de 1. Como esto vale para cada ε > 0, tenemos que en efecto la sucesi´on converge a 1. 6. Ahora veamos uno de los ejemplos que presentamos en la secci´on 3.4, el de la sucesi´on dada por 1+

1 1 1 1 1 + 2 + 3 + · · · + n−1 + n . 2 2 2 2 2

En esa secci´on vimos que 1+

1 1 1 1 1 2n+1 − 1 + 2 + 3 + · · · + n−1 + n = , 2 2 2 2 2 2n

de modo que podemos analizar el comportamiento de la expresi´on que aparece del lado derecho, o bien de 2n+1 − 1 1 = 2 − . 2n 2n En realidad, basta ver qu´e ocurre con la sucesi´on {1/2n }. De hecho, veremos que 1 l´ım n = 0. n→∞ 2 Si ε > 0, entonces  n 1 1 = ln(1/2) El lector podr´a completar el argumento f´acilmente para mostrar que la sucesi´on original tiende a 2. En algunos casos, no es inmediato determinar elcomportamiento de una  3n − 2 sucesi´on. Por ejemplo, consideremos la sucesi´on . Sus primeros 2n + 1 t´erminos son 1 4 7 10 13 16 19 22 25 , , , , , , , , ,... 3 5 7 9 11 13 15 17 19 Para analizar qu´e ocurre con ´esta y otras sucesiones, mostraremos algunas propiedades generales del l´ımite de sucesiones. Proposici´ on 4.2. Sean {an }, {bn } dos sucesiones. 1. Si la sucesi´on {an } converge, su l´ımite es u ´nico. 2. Supongamos que {an } y {bn } convergen a a y b, respectivamente. Entonces: a) La sucesi´on {an ± bn } converge a a ± b. Es decir, l´ım (an ± bn ) = l´ım an ± l´ım bn = a ± b.

n→∞

n→∞

n→∞

b) La sucesi´on {an · bn } converge a a · b. Es decir, l´ım (an · bn ) = l´ım an · l´ım bn = a · b.

n→∞

n→∞

n→∞

 c) Si adem´as suponemos que b 6= 0, la sucesi´on

an bn

Es decir, l´ım an an a = n→∞ = . n→∞ bn l´ım bn b l´ım

n→∞

d) La sucesi´on {λ · an } converge a λ · a. Es decir, l´ım λ · an = λ · l´ım an = λ · a.

n→∞

n→∞

 converge a

a . b

94

´ n y ejemplos 4.1. Definicio √ e) √ Si an ≥ 0 para toda n, entonces la sucesi´on an converge a a. Es decir, q √ √ l´ım an = l´ım an = a. n→∞

n→∞

Demostraci´on. 1. Supongamos que la sucesi´on converge a los n´ umeros a 0 0 0 y a , con a 6= a . Consideremos ε = |a − a |/2, es decir, la mitad de la distancia entre estos n´ umeros. La convergencia a a nos dice que existe un natural N1 tal que si n > N1 entonces |an − a| < ε. Por otro lado, la convergencia a a0 garantiza la existencia de N2 tal que si n > N2 entonces |an − a0 | < ε. Pero entonces, si elegimos un natural n mayor que N1 y que N2 , tenemos que |a − a0 | = |a − an + an − a0 | ≤ |a − an | + |an − a0 | < 2ε = |a − a0 |, lo cual dice que |a − a0 | es menor que |a − a0 |. Esto no puede ocurrir, de modo que nuestra hip´otesis inicial, a 6= a0 , es falsa. 2. Veamos qu´e ocurre con cada inciso. a) Como la sucesi´on {an } converge a a se tiene que, dada ε > 0, existe un n´ umero natural N1 tal que si n > N1 entonces |an − a| <

ε 2

Por otro lado, como la sucesi´on {bn } converge a b se tiene que, dada ε > 0, existe un n´ umero natural N2 tal que si n > N2 entonces ε |bn − b| < . 2 Sea N = m´ax {N1 , N2 }. Si n > N , se satisfacen las dos desigualdades ε ε |an − a| < y |bn − b| < . 2 2 Por lo tanto, si n > N entonces |(an ± bn ) − (a ± b)| = |(an − a) ± (bn − b)| ≤ |an − a| + |bn − b| <

ε 2

+

ε 2

= ε,

de donde se concluye que la sucesi´on {an ± bn } converge a a ± b.

95

Cap´ıtulo 4. Convergencia

b) Como la sucesi´on {bn } converge, sabemos que est´a acotada, de modo que hay un n´ umero M > 0 tal que |bn | ≤ M para toda n. Como la sucesi´on {an } converge a a se tiene que, dada ε > 0, existe un n´ umero natural N1 tal que si n > N1 entonces |an − a| <

ε . 2M

Adem´as, se tiene que, dada ε > 0, existe un n´ umero natural N2 tal que si n > N2 entonces |bn − b| <

ε . 2(1 + |a|)

Sea N = m´ax {N1 , N2 }, de modo que si n > N , se satisfacen las dos desigualdades |an − a| <

ε 2M

y

|bn − b| <

ε . 2(1 + |a|)

Por lo tanto, si n > N entonces |(an · bn ) − (a · b)| = |(an · bn − a · bn ) + (a · bn − a · b)| ≤ |(an − a) · bn | + |a · (bn − b)| = |an − a| · |bn | + |a| · |bn − b| |a|ε Mε + < ε; < 2M 2(1 + |a|) de modo que l´ım (an · bn ) =

n→∞







   l´ım an · l´ım bn = a · b.

n→∞

n→∞

an c) Como la sucesi´on es el producto de las sucesiones {an } y b n   1 , podemos usar la propiedad del producto para determinar el bn l´ımite, de modo que es suficiente demostrar que si la sucesi´on{bn} 1 es diferente de cero y converge a b 6= 0, entonces la sucesi´on bn 1 converge a . De hecho y para simplificar la notaci´on, podemos b suponer adicionalmente que b > 0.

96

´ n y ejemplos 4.1. Definicio Ahora, como la sucesi´on {bn } converge a b > 0, tambi´en podemos suponer que existe un n´ umero m > 0 tal que bn > m para toda n (¡ejercicio!), por lo que 1 1 < bn m para toda n. Como la sucesi´on {bn } converge a b, sabemos que dada ε > 0 existe un n´ umero natural N tal que si n > N entonces |bn − b| < mbε.  Como queremos demostrar que la sucesi´on

1 bn

 converge a

1 , b

analizamos la distancia que hay entre ellos: 1 b − bn |b − bn | 1 m·b·ε − = = < =ε bn b b · bn b · bn m·b   1 1 converge a y si n > N ; as´ı, efectivamente la sucesi´on bn b l´ım

n→∞

1 1 1 = = ; bn l´ım bn b n→∞

por lo tanto, l´ım an an a = n→∞ = . n→∞ bn l´ım bn b l´ım

n→∞

d ) Esta propiedad nos dice que podemos “sacar” las constantes del l´ımite; esto es, que la sucesi´on {λ·an } converge a λ·a. Esto es claro cuando λ = 0, de modo que supondremos que λ 6= 0. Sabemos que la sucesi´on {an } converge a a por lo que, dada ε > 0, existe un n´ umero natural N tal que si n > N entonces |an − a| <

ε . |λ|

Con base en la anterior desigualdad tenemos |λ · an − λ · a| = |λ · (an − a)| = |λ| · |an − a| < |λ|

ε = ε. |λ|

97

Cap´ıtulo 4. Convergencia e) si n > N ; por lo tanto, l´ım λ · an = λ · l´ım an = λ · a.

n→∞

n→∞

f ) Separamos la demostraci´on en dos casos, a = 0 y a > 0. En el primer caso, como la sucesi´on {an } converge a 0, dada ε > 0 existe un n´ umero natural N tal que si n > N , se tiene que an < ε2 . Si extraemos la ra´ız cuadrada a esta desigualdad, tenemos √ √ an < ε 2 ; Por lo tanto,

√

an < ε

si n > N ; por consiguiente l´ım

n→∞

√

an = 0.

Supongamos ahora que a > 0. Dada ε > 0, existe N tal que si n > N , entonces √ |an − a| < a · ε. Consideremos n > N y observemos que √ a − √ a
· √ a + √ a
√ √ n n an − a = √ √ an + a an − a an − a √ < √ = √ an + a a √ |an − a| a·ε √ = < √ = ε; a a Por lo tanto, l´ım

n→∞

√

an =

q

l´ım an =

n→∞

√

a.

98

´ n y ejemplos 4.1. Definicio

Veamos un ejemplo de aplicaci´on de estas propiedades, con la sucesi´on cuyo t´ermino general es n2 + n − 1 . 4n2 − 7n + 5 Observemos primero que no podemos aplicar la propiedad (c) del cociente, pues las sucesiones n2 + n − 1 y 4n2 − 7n + 5 no convergen a un n´ umero real. Sin embargo, podemos multiplicar el numerador y el denominador por el factor 1/n2 y simplificar para obtener 1 (n2 n2 1 (4n2 n2

+ n − 1) 1+ = − 7n + 5) 4−

1 n 7 n

− +

1 n2 5 n2

.

Ahora nos fijamos en las sucesiones definidas por el numerador y el denominador y analizar si tienen l´ımite. Por ejemplo, si nos fijamos en el numerador, tenemos que   1 1 1 1 l´ım 1 + − 2 = l´ım 1 + l´ım − l´ım 2 . n→∞ n n→∞ n→∞ n n→∞ n n Los dos primeros sumandos representan una sucesi´on constante igual a 1 y la sucesi´on 1/n, cuyo l´ımite es 0. Para el tercer sumando, podemos mostrar directamente de la definici´on que su l´ımite es 0 o bien usar la regla del producto:   1 1 1 1 1 l´ım 2 = l´ım · = l´ım · l´ım = 0. n→∞ n n→∞ n→∞ n n→∞ n n n Analizando de modo similar al denominador de la sucesi´on original, podemos concluir que n2 + n − 1 1 l´ım = . n→∞ 4n2 − 7n + 5 4 Ejercicios 1. De las siguientes afirmaciones, ¿cu´ales son verdaderas y cu´ales falsas? (Justifica tu respuesta.) Si la sucesi´on {an + bn } es convergente entonces las sucesiones {an } y {bn } son convergentes. Si las sucesiones {an + bn } y {an } son convergentes entonces la sucesi´on {bn } es convergente.

Cap´ıtulo 4. Convergencia

99

Si la sucesi´on {an bn } es convergente entonces las sucesiones {an } y {bn } son convergentes. Si la sucesi´on {1/an } es convergente entonces la sucesi´on {an } es convergente. Si existe ε > 0 tal que para toda n natural existe un n´ umero a que satisface la desigualdad |an − a| < ε entonces la sucesi´on {an } converge a a. Si la sucesi´on {an } converge a cero y la sucesi´on {bn } est´a acotada, entonces la sucesi´on {an bn } converge a cero. Si la sucesi´on {a2n } es convergente, entonces {an } es convergente. Si la sucesi´on {a2n } converge a cero, entonces {an } converge a cero. Si la sucesi´on {a3n } es convergente, entonces {an } es convergente. Si la sucesi´on {a2p n } es convergente, para todo p entero, entonces {an } es convergente. Si la sucesi´on {a2p+1 } es convergente, para todo p entero, entonces {an } n es convergente. 2. Calcula el l´ımite de cada una de las sucesiones cuyo t´ermino general es: r n+1 . a) 2n − 3 4n4 + 1 b) . 5n4 + 2n3 + 11n + 13 (n + 1)2 + (−1)n+1 (n + 2) c) . n(n + 2) √ n d) q . p √ n+ n+ n 1 + 2 + 3 + ··· + n . n2 12 + 22 + 32 + · · · + n2 f) . n3

e)

100

´ n y ejemplos 4.1. Definicio g) h) i) j) k) l) m)

(12 + 22 + 32 + · · · + n2 )2 . (1 + 2 + 3 + · · · + n)3 12 + 22 + 32 + · · · + n2 . n3 + n2 + n + 1  1 (a + n1 )2 + (a + n2 )2 + · · · + (a + n √ 4n2 − 9 − (2n − 3). √
n2 + 1 − n . √ √
n+1− n . q  n 1 + n1 − 1 .

n−1 2 ) n

 + (a + nn )2 .

4. Si l´ım an = a y l´ım bn = b, calcula los siguientes l´ımites: n→∞

n→∞

an + b n , si a 6= 0 y b 6= 0. 2 n→∞ a2 n + bn p b) l´ım a2n + b2n .

a) l´ım

n→∞

a3n − 3an b2n + 2bn − 8 , si a 6= b. n→∞ b4n − a2n b2n √ √ d ) l´ım 3 an , . . . , l´ım k an , donde suponemos que an > 0 para toda n n→∞ n→∞ cuando k es un n´ umero par. c) l´ım

5. Calcula los siguientes l´ımites. √ √ 5 2 3 n − 5 n2 a) l´ım √ √ . n→∞ 3 n + 1(2 − 5 n) p p √ √ n2 + 2 n − n2 − 2 n b) l´ım p p √ √ . n→∞ 3 3 3 3 n n + n− n − n √ √
c) l´ım 3 n + 4 − 3 n . n→∞ p  3 d ) l´ım (n + 1)(n + 2) + (n + 3) − n . n→∞

A continuaci´on mencionamos una importante propiedad de las sucesiones convergentes en t´erminos de cualquiera de sus subsucesiones.

Cap´ıtulo 4. Convergencia

101

Proposici´ on 4.3. Si una sucesi´on {an } es convergente a un n´ umero a, entonces cualquiera de sus subsucesiones es convergente, y converge al mismo n´ umero a. Demostraci´on. Consideremos una subsucesi´on {ank } cualquiera de la sucesi´on original. Recordemos que queremos probar que esta subsucesi´on converge al n´ umero a, de modo que para cada ε > 0 queremoa hallar N tal que si k > N se tenga que |ank − a| < ε. Como la sucesi´on original converge al n´ umero a, sabemos que dada una ε > 0 existe N1 tal que para cualquier natural n > N1 se cumple |an − a| < ε. As´ı, dada ε > 0, consideremos N = N1 y k > N . Usamos ahora la propiedad que aparece en la ecuaci´on (3.1) de la p´agina 76, que dice que los ´ındices nk satisfacen nk ≥ k, lo que nos dice que nk ≥ k > N , por lo que |ank − a| < ε; esto a su vez dice que la subsucesi´on converge al n´ umero a. Hemos analizado la convergencia de una sucesi´on usando algunas propiedades b´asicas del l´ımite de sucesiones. Ahora buscaremos disponer de m´as medios para verificar tal convergencia. Un criterio de convergencia que es muy u ´til para encontrar el l´ımite de algunas sucesiones es el siguiente: Proposici´ on 4.4. Sean an , bn , y cn tres sucesiones tales que an ≤ b n ≤ c n y l´ım an = l´ım cn = a.

n→∞

n→∞

Entonces la sucesi´on bn converge y l´ım bn = a.

n→∞

Demostraci´on. Como las sucesiones an y cn convergen a a, dada ε > 0 existen n´ umeros naturales N1 y N2 tales que |an − a| < ε si n > N1 y |cn − a| < ε si n > N2 .

102

´ n y ejemplos 4.1. Definicio

Podemos escribir estas desigualdades como sigue: −ε < an − a < ε si n > N1 y − ε < cn − a < ε si n > N2 . Ambas desigualdades se cumplen si n > N , donde N = m´ax (N1 , N2 ). Como an ≤ b n ≤ c n , podemos restar a a estas desigualdades y obtener an − a ≤ bn − a ≤ cn − a; por lo tanto, −ε < an − a ≤ bn − a ≤ cn − a < ε si n > N de donde −ε < bn − a < ε si n > N que es equivalente a |bn − a| < ε si n > N ; entonces se ha demostrado que la sucesi´on bn converge al mismo valor que las sucesiones an y cn . Anteriormente vimos que toda sucesi´on convergente es acotada (ver p´agina 88). Por otro lado, al analizar la sucesi´on {(−1)n+1 } es f´acil convencerse de que no toda sucesi´on acotada es convergente. Sin embargo, en este ejemplo podemos encontrar f´acilmente algunas subsucesiones convergentes. Esta propiedad es com´ un de todas las sucesiones acotadas. Proposici´ on 4.5. Toda sucesi´on acotada contiene una subsucesi´on convergente. Demostraci´on. Consideremos una sucesi´on acotada. Como sabemos, esto quiere decir que existe M > 0 tal que el valor absoluto de todos los t´erminos de la sucesi´on es menor o igual a M ; en otras palabras, todos los elementos de la sucesi´on est´an en el intervalo [−M, M ]. Como la sucesi´on tiene una infinidad de t´erminos, al menos uno de los intervalos [−M, 0] o [0, M ] contiene una infinidad de t´erminos de la sucesi´on. La idea de la demostraci´on ser´a continuar esta subdivisi´on en intervalos e ir “encerrando” a los t´erminos de una subsucesi´on, pero para formalizar esto usaremos una notaci´on m´as adecuada.

Cap´ıtulo 4. Convergencia

103

Sea {bn } una sucesi´on acotada por el n´ umero M > 0. Si denotamos por [a1 , c1 ] al intervalo [−M, M ], entonces tenemos que a1 ≤ bn ≤ c1 para toda n; en particular, a1 ≤ b1 ≤ c1 . Como dijimos antes, al menos uno de los intervalos [−M, 0] o [0, M ] contiene una infinidad de t´erminos de la sucesi´on. Llamemos entonces [a2 , c2 ] al intervalo que tiene dicha propiedad (si ambos subintervalos contienen una infinidad de t´erminos, elegimos cualquiera de ellos). Observemos que por la manera en que elegimos los extremos de los intervalos, a1 ≤ a2 y c2 ≤ c1 . Adem´as, podemos elegir un t´ermino bn2 , n2 ≥ 2 de modo que a2 ≤ bn2 ≤ c2 . Procediendo de manera inductiva, supongamos que hemos definido un intervalo [ak , ck ] tal que contiene una infinidad de t´erminos de la sucesi´on bn . Subdividimos [ak , ck ] en dos intervalos:     ak + c k ak + c k , ck , y ak , 2 2 y puesto que al menos uno de ´estos contiene una infinidad de t´erminos de la sucesi´on bn , denotamos por [ak+1 , ck+1 ] al que tenga esta propiedad (o elegimos uno de ellos, si ambos tienen esta propiedad) y tambi´en elegimos un t´ermino bnk+1 con nk+1 ≥ nk que est´e en dicho intervalo. Podemos expresar todo lo anterior en forma de desigualdades, como sigue: ak ≤ ak+1 ≤ bnk+1 ≤ ck+1 ≤ ck . Dejamos al lector que compruebe las siguientes propiedades de las sucesiones construidas de esta manera: 1. {ak } es una sucesi´on creciente y acotada; 2. {ck } es una sucesi´on decreciente y acotada; 3. l´ımk→∞ ak = l´ımk→∞ ck . Por la Proposici´on 4.4, la sucesi´on {bnk } es convergente. As´ı, hemos mostrado que {bn } contiene una subsucesi´on convergente.

104

´ n y ejemplos 4.1. Definicio

Ejercicios 1 1 para todo n´ umero natural n. 1. Demuestra por inducci´on que n ≤ 2 n 1 Justifica que l´ım n = 0. n→∞ 2 √ 1 umero natural 2. Demuestra por inducci´on que n 2 ≤ 1 + , para todo n´ n √ n. Justifica que l´ım n 2 = 1. n→∞

3. Calcula los siguientes l´ımites, si estos existen: [x] + [2x] + [3x] + · · · + [nx] , donde [x] es, como de costuma) l´ım n→∞ n bre, el mayor entero menor o igual a x.   1 1 1 1 b) l´ım + + + ··· + , n→∞ n n+1 n+2 2n   1 1 1 + + ··· + c) l´ım , n→∞ 1·3 3·5 (2n − 1)(2n + 1)   1 1 1 1 √ √ √ +√ √ + ··· + √ d ) l´ım √ , n→∞ n 2n − 1 + 2n + 1 1+ 3 3+ 5   1 1 1 + + ··· + e) l´ım , n→∞ 1·2·3 2·3·4 n · (n + 1) · (n + 2) √ f ) l´ım n 2n + 3n , n→∞ √ g) l´ım n an + bn , a y b positivos. n→∞

4. Demuestra que l´ım an = 0, si |a| < 1. n→∞

5. Demuestra que l´ım

√ n a = 1, si a > 0.

6. Demuestra que l´ım

√ n n = 1.

n→∞

n→∞

7. Demuestra que 2 1+ + 3


n+1  2  3  n−1  n 1 − 23 2 2 2 2 + + ··· + + = 3 3 3 3 1 − 32

105

Cap´ıtulo 4. Convergencia y con base en esto muestra que  2  3  n−1  n ! 2 2 2 2 2 + + ··· + + = 3. l´ım 1 + + n→∞ 3 3 3 3 3 8. Demuestra que 1 + a + a2 + a3 + · · · + an−1 + an =

1 − an+1 1−a

y muestra con base en esto que si 0 < a < 1, entonces
1 . l´ım 1 + a + a2 + a3 + · · · + an−1 + an = n→∞ 1−a 9. Demuestra que  l´ım

n→∞

9 9 9 9 + 2 + 3 + ··· + n 10 10 10 10

 = 1.

10. Calcula el l´ımite de la siguiente expresi´on cuando n → ∞. 2 3 1 2 3 1 2 3 1 + 2 + 3 + 4 + 5 + 6 + · · · + 3n+1 + 3n+2 + 3n+3 . 10 10 10 10 10 10 10 10 10 11. Muestra que
 2  3  n−1 2 n 1 − − 2 2 2 2 3 1− + . − + · · · + (−1)n−1 = 3 3 3 3 1 + 23 y con base en esto justifica que  2  3  n−1 ! 1 1 1 2 1 l´ım 1 − + − + · · · + (−1)n−1 = . n→∞ 2 2 2 2 3 12. Concluye la demostraci´on de la Proposici´on 4.5, justificando las propiedades (1)-(3) de las sucesiones construidas en dicha demostraci´on. Sugerencia: Las partes (1) y (2) son relativamente sencillas. Para demostrar que l´ım ak = l´ım ck , muestra que l´ım |ak − ck | = 0

k→∞

y que l´ım ak − l´ım ck ≤ l´ım |ak − ck |. k→∞

k→∞

k→∞

106

4.2. Sucesiones de Cauchy

4.2.

Sucesiones de Cauchy

En la p´agina 83 mencionamos que uno de los comportamientos que puede observarse en los t´erminos de una sucesi´on es el de irse acercando entre s´ı. Ahora precisaremos este concepto, que nos ser´a u ´til para mostrar la convergencia de una sucesi´on en los casos en que no podamos establecer de antemano cu´al es el n´ umero al cual tienden los t´erminos de la misma. Definici´ on 4.6. Decimos que una sucesi´on {an } es una sucesi´on de Cauchy si para cada ε > 0 existe N tal que si n, m > N , entonces |an − am | < ε. Como vimos en la p´agina 83, los t´erminos de la sucesi´on {1/n} se acercan entre s´ı; esto nos permite mostrar f´acilmente que la sucesi´on es de Cauchy: Dado ε > 0, si m > n > 1/ε, entonces tenemos que 1 1 − < 1 < ε. n m n Como ya hab´ıamos adelantado, es f´acil ver que toda sucesi´on convergente es una sucesi´on de Cauchy: Si {an } es convergente a un n´ umero a, sabemos que los t´erminos de la sucesi´on se van acercando a a; formalmente, dado ε > 0 existe N tal que si n > N , entonces |an − a| < ε/2. Pero esto implica r´apidamente que los t´erminos de la sucesi´on se van acercando entre s´ı, puesto que si n, m > N , entonces |an − am | = |an − a + a − am | ≤ |an − a| + |a − am | <

ε ε + = ε; 2 2

es decir, la sucesi´on es de Cauchy. Ejercicio Muestra que toda sucesi´on de Cauchy es acotada. (Sugerencia: De hecho, la idea es completamente similar a la que usamos cuando demostramos que toda sucesi´on convergente es acotada, ver p´agina 88.) Recordemos que en la Proposici´on 4.5 vimos que toda sucesi´on acotada tiene una subsucesi´on convergente. Usaremos el ejercicio anterior y dicha Proposici´on para mostrar la siguiente (¡importante!) propiedad de las sucesiones de Cauchy.

Cap´ıtulo 4. Convergencia

107

Proposici´ on 4.7. Toda sucesi´on de Cauchy (de n´ umeros reales) es convergente. Demostraci´on. Sea {an } una sucesi´on de Cauchy. Como mencionamos antes, sabemos que esta sucesi´on es acotada y por la Proposici´on 4.5 contiene una subsucesi´on {ank } convergente, digamos, a un n´ umero a. La idea de la demostraci´on consiste en mostrar que la sucesi´on original tambi´en converge a a, es decir, que dada ε > 0, queremos mostrar que existe N tal que si k > N , entonces |ak − a| < ε. Dada ε > 0, tenemos: 1. Como {ank } converge a a, existe N1 tal que si k > N1 entonces |ank − a| < ε/2. 2. Como {an } es una sucesi´on de Cauchy, existe N2 tal que si n, m > N2 , entonces |an − am | < ε/2. Hagamos N = m´ax{N1 , N2 } y sea k > N , de modo que en este caso |ank − a| < ε/2. Por otro lado, recordando la desigualdad (3.1), tenemos que nk ≥ k y en particular, m = nk ≥ N2 , de modo que |ak − a| = |ak − ank + ank − a| ≤ |ak − ank | + |ank − a| < ε/2 + ε/2 = ε, lo cual nos dice que la sucesi´on original es convergente al n´ umero a. Como hemos venido mencionando, esta propiedad fundamental de las sucesiones de Cauchy nos permite comprobar la convergencia de una sucesi´on sin necesidad de proponer el l´ımite de la sucesi´on de antemano, lo que hace de ´este un criterio de convergencia de uso muy frecuente.

4.3.

Divergencia

Para cada una de las siguientes sucesiones, contesta las preguntas que vienen a continuaci´on, justificando tus respuestas. 1, 2, 3, 4, . . . , n, n + 1, . . . 2, 3/2, 2, 5/2, 3, 7/2, . . . , (n + 1)/2, . . .

108

4.3. Divergencia √

√ √ √ n 2, 2, 2 2, 4, 4 2, 8, 8 2, . . . , 2 2 , . . .

1, 10, 102 , 103 , . . . , 10n−1 , . . . 1, 12, 121, 122, 1221, 1222, 12221, . . . 1, 1/2, 2, 1/3, 3, 1/4, 4, 1/5, . . . , n, 1/(n + 1), . . . 12 , 22 , 32 , 42 , . . . , n2 , . . . 1, 1 + 3, 1 + 3 + 32 , 1 + 3 + 32 + 33 , 1 + 3 + 32 + 33 + 34 , . . .   (−1)n n3 . n2 + 1 ¿Est´a acotada la sucesi´on? ¿Cu´antos t´erminos de la sucesi´on son mayores que 100? ¿Cu´ales t´erminos de la sucesi´on son mayores que 100? ¿Cu´antos t´erminos de la sucesi´on son menores o iguales que 100? ¿Cu´ales t´erminos de la sucesi´on son menores o iguales que 100? Si ahora tomamos cualquier numero positivo M y hacemos las mismas preguntas que las anteriores sustituyendo M por 100, ¿cambiar´a la respuesta? Definici´ on 4.8. Una sucesi´on {an } diverge a ∞ si dado M > 0 existe un n´ umero N tal que si n > N entonces an > M . Cuando esto ocurre escribimos l´ım an = ∞.

n→∞

De manera similar, podemos decir que una sucesi´on an diverge a −∞ si dado M < 0 existe un n´ umero N tal que si n > N entonces an < M . (Observa que la sucesi´on an diverge a −∞ si y s´olo si −an diverge a ∞.) Ejercicio Para cada una de las sucesiones que aparecen al principio de la secci´on trata de determinar cu´ales de ellas divergen a ∞. ¿Alguna de estas sucesiones es convergente? Por ejemplo comprobemos que la sucesi´on cuyo t´ermino general es n2 −10, 2 diverge√a ∞. Para esto resolvemos se cumple √ la desigualdad n −10 > M , que 2 si n > M + 10. As´ı, si N = M + 10 y n > N tenemos que n − 10 > M . Una propiedad que nos ayuda a comprobar la divergencia a ∞ de una sucesi´on es la siguiente:

Cap´ıtulo 4. Convergencia

109

Proposici´ on 4.9. Sean an y bn dos sucesiones tales que an ≤ bn , si l´ım an = n→∞ ∞, entonces l´ım bn = ∞. n→∞

Dejaremos la demostraci´on como ejercicio el lector.   para n2 + 1 diverge a ∞. Como Veamos ahora que tambi´en la sucesi´on n n2 + 1 1 1 =n+ y n+ >n n n n entonces para toda M > 0 consideremos los naturales n > M , por lo tanto n2 + 1 1 =n+ >n>M n n n2 + 1 = ∞. n→∞ n

de donde l´ım Ejercicios

1. Sea {an } una sucesi´on que diverge a ∞. Comprueba que: a) Si {bn } es una sucesi´on acotada entonces la sucesi´on {an + bn } diverge a ∞. b) Si {bn } es una sucesi´on convergente, entonces la sucesi´on {an +bn } diverge a ∞. c) Si {bn } es una sucesi´on convergente a un n´ umero positivo, entonces la sucesi´on {an · bn } diverge a ∞. 2. ¿Cu´ales de las siguientes afirmaciones son falsas y cu´ales verdaderas? Justifica tu respuesta. a) Si la sucesi´on {an + bn } diverge a ∞ entonces cada una de las sucesiones {an } y {bn } diverge a ∞. b) Si la sucesi´on {an + bn } diverge a ∞ entonces alguna de las dos sucesiones {an } o {bn } diverge a ∞. c) Si la sucesi´on {an · bn } diverge a ∞ entonces cada una de las sucesiones {an } y {bn } diverge a ∞.

110

´ tonas 4.4. Sucesiones mono d ) Si la sucesi´on {an · bn } diverge a ∞ entonces alguna de las dos sucesiones {an } o {bn } diverge a ∞.

3. Sea {an } una sucesi´on que diverge a −∞. ¿Cu´ales de las siguientes afirmaciones son falsas y cu´ales verdaderas? Justifica tu respuesta. a) Si {bn } es una sucesi´on acotada entonces la sucesi´on {an + bn } diverge a −∞. b) Si {bn } es una sucesi´on convergente, entonces la sucesi´on {an +bn } diverge a −∞. c) Si {bn } es una sucesi´on divergente a −∞, entonces la sucesi´on {an + bn } diverge a −∞. d ) Si {bn } es una sucesi´on divergente a ∞, entonces la sucesi´on {an + bn } diverge a −∞. e) Si {bn } es una sucesi´on convergente a un n´ umero positivo, entonces la sucesi´on {an · bn } diverge a −∞.

4.4.

Sucesiones mon´ otonas

En algunas sucesiones ocurre que cada t´ermino de la sucesi´on es mayor que el t´ermino anterior. Consideremos por ejemplo la sucesi´on n n+1 1 2 3 , , ,..., , ,... 2 3 4 n+1 n+2 En este ejemplo nos preguntamos si 1 2 3 n n+1 < < < ··· < < < ··· 2 3 4 n+1 n+2 Es claro que los tres primeros t´erminos cumplen las desigualdades, pero ¿c´omo podemos garantizar que el n-´esimo t´ermino es menor que el (n+1)−´esimo t´ermino? Debemos demostrar que n/(n + 1) − (n + 1)/(n + 2) es negativo, pero n n+1 1 − =− . n+1 n+2 (n + 1)(n + 2)

Cap´ıtulo 4. Convergencia

111

Como los valores que toma n son n´ umeros naturales, la expresi´on del lado derecho es negativa y por lo tanto n/(n + 1) < (n + 1)/(n + 2). As´ı, cada t´ermino de la sucesi´on es mayor que el anterior. Cuando una sucesi´on {an } tiene la propiedad a1 < a2 < a3 < · · · < an < an+1 < · · · , decimos que la sucesi´on es creciente. Por otro lado, si la sucesi´on tiene la propiedad a1 > a2 > a3 > · · · > an > an+1 > · · · , decimos que la sucesi´on es decreciente. Cuando una sucesi´on satisface que un t´ermino es menor o igual que su antecesor, decimos que la sucesi´on es no creciente. De manera an´aloga se define una sucesi´on no decreciente. En general, diremos que una sucesi´on es mon´otona si es creciente, decreciente, no creciente o no decreciente. Ejemplos 1. La sucesi´on de n´ umeros naturales 1, 2, 3, . . . , n, n + 1, . . . es claramente creciente. 2. Consideremos la sucesi´on de n´ umeros triangulares T1 , T2 , T3 , . . . , Tn , Tn+1 , . . . . Como Tn+1 = Tn + (n + 1), entonces es claro que Tn < Tn+1 . Por lo tanto, la sucesi´on es creciente. 3. Podemos observar que los primeros t´erminos de la sucesi´on 2n + 3 2n + 5 5 7 9 , , ,..., , ,... 4 7 10 3n + 1 3n + 4 van disminuyendo. Para verificar que esta sucesi´on es decreciente vemos que 2n + 3 2n + 5 7 − = . 3n + 1 3n + 4 (3n + 1)(3n + 4) La u ´ltima expresi´on es positiva, de modo que la sucesi´on es decreciente.

112

´ tonas 4.4. Sucesiones mono

4. La sucesi´on

√ √ √ √ 3 4 n 2, 2, 2, . . . , 2, . . .

es una sucesi´on decreciente. (¿Por qu´e?) 5. La sucesi´on

(−1)n−1 1 1 1 ,... 1, − , , − , . . . , 2 3 4 n no es mon´otona. (¿Por qu´e?)

6. La sucesi´on

1 1 1 1 1, , , . . . , , ,... 2 3 n n+1 es decreciente: Puesto que n 1:

116

´ tonas 4.4. Sucesiones mono a) Sea 0 < a < 1; si multiplicamos esta desigualdad por a se obtiene 0 < a2 < a y as´ı multiplicando por a sucesivamente la desigualdad se obtiene 0 < an+1 < an , por lo que la sucesi´on es decreciente si 0 < a < 1. b) Sea −1 < a < 0, entonces (−1)a > 0 y la sucesi´on {(−1)n an } es decreciente, por lo que la sucesi´on {an } no es creciente ni decreciente. c) Si a = 1, la sucesi´on es la sucesi´on constante 1, 1, 1, . . . d ) Si a > 1, la sucesi´on {an } es creciente. e) Si a < −1, la sucesi´on {an } no es creciente ni decreciente.

11. Consideremos la sucesi´on n

√

r q q √ √ 2, 2 + 2, 2 + 2 + 2, . . . ,

zs

}| { r q √ 2 + 2 + 2 + · · · + 2, . . .

Esta sucesi´on se puede escribir de la siguiente manera: si a1 = entonces √ √ √ a2 = 2 + a1 , a3 = 2 + a2 , . . . , an+1 = 2 + an ;

√

2,

de manera sint´etica, a1 =

√

2 y an+1 =

√ 2 + an .

Para ver que esta sucesi´on es creciente, podemos usar el principio de inducci´on. Es claro que √ √ a2 = 2 + a1 > 2 = a1 ; por otro lado, observemos que a2n+1 − a2n = (2 + an ) − (2 + an−1 ) = an − an−1 de modo que si an > an−1 entonces a2n+1 > a2n ; como los t´erminos de la sucesi´on son positivos, tenemos que an+1 > an .

Cap´ıtulo 4. Convergencia

117

12. En la siguiente figura se tiene una sucesi´on de hex´agonos, donde el lado del hex´agono inicial mide 1. Cada nuevo hex´agono se construye usando los puntos medios de los lados del hex´agono anterior. Construiremos la sucesi´on de a´reas de los tri´angulos indicados en la figura:

Observemos que en cada etapa se obtiene un tri´angulo is´osceles cuyos lados iguales miden la mitad del lado de un hex´agono y el a´ngulo entre ellos mide 120◦ . Calculemos primero el ´area de un tri´angulo is´osceles de lado b. La altura del tri´angulo es b cos 60◦ y la base es 2b sen 60◦ , por lo que el a´rea del tri´angulo es 1 1 2 b sen 60◦ cos 60◦ = b2 sen 120◦ . 2 2

Observemos qu´e ocurre al considerar dos tri´angulos consecutivos:

Los lados iguales del tri´angulo is´osceles peque˜ no miden la mitad del lado desigual del tri´angulo grande, de modo que podemos calcular los lados de un tri´angulo is´osceles conociendo los lados del tri´angulo anterior.

118

´ tonas 4.4. Sucesiones mono Construyamos una tabla con las dimensiones de los lados del tri´angulo, su altura y su a´rea, a partir de las longitudes de los lados b, c, las alturas h y el a´rea A. En el primer rengl´on escribimos las expresiones que obtuvimos para c, h y el a´rea A. Si el lado del primer hex´agono es a, entonces b = a2 y sustituimos este valor en b para obtener el segundo rengl´on. El tercer rengl´on se obtiene calculando primero el valor de b, que es igual a la mitad del valor de c del segundo rengl´on, y as´ı sucesivamente. b a √2 3 a 4 3 a 8 √ 3 3 a 16 9 a 32 √ 9 3 a 64

√ c= 3b h = 2b √ 3 a a 2 4 3 a 4 √ 3 3 a 8 9 a 16 √ 9 3 a 32 27 a 64

√

3 a 8 3 a 16 √ 3 3 a 32 9 a 64 √ 9 3 a 128

√

3 2 b 4 3 2 a 16 √ 3 3 2 a 64 √ 9 3 2 a 256 √ 27 3 2 a 1024 √ 81 3 2 a 4096 √ 243 3 2 a 16384

A√ =

El ´area de la figura sombreada es la suma de los valores obtenidos en la u ´ltima columna: √  2  3  4  5 ! 3 3 3 3 3 3 ´ + + + 1+ + . Area = 4 4 4 4 4 4 Al continuar este proceso obtendr´ıamos una sucesi´on de tri´angulos is´osceles sombreados. El ´area hasta el n−´esimo paso ser´ıa √  2  3  4  5  n−1 ! 3 3 3 3 3 3 3 1+ + + + + + ··· + . 4 4 4 4 4 4 4 13. En la siguiente figura se tienen tres dibujos que sugieren los tres primeros elementos de una sucesi´on. El primer dibujo es un tri´angulo equil´atero, junto con su inc´ırculo. En el segundo dibujo se a˜ naden tres tri´angulos equil´ateros tangentes al inc´ırculo original, as´ı como sus inc´ırculos. En el tercer dibujo se a˜ nade a cada tri´angulo equil´atero los tres tri´angulos equil´ateros peque˜ nos junto con sus respectivos inc´ırculos.

Cap´ıtulo 4. Convergencia

119

El primer dibujo tiene un tri´angulo equil´atero y un c´ırculo. El segundo dibujo tiene 4 tri´angulos: el tri´angulo inicial y 3 nuevos tri´angulos, as´ı como 4 c´ırculos, que son el c´ırculo inicial y 3 c´ırculos nuevos. El tercer dibujo consta de los tri´angulos del dibujo anterior m´as 9 tri´angulos nuevos y tiene tantos c´ırculos como tri´angulos, de modo que obtenemos la sucesi´on 1, 1 + 3, 1 + 3 + 32 , 1 + 3 + 32 + 33 , . . . , 1 + 3 + 32 + 33 + · · · + 3n , . . . para el n´ umero de tri´angulos. Si suponemos que la longitud de cada lado del tri´angulo equil´atero inicial es de una unidad, ¿cu´al ser´a la sucesi´on de la suma de las ´areas de los inc´ırculos en cada dibujo? El radio del inc´ırculo de un tri´angulo equil´atero de lado √ a es la tercera parte de √la altura (¿por qu´e?) y como la altura es 23 a, entonces el radio es 63 a. Por lo tanto, el a´rea del inc´ırculo del tri´angulo equil´atero 1 πa2 . es 12 Obs´ervese que los tres tri´angulos nuevos del segundo dibujo son la tercera parte del tri´angulo inicial, entonces en el siguiente dibujo se repite esta situaci´on con cada tri´angulo nuevo, por √ lo que el radio de cada 1 πa2 . As´ı, uno de estos c´ırculos es la tercera parte de 63 a y el a´rea es 36 el ´area de la regi´on sombreada del segundo dibujo es   1 2 1 2 1 1 πa + πa = π 1 + . 12 36 12 3 En el tercer dibujo tenemos una situaci´on similar a la del segundo dibujo, por lo que el a´rea de la regi´on sombreada es   1 2 1 1 πa 1 + + 2 . 12 3 3 Si continuamos este proceso tendr´ıamos que en el n−´esimo dibujo, el a´rea de la regi´on sombreada ser´ıa   1 2 1 1 1 πa 1 + + 2 + · · · + n−1 . 12 3 3 3

120

´ tonas 4.4. Sucesiones mono

14. La curva copo de nieve fue construida por el matem´atico suizo Helge Von Koch en 1904, a partir de un tri´angulo equil´atero de lado 1.

El siguiente paso consiste en dividir cada lado del tri´angulo en tres partes iguales, construyendo en la parte de enmedio tri´angulos equil´ateros. Observa que esta nueva figura tiene 12 lados de longitud 1/3. La tercera figura se construye de manera an´aloga a la anterior; esto es, se divide cada lado en tres partes iguales y en la parte de enmedio se construyen tri´angulos equil´ateros. Cada lado de esta figura mide 1/9 y tiene 48 lados. La construcci´on de la figura 4 es similar. Escribimos en la siguiente tabla la longitud, el n´ umero de lados y el per´ımetro de las primeras seis figuras construidas de esta manera.

Figura N´ umero de lados 1 3 2 12 3 48 4 192 5 768 6 3072

Longitud de cada lado Per´ımetro 1 3 1 4 3 1 9 1 27 1 81 1 243

16 3 64 9 256 27 1024 81

Observamos en la segunda columna que el n´ umero de lados de una figura es cuatro veces mayor que el n´ umero de lados de la figura anterior. Entonces la sucesi´on del “n´ umero de lados” es 3, 3(4), 3(42 ), 3(43 ), . . . , 3(4n−1 ), . . . En la tercera columna observamos que la longitud de cada uno de los lados de una figura es 31 de la longitud de cada lado de la figura anterior, por lo que obtenemos la siguiente sucesi´on 1 1 1 1 1, , 2 , 3 , . . . , n−1 , . . . 3 3 3 3

121

Cap´ıtulo 4. Convergencia

En la cuarta columna tenemos el per´ımetro de cada una de las figuras, que se obtiene multiplicando el n´ umero de lados por la longitud de cada uno de los lados de la figura. Obtenemos la siguiente sucesi´on:         1 1 1 1 2 3 n−1 , 3(4 ) 2 , 3(4 ) 3 , . . . , 3(4 ) n−1 , . . . 3(1), 3(4) 3 3 3 3 Podemos escribir esta sucesi´on como    2  3  n−1 4 4 4 4 3, 3 ,3 ,3 ,...,3 ,... 3 3 3 3 Hemos construido tres sucesiones. La primera es una sucesi´on creciente que nos dice c´omo va aumentando el n´ umero de lados. La segunda es una sucesi´on decreciente, donde cada t´ermino es 13 que el anterior. Finalmente, la tercera sucesi´on es una sucesi´on creciente donde cada t´ermino es 43 mayor que el anterior. Ahora calcularemos el a´rea de cada una de las figuras. Primero construyamos una tabla con el n´ umero de tri´angulos nuevos obtenidos en cada paso y el a´rea de estos tri´angulos: ´ Area de tri´angulos nuevos √

1

N´ umero de tri´angulos nuevos 1

2

3

3

12

4

48

5

192

6

768

3 3 = 12  √4  3  √4  3 1 = 314 43 81 4 √  √  3 3 1 1 = 6 729  √4  3  √4  3 3 1 = 18 6561  √4  3  4√  3 1 = 3110 43 59049 4

Figura

1 9

√ 

3 4

√ 

El lector puede comparar con la siguiente figura:

´ Area total de tri´angulos nuevos √ √ 

3 4

3 =  √4  3 12 = 34 4 √  3 48 = 36  √4  3 192 = 38  √4  3 768 = 310 4 3 32

1 3 22 33

√  3

 √4 

3 4 √  3 24 5 3 4   √ 3 26 37  √4  3 28 39 4

122

´ tonas 4.4. Sucesiones mono

Finalmente, el a´rea de cada figura es el ´area de la figura anterior, m´as la suma de las a´reas de los tri´angulos nuevos, de modo que: ´ Area de√la figura

Figura 1 2

3 √ 4 3 1 4

3 √ √

5 √

3 4

3 4







1+

1 3

+ 13 +


22 33

 

1+ +

22 33

+

24 35

1 + 31 +

22 33

+

24 35

+

26 37

22 33

+

24 35

+

26 37

+

3 4

4

6

3 4

√

1 + 31 +

1 3

 28 39



Al observar el comportamiento de esta sucesi´on, podemos conjeturar que el ´area de la n−´esima figura es √   3 1 22 24 26 28 22n−2 1 + + 3 + 5 + 7 + 9 + · · · + 2n−1 . 4 3 3 3 3 3 3 Ejercicios 1. Partimos de un tri´angulo equil´atero y como primer paso le “quitamos” un tri´angulo equil´atero como el que aparece sombreado en la primera de las siguientes figuras, con lo que nos quedamos con tres tri´angulos equil´ateros peque˜ nos. En el segundo paso, quitamos un tri´angulo peque˜ no de cada uno de los tres tri´angulos del paso anterior, quedando nueve tri´angulos, como en la segunda figura. Luego eliminamos un tri´angulo de cada uno de los nueve tri´angulos restantes, y as´ı sucesivamente. La figura que se obtiene es el tri´angulo de Sierpinski .

¿Cu´al es el a´rea que se ha quitado al tri´angulo equil´atero original despu´es de cada paso de la construcci´on del tri´angulo de Sierpinski?

Cap´ıtulo 4. Convergencia

123

2. Consideremos la gr´afica de la par´abola y = 4 − x2 , donde −2 ≤ x ≤ 2. En un primer paso se divide el intervalo [−2, 2] en dos intervalos iguales y en cada intervalo se considera un rect´angulo con altura igual al m´aximo de la funci´on 4−x2 en el intervalo considerado. En el siguiente paso, se subdividen estos intervalos para obtener cuatro intervalos iguales y se construyen cuatro rect´angulos con altura igual al m´aximo de 4 − x2 en cada intervalo. En el tercer paso se subdividen los intervalos para obtener ocho intervalos iguales y ocho rect´angulos. Estos tres pasos se muestran a continuaci´on:

Calcula la sucesi´on cuyo n-´esimo t´ermino es la suma total de las ´areas de los rect´angulos obtenidos en el n-´esimo paso de esta construcci´on.

4.5.

L´ımite de sucesiones mon´ otonas

En la secci´on anterior consideramos varios ejemplos de sucesiones mon´otonas. Algunas de ellas estaban acotadas “por arriba”, es decir, hay un n´ umero M mayor que todos los elementos de una sucesi´on, mientras que otras estaban acotadas “por abajo”. Por ejemplo, la sucesi´on de ´areas de los pol´ıgonos regulares inscritos en una circunferencia de radio uno est´a acotada por arriba por el a´rea de la circunferencia. Por otro lado, la sucesi´on √ √ √ √ 3 4 n 2, 2, 2, . . . , 2, . . . es una sucesi´on decreciente y los t´erminos son positivos, de modo que esta sucesi´on est´a acotada por abajo por 0. ¿Qu´e pasa con los t´erminos de una sucesi´on mon´otona y acotada? Pensemos en una figura como la siguiente:

124

´ tonas 4.5. L´ımite de sucesiones mono

Aqu´ı vemos una sucesi´on creciente {an } acotada por un n´ umero M . Intuitivamente, los t´erminos de la sucesi´on deber´an “tender” a alg´ un n´ umero menor o igual a M ; es decir, parecer´ıa que la sucesi´on debe converger a un n´ umero menor o igual a M . Por m´as natural que parezca, esta convergencia no puede mostrarse usando las propiedades b´asicas de las operaciones y el orden de los n´ umeros reales. Este hecho es sorprendente, pero es posible tener una mejor idea de su importancia si nos fijamos s´olo en el conjunto Q de los n´ umeros racionales. El conjunto Q est´a formado por todos los cocientes p/q de n´ umeros enteros, donde q 6= 0. Supondremos que el cociente est´a escrito en su m´ınima expresi´on, es decir, que p y q no tienen factores enteros comunes diferentes de ±1. Es posible ver que el conjunto Q es igual al conjunto de los n´ umeros cuya expresi´on decimal es peri´odica, mientras que los n´ umeros reales cuya expresi´on decimal no es peri´ o dica reciben el nombre de irracionales. Por ejemplo, √ umero irracional: √ es f´acil mostrar que √2 es un n´ Supongamos que 2 es racional; es decir, que 2 = p/q, donde p, q son enteros y q 6= 0. Adicionalmente, podemos suponer que p, q no tienen factores en com´ un diferentes de ±1, pues siempre podemos cancelar todos los factores comunes. Entonces, al elevar al cuadrado obtenemos 2 = p2 /q 2 , o bien 2q 2 = p2 , de modo que p2 es un n´ umero par. Ahora, si p fuese impar, digamos, de la forma 2m + 1, entonces p2 = (2m + 1)2 = 2(2m2 + 2m) + 1, que es impar. As´ı, p es par, digamos, de la forma p = 2m. Al sustituir esta expresi´on para p en la igualdad de arriba, obtenemos 2q 2 = 4m2 , de donde q 2 = 2m2 . Por un razonamiento completamente an´alogo, q resulta ser par.√As´ı, p y q tienen a 2 como factor com´ un. Esta contradicci´on muestra que 2 no puede ser racional. En t´erminos de las operaciones y el orden, Q no es muy diferente de R; pero √ consideremos la sucesi´on cuyo n-´esimo t´ermino es la expresi´on decimal de 2 hasta la n-´esima cifra decimal. Los primeros cuatro t´erminos de esta sucesi´on son 1.4, 1.41, 1.414 y 1.4142. Esta sucesi´on √ es mon´otona, pues es creciente (¿por qu´e?), estar´ıa siempre “por debajo” de 2 y se acercar´ıa cada vez m´as a este n´ umero; pero entonces, si nuestro “universo” consistiera s´olo de n´ umeros racionales, esta sucesi´on no podr´ıa converger. As´ı, tenemos dos conjuntos muy importantes, Q y R, y en el primero de ellos no se cumple que “toda sucesi´on mon´otona acotada es convergente”. ¿Qu´e nos garantiza que en R esto se cumplir´ıa? Como hemos dicho,

Cap´ıtulo 4. Convergencia

125

no podemos garantizar que la mencionada propiedad se cumple usando las caracter´ısticas b´asicas de las operaciones y el orden de R, de modo que la agregaremos a la lista de propiedades que debe satisfacer el conjunto de n´ umeros reales. As´ı: Cualquier sucesi´on mon´otona y acotada de n´ umeros reales es convergente. Usaremos esta caracterizaci´on con frecuencia, no s´olo para mostrar que una sucesi´on de n´ umeros reales es convergente, sino para mostrar la existencia de un n´ umero real en diversos contextos.

Cap´ıtulo 5 Sucesiones recurrentes Anteriormente definimos muchas sucesiones por medio de una f´ormula o expresi´on para el n-´esimo t´ermino; es decir, pod´ıamos conocer este t´ermino sin necesidad de saber c´omo eran los anteriores. Ahora veremos otra forma de definir sucesiones. Definici´ on 5.1. Una sucesi´on es recurrente si cada t´ermino depende (o es funci´on) de los t´erminos anteriores. Por ejemplo, cada una de las siguientes sucesiones est´a dadas de manera recursiva iniciando en a1 : an+1 =

√ 2an − 1, a1 = 3;

an+1 =

a2n −1 , a1 2

an+1 =

1 , 2+an

= 2;

a1 = 1.

Encuentra los diez primeros t´erminos de cada sucesi´on. La sucesi´on 1 an+1 = an + 1, a1 = 1 2 es recurrente. Observemos que la sucesi´on queda totalmente determinada por estas dos condiciones; puesto que se conoce el primer t´ermino de la sucesi´on, es posible calcular el segundo: 1 1 a2 = a1 + 1 = + 1. 2 2 127

128

´ n de Fibonacci 5.1. Sucesio

Como se conoce el segundo t´ermino, se puede calcular el tercero:   1 3 7 1 +1= . a3 = a2 + 1 = 2 2 2 4 Calcula los siguientes cuatro t´erminos de la sucesi´on. Verifica que el n−´esimo t´ermino de esta sucesi´on tambi´en se puede escribir como an+1 = 1 +

1 1 1 1 + 2 + · · · + n−1 + n . 2 2 2 2

La sucesi´on parece depender del primer t´ermino a1 . Si se cambia el primer t´ermino de la sucesi´on, ¿se obtiene una sucesi´on diferente? Verifica qu´e ocurre con diferentes valores de a1 . Para cada una de las siguientes sucesiones, encuentra una expresi´on del n−´esimo t´ermino que dependa u ´nicamente de n, como en el ejemplo anterior. a1 = 1.

bn+1 =

b1 = 0.

cn+1 = dn+1 = en+1 =

5.1.

1 , n + 1n (−1) bn + , n rcn + 1, (−1)n dn + , n 10 en + αn ,

an+1 = an +

c1 = 13 . d1 = 1. e1 = 1.

Sucesi´ on de Fibonacci

Esta famosa sucesi´on es recurrente y se define de modo que cualquier t´ermino de la sucesi´on sea la suma de los dos t´erminos anteriores: an+2 = an+1 + an , a1 = 1 y a2 = 1. Calcula los 10 primeros t´erminos de esta sucesi´on. Demuestra las siguientes propiedades de la sucesi´on de Fibonacci: • a1 + a2 + a3 + · · · + an = an+2 − 1, • a1 + a3 + a5 + · · · + a2n−1 = a2n , • a2 + a4 + a6 + · · · + a2n = a2n+1 − 1,

Cap´ıtulo 5. Sucesiones recurrentes

129

• a21 + a22 + a23 + · · · + a2n = an an+1 . Ahora encontraremos una expresi´on del n-´esimo t´ermino de esta sucesi´on que u ´nicamente dependa de n; de hecho, veremos que la sucesi´on de Fibonacci {an } ser´a igual a una sucesi´on {bn } de la forma bn = Aαn +Bβ n . Para mostrar esto, tendremos que encontrar los valores de A, B, α y β de modo que an = bn para toda n. Primero queremos que los dos primeros elementos de las dos sucesiones sean iguales: 1 = a1 = b1 = Aα + Bβ y 1 = a2 = b2 = Aα2 + Bβ 2 . ¿Para qu´e valores de A, B, α y β se satisface que b3 = b2 + b1 ? Es decir, ¿para qu´e valores se cumple lo siguiente?
Aα3 + Bβ 3 = Aα2 + Bβ 2 + (Aα + Bβ) . Agrupando obtenemos Aα3 + Bβ 3 = A(α2 + α) + B(β 2 + β); igualando los coeficientes de A y B se obtienen las ecuaciones α3 = α2 + α y β 3 = β 2 + β. Entonces α y β son ra´ıces del polinomio x3 − x2 − x = 0; factorizando se obtiene x(x2 − x − 1) = 0 por lo tanto las ra´ıces son: √ √ 1− 5 1+ 5 x = 0, x = yx= . 2 2 √ 1+ 5 Si hacemos α = 0, β = , para que se satisfaga la ecuaci´on 1 = 2 √ −1 + 5 Aα + Bβ, se tiene que A puede ser cualquier n´ umero y B = ; pero 2 estos valores no satisfacen la ecuaci´on 1 = Aα2 + Bβ 2 . De manera an´ √aloga 1− 5 se puede comprobar que no podemos usar los valores α = 0, β = , ni 2 usar α = β.

130

´ n de Fibonacci 5.1. Sucesio

√ √ 1− 5 1+ 5 yβ = en las Por otro lado, al sustituir los valores α = 2 2 ecuaciones 1 = Aα + Bβ y 1 = Aα2 + Bβ 2 tenemos que √ √ 5 5 yB= A=− 5 5 Observemos que para estos valores de A, B, α y β se satisfacen las ecuaciones 1 = Aα+Bβ y 1 = Aα2 +Bβ 2 . Comprobemos que se cumple 2 = Aα3 +Bβ 3 :   ! √ √ !3 √ √ √ √ !3 5 1+ 5 5√ 3+ 5 3− 5 1−5 1− 5  = · 5 + + , − 5 2 2 5 2 2 4 que al simplificar da el resultado 2. Ahora veamos que en general se cumple la ecuaci´on bn+2 = bn+1 + bn :   √ !n+2 √ !n+2 √ 1− 5 5 1+ 5  − 5 2 2   √ √ !n √ !2 √ !n √ !2 5 1+ 5 1+ 5 1− 5 1− 5  = − 5 2 2 2 2   √ √ !n √ ! √ !n √ !2 5 1+ 5 3+ 5 1− 5 3− 5  = − 5 2 2 2 2 ! ! ! !! √ n √ √ n √ √ 1+ 5 1+ 5 1− 5 1− 5 5 +1 − +1 = 5 2 2 2 2   √ √ !n+1 √ !n+1 √ !n √ !n 5 1+ 5 1− 5 1+ 5 1− 5  = − + − . 5 2 2 2 2 Por lo tanto, bn+2 = bn+1 + bn , lo que nos dice que la sucesi´on √ !n √ 5 1+ 5 − bn = 5 2 es precisamente la sucesi´on de Fibonacci.

√ !n ! 1− 5 2

Cap´ıtulo 5. Sucesiones recurrentes

131

Ejercicio Demuestra que si {an } es la sucesi´on de Fibonacci, entonces la sucesi´on   an+1 an √ es convergente y que su l´ımite es (1 + 5)/2. Sucesiones de la forma an+2 = ban+1 + can La manera en que hemos analizado la sucesi´on de Fibonacci en la secci´on anterior se puede generalizar a sucesiones recurrentes de la forma an+2 = ban+1 + can , donde b y c son constantes positivas y adem´as tenemos dadas las condiciones iniciales a1 y a2 . Supongamos que an = Aαn + Bβ n para toda n y sustituyamos en la condici´on anterior para obtener Aαn+2 + Bβ n+2 = b(Aαn+1 + Bβ n+1 ) + c(Aαn + Bβ n ), de donde A(αn+2 − bαn+1 − cαn ) + B(β n+2 − bβ n+1 − cβ n ) = 0, Aαn (α2 − bα − c) + Bβ n (β 2 − bβ − c) = 0; entonces α y β son las ra´ıces de la ecuaci´on x2 −bx−c = 0. (Como supusimos que b, c > 0, esta ecuaci´on tiene ra´ıces reales.) Para obtener los valores de A y B usamos las condiciones iniciales y escribimos a1 = Aα + Bβ, a2 = Aα2 + Bβ 2 . Este proceso da como resultado una expresi´on para an que depende s´olo de n. Ejercicios 1. Para cada una de las siguientes sucesiones recurrentes, usa el m´etodo aqu´ı desarrollado para obtener una expresi´on de an que s´olo dependa

132

5.2. Otras sucesiones recurrentes de n. Indica tambi´en si cada sucesi´on es convergente o divergente. En caso de que la sucesi´on sea convergente, indica su l´ımite: an+2 an+2 an+2 an+2

= 12 an+1 + 13 an , = 3an+1 + 2an , = 2an+1 + an , 1 = 15 an+1 + 10 an ,

a1 a1 a1 a1

= a2 = 0, = 2, = a2

= 1; a2 = 1; a2 = 1; = 1.

2. Para cada una de las sucesiones anteriores, analiza la sucesi´on de cocientes {an+1 /an }, indicando si es convergente y, en ese caso, calcula su l´ımite.

5.2.

Otras sucesiones recurrentes

Consideremos la sucesi´on   1 2 an+1 = an + , a1 = 2. 2 an Observemos que cada t´ermino de la sucesi´on (excepto el primero) depende u ´nicamente del t´ermino anterior y de una condici´on inicial. Los dos primeros t´erminos de la sucesi´on son a1 = 2 y   1 2 3 a2 = 2+ = . 2 2 2 Ejercicio Calcula los siguientes tres t´erminos de la sucesi´on anterior. De la desigualdad entre la media aritm´etica y la media geom´etrica se obtiene   r √ 1 2 2 an+1 = an + ≥ an · = 2, 2 an an por lo que √ an ≥ 2, para n ≥ 1. Al considerar los primeros cinco t´erminos se observa que la sucesi´on va disminuyendo. ¿Ser´a decreciente esta sucesi´on? Analicemos la diferencia     1 2 1 2 an+1 − an = an + − an = − an ; 2 an 2 an

Cap´ıtulo 5. Sucesiones recurrentes como

133

√ 2 2 ≤ √ = 2, an 2

entonces

√ 2 − an ≤ 2 − an ≤ 0, an

de donde an+1 − an ≤ 0. Hemos comprobado que la sucesi´on es decreciente y acotada; por tanto, es convergente. ¿C´omo saber a qu´e n´ umero converge? Puesto que sabemos que el l´ımite existe, podemos denotar ´este por a. Entonces,  0 = l´ım |an+1 − an | = l´ım n→∞

n→∞

as´ı que a=

√

2 an − an



2 =a− , a

2;

√ es decir, la sucesi´on converge a 2. Observa que aqu´ı comprobamos primero que la sucesi´on es convergente, para luego calcular el valor del l´ımite. Ejercicios 1. En este ejemplo, el primer t´ermino de la sucesi´on fue 2. ¿Qu´e sucede si se inicia con valores diferentes de 2? 2. Comprueba que las siguientes sucesiones son convergentes y calcula su l´ımite:   an+1 = 21 an + a3n , a1 = 1,   an+1 = 12 an + a14n , a1 = 3,   an+1 = 12 an + aan , a1 = 5 y a ≥ 0,   an+1 = 12 an + aa2 , a1 = 2 y a ≥ 0, n √ √ an+1 = 2 + an , a1 = 2.

134

5.3.

´ n de Fibonacci 5.3. Otro vistazo a la sucesio

Otro vistazo a la sucesi´ on de Fibonacci

Retomemos la sucesi´on 



an+1 an

donde an+2 = an+1 + an , a1 = 1, a2 = 1. Observemos que an + an−1 an−1 1 an+1 = =1+ = 1 + an . an an an an−1 Si λn =

an+1 , an

entonces λn = 1 +

1 λn−1

,

de modo que la sucesi´on {an+1 /an } se aproxima a 1

1+

.

1

1+

1

1+ 1+

1 1 + ···

Aunque sabemos que la sucesi´on {an+1 /an } converge a (1 + lo que √ 1+ 5 1 . =1+ 1 2 1+ 1 1+ 1 1+ 1 + ··· ´ Este es un ejemplo de una fracci´on infinita.

√

5)/2, por

Cap´ıtulo 5. Sucesiones recurrentes

135

Ejercicio Calcula cada una de las siguientes fracciones infinitas, asociando cada una con una sucesi´on convergente, de modo que el l´ımite de cada sucesi´on ser´a el valor de la fracci´on infinita correspondiente. 2

1. x =

;

1 3+

1

4+

1 4 + ···

4+ 1

2. y =

;

1 1+

1

1+ 1+

1 1 + ··· 1

3. z = 1 +

;

1 2+

1

2+

1 2 + ···

2+ 1

4. u = 1 + 1+

1

2+

1 2 + ···

1+ 1

5. v = 2 +

.

1 2+

1

4+ 2+

5.4.

;

1

1 4 + ···

El n´ umero e

Analizaremos ahora dos sucesiones que dar´an lugar al estudio de un n´ umero muy importante, el n´ umero e. Estas sucesiones son: 

1 1+ n

n

 n+1 1 y 1+ . n

136

´ mero e 5.4. El nu

Calculemos algunos t´erminos: n  n+1 1 1 n 1+ 1+ n n 1 2 4 2 2.25 3.375 3 2.37037037 3.160493827 4 2.44140625 3.051757813 2.48832 2.985984 5 6 2.521626372 2.941897434 7 2.546499697 2.910285368 8 2.565784514 2.886507578 9 2.581174792 2.867971991 10 2.59374246 2.853116706 11 2.604199012 2.840944377 12 2.61303529 2.830788231

n  n+1 1 1 n 1+ 1+ n n 13 2.620600888 2.822185572 14 2.627151556 2.814805239 15 2.632878718 2.808403966 16 2.637928497 2.802799028 17 2.642414375 2.797850515 18 2.646425821 2.793449478 19 2.650034327 2.789509818 20 2.653297705 2.78596259 21 2.656263214 2.782751938 22 2.658969859 2.779832125 23 2.661450119 2.777165341 24 2.663731258 2.77472006






n Observamos que la sucesi´on 1 + n1 parece permanecer entre 2 y 3 y ser
n+1 es decreciente y los creciente. Tambi´en aparentemente, la sucesi´on 1 + n1 elementos de la primera son menores que los de la segunda. A continuaci´on demostraremos estas propiedades. 1. En primer lugar mostraremos que n  1 ≥ 2. 1+ n Para esto, usamos la f´ormula del binomio de Newton (Proposici´on 1.1), que en este caso produce 

1 1+ n

n

        1 n n 1 n 1 n 1 = + +···+ +···+ + n; j n−1 n−1 n 0 1 n j n n

como todos los t´erminos son no negativos, tenemos que  n     1 n n 1 1+ ≥ + = 2. n 0 1 n

137

Cap´ıtulo 5. Sucesiones recurrentes 2. Ahora veremos que

n  1 1+ ≤ 3. n

Nuevamente usamos la f´ormula del binomio de Newton obtenida antes, aunque ahora veremos que los sumandos que aparecen en esa expresi´on satisfacen   1 n 1 < . j j! j n Al desarrollar el lado izquierdo de esta desigualdad y simplificar, observamos que   n 1 n(n − 1) · · · (n − j + 1) 1 1 = < . (5.1) j j j n n j! j! Adem´as, se puede probar por inducci´on (¡ejercicio!) que para cada n´ umero natural j ocurre que 2j−1 ≤ j, o bien que 1/j! ≤ 1/2j−1 . Usando las dos desigualdades en la f´ormula del binomio de Newton, tenemos que n  1 1 1 1 1 < 1 + 0 + · · · + j−1 + · · · + n−2 + n−1 ; 1+ n 2 2 2 2 ahora, usando que para cualquier n´ umero r 6= 1 se tiene 1 + r + r2 + · · · + rn−1 =

1 − rn , 1−r

obtenemos que  n 1 − ( 12 )n 1 1 1+ 1. De hecho, demuestra que si |r| < 1, entonces ∞ X n=1

nrn−1 =

1 . (1 − r)2

Veamos qu´e ocurre en los casos restantes. Para r = 1, la n-´esima suma es 1 + 2 + 3 + ··· + n =

n(n + 1) 2

lo cual diverge a +∞ cuando n → ∞. Si r = −1, la n-´esima suma es 1 − 2 + 3 − 4 + · · · + (−1)n n, cuyas primeras sumas parciales son 1, −1, 2, −2, 3, −3, 4, −4, 5, −5. Ejercicio Demuestra que la sucesi´on formada por las sumas parciales impares diverge a +∞, mientras que la sucesi´on de sumas parciales pares diverge a −∞.

6.3.

Criterios de convergencia

Comencemos esta secci´on estudiando dos series parecidas a las geom´etricas: ∞ ∞ X X rn−1 2 n−1 √ . nr y n n=1 n=1

Cap´ıtulo 6. Series

159

para cada una de las series. Para la primera Analicemos la raz´on an+1 an 2 n−1 serie, an = n r , de modo que 2  (n + 1)2 rn 1 r; = 1+ n2 rn−1 n √ para la segunda, an = rn−1 / n, de modo que n √r n+1 n−1 r√ n

r =

n r. n+1

En los dos casos, las razones se aproximan a r cuando n es suficientemente grande, igual que en los ejemplos anteriores. Puesto que en aquellos ejemplos vimos que la serie converge cuando |r| < 1, podemos preguntarnos: Si los t´erminos de una serie satisfacen que l´ım an+1 < 1, ¿la serie es convergente? n→∞ an En los dos u ´ltimos ejemplos se cumple que l´ım an+1 = r. Analicemos a n n→∞ esta situaci´on. Esto quiere decir que dada ε > 0, existe N ∈ N tal que si n ≥ N , entonces an+1 − r < ε. Esta u ´ltima desigualdad se escribe tambi´en an como las dos desigualdades −ε <

an+1 − r < ε. an

Por lo tanto, si n = N , tenemos que (−ε + r)aN < aN +1 < (ε + r)aN ; de la misma manera, si n = N + 1, (−ε + r)aN +1 < aN +2 < (ε + r)aN +1 . De estas desigualdades se obtiene (−ε + r)2 aN < aN +2 < (ε + r)2 aN y en general llegamos a que (−ε + r)k aN < aN +k < (ε + r)k aN .

160

6.3. Criterios de convergencia

Al sumar para n = N, N + 1, . . . , N + k, se obtiene aN +1 + aN +2 + · · · + aN +k < (ε + r)aN + (ε + r)2 aN + · · · + (ε + r)k aN y (−ε + r)aN + (−ε + r)2 aN + · · · + (−ε + r)k aN < aN +1 + aN +2 + · · · + aN +k . En los dos casos se tiene que aN +1 + · · · + aN +k est´a acotada por sumas geom´etricas de razones (ε + r) y (−ε + r) respectivamente; por lo tanto,     1 − (ε + r)k 1 − (−ε + r)k aN < aN +1 +· · ·+aN +k < (ε+r) aN (−ε+r) 1 − (−ε + r) 1 − (ε + r) En los dos ejemplos que estamos analizando, los t´erminos son positivos y por lo tanto las sumas parciales forman sucesiones crecientes. Si probamos que las sucesiones est´an acotadas, entonces ser´an convergentes y si no est´an acotadas ser´an divergentes. Analizaremos por separado dos situaciones, la primera si r < 1 y la segunda si r > 1. En el caso en que r < 1, tomemos ε de tal manera que ε + r < 1, de modo que     aN 1 − (ε + r)k aN < (ε+r) ; aN +1 +aN +2 +· · ·+aN +k < (ε+r) 1 − (ε + r) 1 − (ε + r) entonces estas sumas est´an acotadas y por lo tanto son convergentes. Pasando al l´ımite,   1 l´ım (aN +1 + aN +2 + · · · + aN +k ) < (ε + r) aN , k→∞ 1 − (ε + r) por lo que  l´ım (a1 + · · · + aN +k ) < a1 + · · · + aN + (ε + r)

k→∞

1 1 − (ε + r)

 aN .

Por lo tanto los dos ejemplos son convergentes cuando r < 1. Cuando r > 1 nos conviene tomar ε de tal manera que (−ε + r) > 1, pues entonces (−ε + r)aN + (−ε + r)2 aN + · · · + (−ε + r)k aN < aN +1 + aN +2 + · · · + aN +k

161

Cap´ıtulo 6. Series

y tenemos que las sumas parciales son mayores que una suma geom´etrica de raz´on mayor que uno, por lo que las sumas parciales no est´an acotadas y por lo tanto divergen. ∞ ∞ P P √1 . La primera En el caso de r = 1, las series en cuesti´on son n2 y n n=1

n=1

diverge porque 12 + 22 + 32 + · · · + n2 = La serie

∞ P n=1

√1 n

n(n + 1)(2n + 1) . 6

tambi´en diverge, pues si consideramos n sumandos,

√ 1 1 1 1 n √ + √ + √ + · · · + √ > √ = n, n n 1 2 3 √ y la sucesi´on { n} no est´a acotada. En conclusi´on, las series ∞ X

2 n−1

nr

y

n=1

∞ X rn−1 √ n n=1

convergen cuando r < 1 y divergen cuando r ≥ 1. De esta manera podemos analizar otras series; por ejemplo, veamos para qu´e valores de α la serie ∞ X nα rn n=1

es convergente. Basta analizar a qu´e converge la raz´on  α (n + 1)α rn+1 (n + 1)α 1 = r = 1+ r. nα r n nα n
α Tenemos que l´ım 1 + n1 r = r que no depende de α. Por lo tanto la n→∞ P α n serie ∞ n=1 n r converge para toda 0 < r < 1 y diverge para r > 1. Si r = 1, sustituimos en la serie y se obtiene ∞ X n=1

nα

162

6.3. Criterios de convergencia

cuyo an´alisis realizamos m´as adelante. En resumen, para ver si cada una de las series era convergente o divergente usamos dos hechos muy importantes: el primero, que toda sucesi´on creciente y acotada es convergente y el segundo que una sucesi´on creciente no acotada es divergente. Esto nos permite escribir los siguientes criterios de convergencia de series: Criterios de convergencia 1. Sean {an } y {bn } dos sucesiones con t´erminos positivos tales que an ≤ bn para toda n. a) Si la serie b) Si la serie

P∞

n=1 bn es convergente, la serie

∞ P

an es divergente, la serie

n=1

∞ P

∞ P

an es convergente.

n=1

bn es divergente.

n=1

2. Criterio de la raz´ on de D’Alembert. Sea {an } una sucesi´on de ∞ P . Entonces la serie an es convert´erminos positivos y r = l´ım an+1 an n→∞

n=1

gente si r < 1 y es divergente si r > 1. Ejemplos Con base en el criterio de D’Alembert analicemos la convergencia o divergencia de las series ∞ X nn n=1

n!

,

∞ X n2 n=1

2n

y

∞ X (n + 1)(n + 2) n=1

n!

.

l´ım

an+1 n→∞ an

(n + 1)n+1  n (n + 1)n 1 (n + 1)! = l´ım = l´ım = l´ım 1 + = e; nn n→∞ n→∞ n→∞ nn n n!

an+1 n→∞ an

(n + 1)2 n+1 1 (n + 1)2 1 = l´ım 2 2 = l´ım = ; n→∞ n→∞ 2 n n2 2 2n

l´ım

163

Cap´ıtulo 6. Series

l´ım

n→∞

an+1 an

(n + 2)(n + 3) (n + 3) (n + 1)! = l´ım = l´ım = 0. n→∞ (n + 1)(n + 2) n→∞ (n + 1)2 n!

Por el criterio mencionado, tenemos que la primera serie diverge y las otras dos convergen. Ejercicio Usa el criterio de D’Alembert para decidir si ∞ X (n + 3)! n!(3n)!3n n=1

converge o diverge. = 1, puede suceder que la serie sea convergente o Cuando r = l´ım an+1 n→∞ an divergente. Como ya hemos visto, las series ∞ X

2

n

y

n=1

∞ X 1 √ n n=1

satisfacen que este l´ımite es 1 y ambas son divergentes. Veamos un ejemplo ∞ P 1 cuyo donde el l´ımite es 1 y la serie converge: Consideremos la serie n2 n=1

t´ermino general es an =

1 . n2

En este caso tenemos 1

an+1 n2 (n+1)2 l´ım = l´ım 1 = l´ım = 1. n→∞ an n→∞ n→∞ (n + 1)2 n2 Ahora comprobaremos que la serie es convergente, mostrando una serie que est´e por arriba de ella y que sea convergente. Para esto analizaremos algunos grupos de sumandos de la serie: S3 = 1 +

1 1 1 1 1 + 2 ≤1+ 2 + 2 ≤1+ ; 2 2 3 2 2 2

por otro lado, 1 1 1 1 1 1 1 1 4 1 + + + ≤ + + + ≤ = , 42 52 62 72 42 42 42 42 42 4

164

6.3. Criterios de convergencia

acoplando las dos sumas anteriores se obtiene S7 = 1 +

1 1 1 1 1 1 1 1 + 2 + 2 + 2 + 2 + 2 ≤1+ + . 2 2 3 4 5 6 7 2 4

Ahora escribamos los siguientes sumandos empezando con obtener

1 82

hasta

1 152

para

1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 8 1 , + +· · ·+ + ≤ + + + + + + + + = = 82 92 142 152 82 82 82 82 82 82 82 82 82 82 8 de modo que S15 = 1 +

1 1 1 1 1 1 1 1 + + + · · · + + ≤ 1 + + + . 22 32 42 142 152 2 4 8

El siguiente grupo de sumandos va de

1 162

hasta

1 : 312

1 1 1 1 1 1 1 16 1 1 + 2 + ··· + 2 + 2 ≤ 2 + 2 + ··· + 2 + 2 = 2 = ; 2 16 17 30 31 16 16 16 16 16 16 entonces la suma parcial S35 de los primeros 35 t´erminos de la serie cumple que 1 1 1 1 S35 ≤ 1 + + + + . 2 4 8 16 Al observar las desigualdades que usamos para acotar las sumas S3 , S7 , S15 y S35 , empezamos con una potencia de 2 al cuadrado y terminamos con el n´ umero anterior a la siguiente potencia de 2. Por ejemplo, si iniciamos con 1/(2k )2 , terminamos con 1/(2k+1 − 1)2 : 1 1 1 1 1 1 1 + k + k + · · · + k+1 ≤ 2k + 2k + · · · + 2k , 2k 2 2 2 2 (2 + 1) (2 + 2) (2 2 {z 2 } − 1) |2 2k sumandos

de donde 1 1 1 1 2k 1 + + + · · · + ≤ = k, 2k k 2 k 2 k k 2 2k 2 (2 + 1) (2 + 2) (2 + 2 − 1) 2 2 as´ı que se cumple S2k+1 −1 = 1 +

1 1 1 1 1 1 + 2 + ··· + k ≤ 1 + + 2 + ··· + k 2 k 2 2 3 (2 + 2 − 1) 2 2 2

165

Cap´ıtulo 6. Series

y como ya vimos que la serie de la derecha converge a 2, entonces la serie ∞ P 1 est´a acotada y por lo tanto es convergente. n2 n=1

Tratemos  1 de generalizar este m´etodo. ¿Cu´ales son las propiedades de la sucesi´on n2 que nos permiten acotar la serie? La sucesi´on es decreciente con t´erminos positivos que convergen a cero, entonces elijamos una sucesi´on {an } de t´erminos positivos, decreciente y que converja a cero, y tratemos de aplicar el m´etodo seguido en el ejemplo: Como la sucesi´on es decreciente, en particular a3 ≤ a2 y se satisface la siguiente desigualdad a1 + a2 + a3 ≤ a1 + a2 + a2 = a1 + 2a2 . Ahora tomemos los t´erminos a4 , a5 , a6 , a7 . Como a4 es mayor que cada uno de estos elementos se cumple a4 + a5 + a6 + a7 ≤ a4 + a4 + a4 + a4 = 4a4 . Al considerar los siguientes 8 t´erminos y dado que a8 es mayor que cada uno, se obtiene a8 +a9 +a10 +a11 +a12 +a13 +a14 +a15 ≤ a8 +a8 +a8 +a8 +a8 +a8 +a8 +a8 = 8a8 . Si acoplamos estas tres sumas tenemos la suma parcial a1 + a2 + a3 + · · · + a15 ≤ a1 + 2a2 + 4a4 + 8a8 ; continuando de esta forma, en el k−´esimo paso tendremos que a2k es mayor que cada uno de los sumandos anteriores: a2k + a2k +1 + a2k +2 + · · · + a2k+1 −1 ≤ a2k + a2k + a2k + · · · + a2k = 2k a2k . {z } | 2k sumandos

Acoplando todas estas sumas obtenidas tenemos: S2k+1 −1 = a1 + a2 + a3 + · · · + a2k+1 −1 ≤ a1 + 2a2 + 4a4 + · · · + 2k a2k . Con este procedimiento hemos construido la serie que la serie si la serie

∞ P

2n a2n , que es mayor

n=1 ∞ P

an . Ahora podemos afirmar que la serie

n=1 ∞ P n

2 a2n es convergente.

n=1

∞ P

n=1

an es convergente

166

6.3. Criterios de convergencia

Una pregunta que se antoja es la rec´ıproca: Si la sucesi´on {an } es de∞ P creciente, con t´erminos positivos que convergen a cero y la serie an es convergente, ¿ser´a convergente la serie

∞ P

n=1 n

2 a2n ?

n=1

Para contestar esta pregunta, consideraremos sumas parciales con ´ındice potencia de 2, por ejemplo, S 8 = a1 + a2 + a3 + a4 + a5 + a6 + a7 + a8 = a1 + a2 + (a3 + a4 ) + (a5 + a6 + a7 + a8 ) ≥ 2a2 + 2a4 + 4a8 . Si le agregamos a9 + a10 + a11 + a12 + a13 + a14 + a15 + a16 ≥ 8a16 a la suma anterior podemos ver que hay una regularidad: Para cada k se cumple a2k +1 + a2k +2 + a2k +3 + · · · + a2k+1 ≥ 2k a2k+1 . Al ensamblar todas estas sumas para tener la suma parcial con ´ındice 2k+1 obtenemos S2k+1 = a1 + a2 + a3 + · · · + a2k +1 + a2k +2 + a2k +3 + · · · + a2k+1 ≥ 2a2 + 2a4 + 4a8 + · · · + 2k a2k+1
1 2a2 + 4a4 + 8a8 + · · · + 2k+1 a2k+1 = a2 + 2 y al pasar al l´ımite, l´ım S2k+1 ≥ a2 +

k→∞


1 l´ım 2a2 + 4a4 + 8a8 + · · · + 2k+1 a2k+1 ; 2 k→∞

por lo tanto, ∞ X

∞

1X n an ≥ a2 + 2 a2n 2 n=1 n=1

y como la serie

∞ P n=1

an es convergente, la serie

∞ P n=1

2n a2n es convergente.

167

Cap´ıtulo 6. Series Criterio de convergencia de las potencias de 2. (Cauchy)

Sea {an } una sucesi´on positiva, decreciente y que converge a cero. La ∞ ∞ P P serie an es convergente si y s´olo si 2n a2n es convergente. De hecho, se n=1

n=1

satisfacen las desigualdades ∞

∞

∞

X X 1X n 2 a2n ≤ an ≤ 2n a2n a2 + 2 n=1 n=1 n=1 En forma equivalente,

∞ P

an es divergente si y s´olo si

n=1

∞ P

2n a2n es divergente.

n=1

Ejemplo La sucesi´on



1 nα



, con α > 0, es una sucesi´on positiva, decreciente y ∞ P 1 es convergente? converge a cero. ¿Para qu´e valores de α la serie nα n=1

Para contestar usaremos el criterio de Cauchy. Primero construimos la ∞ P serie 2n a2n donde an = n1α ; entonces a2n = (2n1)α , y la serie por analizar n=1 es: ∞ ∞ ∞ X X X 1 1 1 2n nα = = . nα−n n(α−1) 2 2 2 n=1 n=1 n=1 1 Esta serie es geom´etrica, con la raz´on 2α−1 . Como sabemos, para que la serie sea convergente la raz´on debe ser menor que 1, por lo tanto la serie ∞ P 1 es convergente cuando α > 1. Por otro lado, nα n=1

Si α = 1, Si α < 1,

∞ P

2n 21n =

n=1 ∞ P

n=1

∞ P

1 = l´ım n = ∞.

n=1 ∞ P

1 2n 2nα =

n=1

n→∞ 1

2nα−n

=

∞ P n=1

con raz´on 21−α > 1. Por lo tanto la serie

2n(1−α) y esta serie es geom´etrica ∞ P n=1

1 nα

es divergente en este caso.

En resumen: Proposici´ on 6.3. La serie α ≤ 1.

∞ P n=1

1 nα

es convergente si α > 1 y es divergente si

168

6.3. Criterios de convergencia

Antes de continuar, aprovecharemos resaltaremos una propiedad de las series convergentes. ∞ P Observaci´ on 6.4. Si una serie an es convergente, entonces l´ım an = 0. n→∞

n=1

Esto es f´acil de probar; como Sn = a1 + a2 + · · · + an−1 + an = (a1 + a2 + · · · + an−1 ) + an = Sn−1 + an y l´ım Sn = l´ım Sn−1 , entonces n→∞

n→∞

l´ım an = l´ım Sn − l´ım Sn−1 = 0.

n→∞

n→∞

n→∞

Esto nos da una condici´on necesaria para la convergencia, pero que no es ∞ P 1 es divergente y l´ım n1 = 0. suficiente, ya que la serie arm´onica n n→∞

n=1

Otra manera de formular esta propiedad es: Si una sucesi´on {an } no ∞ P converge a cero o no es convergente entonces la serie an es divergente. n=1

Ejemplo Las series

∞ X (−1)n ,

∞ X

n=1

n

2 ,

n=1

∞ X n=1

n , n+1 n n→∞ n+1

n

son divergentes, porque l´ım (−1) no existe; l´ım 2n = ∞ y l´ım n→∞

n→∞

= 1.

Ejemplo Usaremos el criterio de las potencias de 2 para verificar la convergencia o ∞ P 1 divergencia de la serie . n log n n=2

1 El n-´esimo t´ermino de la sucesi´on es n log , de modo que el 2n -´esimo n ∞ P 1 t´ermino es 2n log . Sustituyendo en 2n a2n obtenemos la serie n 2 n=1

∞ X

∞

∞

X 1 1 1 X1 2 n = = . 2 log 2n n log 2 log 2 n=1 n n=1 n=1 n

Esta u ´ltima serie es divergente, por lo tanto

∞ P n=2

1 n log n

es divergente.

169

Cap´ıtulo 6. Series Ejemplo ¿Para qu´e valores de α la serie

∞ P n=2

1 logα n

converge?

Primero observemos que la sucesi´on {log n} es creciente. n oComo α > 0, la α 1 sucesi´on {log n} es creciente y por tanto la sucesi´on logα n es decreciente. Adem´as, como l´ım log1α n = 0, esta sucesi´on satisface las primeras hip´otesis n→∞ del criterio de las potencias de 2. Ahora, si an = log1α n , entonces a2n = logα1 2n = (n log1 2)α y ∞ X

n

2 a2n =

n=1

∞ X n=1

∞

1 X 2n 2n = . (n log 2)α logα 2 n=1 nα

Para determinar la convergencia o divergencia de esta serie usamos el criterio de la raz´on: 2n+1  α n (n + 1)α . =2 2n n+1 nα ∞
α P n 1 Puesto que l´ım 2 n+1 diverge para = 2 para toda α, la serie logα n n→∞

n=2

toda α > 0. Ejercicio Verifica la convergencia o divergencia de las siguientes series: ∞ P

1.

1 2 ; 2 n=2 n log n

2.

∞ log n P ; 2 n=2 n

3.

∞ P

1 . 2 n=2 n log n(log log n)

Teniendo en cuenta el criterio de convergencia de D’Alembert podemos dar un nuevo criterio de convergencia:

170

6.3. Criterios de convergencia

Criterio de comparaci´ on por cociente de dos series con t´ erminos positivos an n→∞ bn

Si l´ım

∞ P

= r 6= 0, entonces las series

an y

n=1

∞ P

bn son convergentes o

n=1

divergentes en forma simult´anea. Demostraci´on. Dada ε = 2r , existe un n´ umero N tal que si n > N , entonces an − r < r 2 bn de modo que  r  r  − + r bn < an < + r bn , si n > N. 2 2 Si sumamos a partir de N + 1 obtenemos ∞ ∞ ∞ X r X 3r X bn < an < bn 2 n=N +1 2 n=N +1 n=N +1 Si la serie

∞ P

bn es convergente, entonces

n=1

∞ P

bn y

n=N +1 ∞ P

gentes y por lo tanto la serie serie

∞ P

∞ P

an son conver-

n=N +1

an es convergente. De manera an´aloga si la

n=1

an es convergente la serie

n=N +1

∞ P

bn tambi´en lo es.

n=N +1

¿Qu´e ocurre en el caso r = 0? Consideremos las series ∞ ∞ ∞ ∞ X X X X 1 1 1 1 , , , . 2 3 n n n n log n n=1 n=1 n=2 n=1 La primera y la u ´ltima son series divergentes, mientras que la segunda y la tercera son convergentes. Al calcular los l´ımites de los cocientes, tenemos que 1 n2 n→∞ 1 n 1 3 l´ım n1 n→∞ 2 n 1 n log n l´ım 1 n→∞ n

l´ım

=

1 = 0; n→∞ n

=

1 = 0; n→∞ n

=

1 = 0. n→∞ log n

l´ım

l´ım l´ım

171

Cap´ıtulo 6. Series

Con estos ejemplos podemos concluir que l´ım abnn = 0 no nos da informan→∞ ci´on sobre la convergencia o divergencia de las series. Ejemplo Comparemos la serie

∞ P n=1

1 n4 −n2 +n+1

con

∞ P n=1

1 , n4

que sabemos es convergen-

te. Tenemos que 1 n4 l´ım 1 n→∞ 4 n −n2 +n+1

Por lo tanto, la serie

∞ P n=1

  1 1 1 = l´ım 1 − 2 + 3 + 4 = 1. n→∞ n n n 1 n4 −n2 +n+1

es convergente.

Ejercicios 1. Usa el hecho de que la serie demuestra que la serie

∞ P n=1

∞ P n=1

1 p(n)

1 nk

es convergente para toda k > 1 y

converge. Aqu´ı, p(n) es un polinomio

positivo de grado k. 2. Si p(x) y q(x) son polinomios, ¿qu´e condiciones deben cumplir ´estos ∞ P q(n) para que la serie sea convergente? p(n) n=1

Una manera de reconocer una serie geom´etrica de t´erminos positivos con∞ P siste en calcular la ra´ız n-´esima del t´ermino general; esto es, si la serie es an n=1 √ calculamos n an . Si para cada n obtenemos el mismo valor r entonces la serie √ √ es geom´etrica, convergente si n an = r < 1 y divergente si n an = r ≥ 1. √ Observando lo anterior se antoja conjeturar que si l´ım n an < 1 la serie n→∞ ∞ ∞ P P √ an converge; mientras que si l´ım n an ≥ 1 la serie an diverge. n→∞

n=1

n=1

Para verificar nuestra conjetura apliquemos este criterio a las series ∞ X 1 , n n=1

∞ X 1 , n2 n=1

∞ X n=1

nα r n ;

(6.1)

172

6.3. Criterios de convergencia

observa que ya sabemos que la primera serie es divergente y la segunda es convergente. √ Ser´a suficiente calcular l´ım n n, porque n→∞

r l´ım

n→∞

n

1 = n2

1 √ 2 l´ım n n

y

l´ım

n→∞

 √ √ α n nα rn = r l´ım n n . n→∞

n→∞

Estudiemos entonces la sucesi´on 1, tabla tenemos algunos de sus t´erminos: n 2 3 .. . 25 50 102 103 106 1010

√ n n √ 2 2 √ 3 3 .. √. 25 √25 50 50 √ 102 102 √ 3 10 103 √ 106 106 √ 1010 1010

√ 2

2,

√ √ 3 3, . . . , n n, . . .; en la siguiente

Valor aproximado 1.414213562 1.442249570 .. . 1.13741146175 1.0813826568 1.047128548050 1.00693166885 1.0000138156 1.0000000002

Con estos c´alculos observamos la tendencia de la sucesi´on y ´esta se aproxima a 1. Adem´as, los elementos de la sucesi´on son√mayores a 1, de modo que para cada n existe un n´ umero hn > 0 tal que n n = 1 + hn . Tenemos ahora una sucesi´on {hn } de n´ umeros positivos; probaremos que esta sucesi´on converge a cero, lo cual mostrar´a que nuestra sucesi´on original converge a 1. √ n Puesto que n = 1 + hn , esto impl´ıca que n = (1 + hn )n . Desarrollando el binomio obtenemos n = 1 + nhn +

n(n − 1) 2 n(n − 1)(n − 2) 3 hn + hn + · · · + hnn . 2 3!

Como todos los sumandos son positivos, tenemos que n ≥ nhn , lo que implica que hn ≤ 1 y por lo tanto 1≤

√ n

n ≤ 2.

173

Cap´ıtulo 6. Series Por otro lado, tenemos tambi´en la desigualdad n≥

n(n − 1) 2 hn 2

que implica h2n ≤

2 n−1

y 2 = 0. −1 Como hn > 0 tenemos l´ım hn = 0 y podemos afirmar que 0 ≤ l´ım h2n ≤ l´ım

n→∞ n

n→∞

n→∞

l´ım

n→∞

√ n n = 1;

as´ı, para las dos primeras series de (6.1), r 1 n 1 √ =1 y l´ım = n→∞ n l´ım n n n→∞

r l´ım

n→∞

n

1 = 1. n2

√ Estos ejemplos muestran que l´ım n an = 1 no nos da informaci´on sobre n→∞ la convergencia o divergencia de una serie. Veamos qu´e ocurre cuando este l´ımite es diferente de 1. √ Sea r = l´ım n an . Dada ε > 0, existe N ∈ N tal que si n ≥ N entonces n→∞ √ n an − r < ε. Esto es equivalente a r−ε<

√ n

an < r + ε,

si n ≥ N

o bien, (r − ε)n < an < (r + ε)n ,

si n ≥ N ;

por lo tanto, aN + aN +1 + · · · + aN +k < (r + ε)N + (r + ε)N +1 + · · · + (r + ε)N +k y (r − ε)N + (r − ε)N +1 + · · · + (r − ε)N +k < aN + aN +1 + · · · + aN +k ; de estas dos desigualdades podemos concluir la convergencia o la divergencia de la serie, como veremos a continuaci´on:

174

6.3. Criterios de convergencia

Supongamos que r < 1 y sea ε tal que r + ε < 1; entonces usamos la primera de estas desigualdades para obtener ∞ X

an ≤ (r + ε)N

n=N

por lo tanto la serie

∞ P

1 ; 1 − (r + ε)

an es convergente.

n=1

Si r > 1, elegimos ε tal que (r − ε) > 1 y tenemos de la segunda de estas ∞ ∞ P P (r − ε)n desigualdades que la serie an es mayor que la serie (r − ε)N n=N

que es divergente, por lo tanto la serie

∞ P

n=1

an es divergente.

n=N

Criterio de la ra´ız (Cauchy) Sean

∞ P

an una serie de t´erminos positivos y r = l´ım

n→∞

n=1

√ n a . n

Si r < 1, la serie es convergente. Si r > 1, la serie es divergente. Si r = 1, no podemos concluir la convergencia o divergencia de la serie. Ejemplos ¿Para qu´e valores de k y b la serie

∞ P n=1

nk bn

es convergente?

Supongamos que b > 0 y calculemos primero la ra´ız n-´esima del t´ermino general de la serie: r √ √ n n k nk nk n n √ = = ; n n bn b b en el l´ımite, √ n nk 1 l´ım = . n→∞ b b Por lo tanto: Si b > 1, la serie converge para toda k;

Cap´ıtulo 6. Series

175

Si b > 1, la serie diverge.para toda k; Si b = 1, sabemos que la serie k ≥ −1.

∞ P

nk converge si k < −1 y diverge si

n=1

Tenemos dos criterios de convergencia (o divergencia) que surgen del comportamiento de las series geom´etricas, el primero es el criterio de la raz´on y el segundo el de la ra´ız. Si aplicamos el criterio de la raz´on a la u ´ltima serie obtenemos  k (n+1)k 1 n+1 1 bn+1 = , l´ım nk = l´ım n→∞ b n→∞ n b bn de modo que obtenemos el mismo valor que nos permite decidir la convergencia o divergencia de la serie. ¿Habr´a una sucesi´on {an } tal que existiendo los l´ımites √ an l´ım n an y l´ım , n→∞ bn n→∞ estos sean diferentes? Analicemos dos ejemplos aplicando los dos m´etodos. Ejemplo n 2o Consideremos la serie generada por la sucesi´on 1+n y apliquemos prinn mero el criterio de la raz´on: 1 + (n + 1)2 (n2 + 2n + 2) nn (n + 1)n+1 = l´ ım l´ım n→∞ (n2 + 1) (n + 1)n+1 n→∞ 1 + n2 nn nn (n2 + 2n + 2) l´ım = l´ım 2 n→∞ (n + 1) (n + 1) n→∞ (n + 1)n (n2 + 2n + 2) 1
n = l´ım 2 l´ım n→∞ (n + 1) (n + 1) n→∞ 1 + 1 n 1 = 0 · = 0. e Ahora pasamos al criterio de la ra´ız: r 2 √ 1√ 1 n 1 + n n n 2 = l´ l´ım = l´ ım 1 + n ım · l´ ım 1 + n2 = 0 · 1 = 0; n n→∞ n→∞ n→∞ n→∞ n n n y obtuvimos el mismo n´ umero.

176

6.3. Criterios de convergencia

Ejemplo Veamos qu´e ocurre con la serie generada por la sucesi´on 1 (n+1)an+1 1 n→∞ nan

l´ım

=



1 nan



:

n 1 1 l´ım = ; a n→∞ n + 1 a

por otro lado, r l´ım

n→∞

n

1 1 1 1 1 = l´ım √ = = l´ım √ n n n n→∞ a n na a n→∞ n a

y nuevamente son iguales los l´ımites. Ejercicios  n 1. Demuestra que para la serie generada por la sucesi´on n25+4 los l´ımites que aparecen en los criterios de la raz´on y de la ra´ız coinciden. 2. Demuestra que para la serie generada por la sucesi´on 1 1 1 1 1 1 , 2 , 2 2, 3 2, 3 3,... 1, , 2 2·3 2 ·3 2 ·3 2 ·3 2 ·3 no se verifica la igualdad de los l´ımites que aparecen en los criterios de la raz´on y de la ra´ız. Ahora comprobaremos que los l´ımites son iguales cuando ambos existen. ∞ P Para mostrar esto, supongamos que la serie an es tal que n=1

r = l´ım

n→∞

√ n

an

an+1 n→∞ an

y R = l´ım

existen y son diferentes. Para fijar ideas, supongamos que r < R. Sea ρ un n´ umero real tal que r < ρ < R. Definimos bn = aρnn para toda n, entonces aplicamos los criterios de la raz´on y de la ra´ız a la serie generada por esta u ´ltima sucesi´on. Por un lado, √ r l´ım n an p a r n l´ım n bn = l´ım n n = n→∞ = 1 n→∞ bn n→∞ n ρ n→∞ an ρ ρ lo que dice que la serie

∞ P

bn es divergente. Puesto que no puede ser que la

n=1

serie sea convergente y divergente, nuestra hip´otesis de que r < R es falsa. De manera an´aloga se muestra que no puede ocurrir que r > R, por lo que r y R deben ser iguales. (¿Por qu´e el ejercicio 2 no contradice este resultado?) Podemos resumir nuestro an´alisis como sigue. ∞ P Proposici´ on 6.5. Sea an una serie de t´erminos positivos. Si los l´ımites n=1

l´ım

n→∞

√ n an

y

l´ım

n→∞

an+1 an

existen, entonces son iguales.

6.4.

La serie arm´ onica

Ahora veremos algunas propiedades especiales de la serie arm´onica. Proposici´ on 6.6. Ninguna suma parcial de la serie arm´onica es un n´ umero entero. Demostraci´on. Analicemos 1 1 1 + + · · · + , con n > 1. 2 3 n k k+1 Sea k el mayor entero tal que 2 ≤ n < 2 . Observa que k ≥ 1 y ninguno de los n´ umeros 2k + 1, 2k + 2, . . . , n es divisible entre 2k . De hecho, s´olo uno de los denominadores de Sn es divisible entre 2k . Sea M el m´ınimo com´ un k m´ ultiplo de 1, 2, 3, . . . , n; observemos que M es divisible entre 2 pero no entre 2k+1 . Ahora escribimos Sn en t´erminos del com´ un denominador como Sn = 1 +

Sn =

M+

M 2

+

M 3

+ ··· +

M n

. M Todos excepto uno de los n´ umeros del numerador son n´ umeros pares, por lo tanto el numerador es un n´ umero impar, mientras que el n´ umero M es par, por lo tanto Sn no es entero.

178

´ nica 6.4. La serie armo

Ahora veremos otra demostraci´on de la divergencia de la serie arm´onica. Consideremos las sumas parciales S2n = 1 +

1 1 1 + + ··· + 2 3 2n

y Sn = 1 +

1 1 1 + + ··· + . 2 3 n

Supongamos que la serie arm´onica es convergente, de modo que l´ım S2n = l´ım Sn o bien l´ım (S2n − Sn ) = 0.

n→∞

n→∞

n→∞

Analicemos la diferencia S2n − Sn =

1 1 1 + + ··· + . n+1 n+2 n+n

De los n sumandos, el menor es S2n − Sn >

1 , 2n

de modo que

1 1 n 1 1 + + ··· + = = . 2n 2n 2n 2n 2

Esto dice que l´ım (S2n − Sn ) ≥ 21 , lo que es una contradicci´on; por lo n→∞ tanto, la serie es divergente. De hecho, el crecimiento de la serie arm´onica es extremadamente lento. Para ver esto, recordemos c´omo demostramos la primera vez que la serie arm´onica es divergente:           1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 2 +2 +4 ≤ 1+ + + + + + + ≤ 1+2 +4 + 2 4 8 2 3 4 5 6 7 8 2 4 8 y en general,         1 1 1 1 n−1 2 +2 +4 + ··· + 2 2 4 8 2n 1 1 1 1 ≤ 1 + + + · · · + n+1 + n+1 2 3   2  −1 2   1 1 1 1 n ≤1+2 +4 + ··· + 2 + n+1 , n 2 4 2 2 de modo que 1 1 (n + 1) ≤ S2n ≤ n + n+1 ; 2 2 por ejemplo,

Cap´ıtulo 6. Series si n = 5, S32 ≤ 5 +

179

1 ; 64

si n = 10, S1024 ≤ 10 +

1 ; 211

si n = 20, S1048576 ≤ 20 +

1 ; 221

y

si n = 64, S18446744073709551616 ≤ 64 +

1 . 265

Como se ve, el crecimiento de las sumas parciales es sumamente lento. Podr´ıamos preguntarnos qu´e suma parcial es del orden de 106 , pero ser´ıa muy engorroso encontrar una potencia de 2 para obtener esta estimaci´on. Veamos otra manera de estimar las sumas parciales de la serie arm´onica: En 1734, Leonhard Euler escribi´o el art´ıculo De Progressionibus harmonics observationes, donde calcul´o los 6 primeros d´ıgitos de un n´ umero que es el l´ımite de la sucesi´on 1+

1 1 1 + + ··· + − log n. 2 3 n+1

Este n´ umero se conoce como la constante de Euler-Mascheroni y su valor aproximado es 0.577215664901532860606. Se ha podido demostrar que esta constante no es un n´ umero racional. La existencia de esta constante nos dice que las sumas parciales de la serie arm´onica se comportan como el logaritmo. Podemos usar este hecho para responder a nuestra pregunta anterior: ¿Qu´e suma parcial es del orden de 106 ? Notemos que log 264 = 64 log 2 = 44.36141956, que todav´ıa es menor que el n´ umero 64 + 2165 y S264 ≈ 44.8, 224 log 2 ≈ 106 entonces n es del orden 24 de 22 y la suma parcial con este ´ındice tambi´en. En conclusi´on, podemos decir que la serie arm´onica es una sucesi´on de n´ umeros racionales no enteros que diverge a ∞ y crece muy lentamente cerca de log n. Veamos ahora una suma muy peculiar que se construye quitando a la serie arm´onica todos los n´ umeros que tienen al menos un 9 en el denominador, 1 1 1 1 por ejemplo 9 , 19 , 29 , · · · , 99 , · · · . La serie que se obtiene es 1+

1 1 1 1 1 1 1 + ··· + + + ··· + + + + ··· + + ··· 2 8 10 88 100 101 888

180

´ nica 6.4. La serie armo

Veamos que esta serie es convergente. Agrupemos de la siguiente manera y estimemos la suma parcial       1 1 1 1 1 1 1 + + ··· + + + + ··· + 1 + + ··· + 2 8 10 88 100 101 888    +··· +  

 1 1 . +··· +  100 · · · 0 888 · · · 8 | {z } | {z } n ceros

(n+1) ochos

Las sumas que aparecen en cada uno de estos par´entesis se pueden acotar de la siguiente manera: 1+

1 1 + ··· + ≤ |1 + 1 +{z· · · + 1}, 2 8 8 sumandos

1 1 1 1 + ··· + ≤ + ··· + , 10 88 |10 {z 10} 8×9 sumandos

1 1 1 1 1 1 + + ··· + ≤ + + ··· + , 100 101 888 100 100 100 | {z } 8×92 sumandos

1 1 1 1 1 +··· + + n + ··· + n . ≤ n · · · 0} · · · 8} 10 {z 10 } |100{z |888{z |10 n ceros

8×9n sumandos

n+1 ochos

De aqu´ı se obtiene que la suma de todos los elementos del lado izquierdo de estas desigualdades es menor o igual a 9 8×9 +8× +8× 10 0



9 10

2

n 9 +8× + ··· + 8 × 10
 n+1 ! 9 n+1 1 − 10 9 =8× = 80 × 1 − , 9 10 1 − 10 

9 10

3



que es una suma geom´etrica con raz´on menor que 1. Por lo tanto, la serie 1+

1 1 1 1 1 1 1 + ··· + + + ··· + + + + ··· + + ··· 2 8 10 88 100 101 888

Cap´ıtulo 6. Series

181

es convergente. Esta serie converge lentamente, por ejemplo la suma parcial con los 105 primeros t´erminos est´a cerca de 12.0908, que est´a relativamente lejos del n´ umero al que converge la serie (aproximadamente 22.921). Si el n´ umero n tiene al menos un d´ıgito 9 escribimos 9 ∈ n; en caso contrario escribimos 9 ∈ / n. Entonces la serie arm´onica se descompone como la suma ∞ X 1 X1 X1 = + n n n n∈9 n=1 n∈9 /

donde el segundo sumando es convergente, y el primer sumando es divergente. De hecho, en el an´alisis anterior el 9 no juega un papel central y se puede extender el resultado: Proposici´ umero r = 0, 1, 2, . . . , 8, 9 se tiene que la P P 1 on 6.7. Para cualquier n´ 1 es divergente y la serie es convergente. serie n n n∈r

n∈r /

Los lectores interesados en este tema pueden consultar el art´ıculo [1] que aparece en la bibliograf´ıa.

6.5.

Series alternantes

Ahora analizaremos la serie ∞ X (−1)n−1 n=1

n

.

Veamos el comportamiento de algunas de sus sumas parciales: S1 = 1, 1 S2 = 1 − , 2 1 S3 = 1 − + 2 1 S4 = 1 − + 2 1 S5 = 1 − + 2

1 , 3 1 − 3 1 − 3

1 , 4 1 1 + ,... 4 5

Al graficar las sumas parciales observamos que las sumas impares decrecen y que las sumas pares crecen:

182

6.5. Series alternantes

De hecho, S2n+1 = S2n−1 −

1 1 1 + = S2n−1 − ; 2n 2n + 1 2n(2n + 1)

por lo tanto se tiene S2n−1 ≥ S2n+1 . De manera an´aloga se tiene la otra desigualdad:   1 1 1 S2n = S2n−2 + − = S2n−2 + ; 2n − 1 2n 2n(2n − 1) entonces S2n ≥ S2n−2 , de modo que las sumas parciales pares e impares son sucesiones mon´otonas. Adem´as es f´acil ver que est´an acotadas entre 1 y 21 . Por lo tanto, son convergentes y convergen al mismo n´ umero, pues 1 l´ım S2n = l´ım (S2n−1 − ) = l´ım S2n−1 ; n→∞ n→∞ n→∞ 2n por lo tanto la serie ∞ X (−1)n−1 n n=1 es convergente. Demostremos que la serie converge a log 2. Para esto recordemos (p´agina 179) que la sucesi´on 1 1 1 γn = 1 + + + · · · + − log n 2 3 n converge a la constante de Euler-Mascheroni que denotaremos por γ. Agrupemos los t´erminos positivos y los negativos de la siguiente manera: 1 1 1 1 1 1 1 1 1 − 1− + − + − + − + · · · + 2 3 4 5 6 7 8 2n − 1 2n    1 1 1 1 1 1 1 1 1 = 1 + + + + ··· + − + + + + ··· + 3 5 7 2n − 1 2 4 6 8 2n     1 1 1 1 1 1 1 1 1 = 1 + + + + ··· + − 1 + + + + ··· + + 2 3 4 2n − 1 2n 2 3 4 n   1 1 1 1 = 1 + + + ··· + + − log 2n 2 3 2n − 1 2n   1 1 1 1 − 1 + + + + · · · + − log n + log 2n − log n; 2 3 4 n

183

Cap´ıtulo 6. Series

por lo tanto,   1 1 1 1 1 1 1 1 1 − = γ −γ +log 2 l´ım 1 − + − + − + − + · · · + n→∞ 2 3 4 5 6 7 8 2n − 1 2n y entonces

∞ X (−1)n−1 n=1

n

= log 2.

De manera m´as general, consideremos una serie alternante; es decir, una ∞ P serie de la forma (−1)n−1 an , donde an ≥ 0 para toda n. ¿Qu´e condiciones n=1

pedimos a la sucesi´on an para que la serie sea convergente? Si hacemos una ∞ P (−1)n−1 , Podemos pedir a {an } que sea una suceanalog´ıa con la serie n n=1

si´on de t´erminos positivos, decreciente y que tienda a cero. Recordemos la ∞ P (−1)n−1 demostraci´on de la convergencia de y sustituyamos an por n1 : n n=1

S1 S2 S3 S4 S5

= = = = =

a1 ; a1 − a2 ; a1 − a2 + a3 ; a1 − a2 + a3 − a4 ; a1 − a2 + a3 − a4 + a5 , . . .

Comprobemos que la sucesi´on de las sumas parciales impares es decreciente y la de sumas parciales pares es creciente: S2n+1 = S2n−1 − a2n + a2n+1 = S2n−1 − (a2n − a2n+1 ). Como {an } es decreciente, a2n − a2n+1 > 0 y as´ı S2n+1 ≤ S2n−1 . Para las sumas parciales pares tenemos que S2n = S2n−2 + (a2n−1 − a2n ) ≥ S2n−2 . Tenemos que efectivamente las sucesiones {S2n } y {S2n−1 } son mon´otonas. Como adem´as son acotadas, se tiene que son convergentes y l´ım S2n = l´ım (S2n−1 − a2n ) = l´ım S2n−1 − l´ım a2n = l´ım S2n−1 ;

n→∞

n→∞

por lo tanto, la serie

n→∞

∞ P

n→∞

(−1)n−1 an es convergente. A continuaci´on resumimos

n=1

esta informaci´on:

n→∞

184

6.6. Convergencia absoluta

Proposici´ on 6.8 (Criterio de Leibnitz). La serie

∞ P

(−1)n−1 an es conver-

n=1

gente si la sucesi´on {an } es positiva, decreciente y converge a cero. Ejercicio Comprueba que las siguientes series satisfacen las hip´otesis del criterio de Leibnitz: ∞ P

1.

n=1 ∞ P

2.

n=1 ∞ P

3.

n=1 ∞ P

4.

n=1

6.6.

(−1)n−1 , n2

(−1)n−1 , log(n+1)

(−1)n−1 , (n+1) log(n+1)

(−1)n−1 . log log(n+1)

Convergencia absoluta

Los criterios de convergencia que hemos establecido hasta ahora corresponden a series con t´erminos positivos o series alternantes. Sin embargo no tenemos criterios de convergencia o divergencia para series del tipo de √ ∞ ∞ ∞ ∞ ∞ X sen n X cos n X (−1)n−1 X (−1)n−1 n X (−1)n−1 3n , , , . n n2 2n + n3 n=1 n+1 2n + 1 n=1 n=1 n=1 n=1 Recuerda que una condici´on necesaria para que una serie sea convergente es que la sucesi´on que la genera tienda a cero, de modo que primero verificaremos esta condici´on para nuestros ejemplos. Para la primera serie, puesto que −1 ≤ sen n ≤ 1, tenemos que l´ım

n→∞

de modo que

−1 sen n 1 ≤ l´ım ≤ l´ım , n→∞ n→∞ n n n sen n = 0. n→∞ n l´ım

185

Cap´ıtulo 6. Series De manera an´aloga se prueba que cos n l´ım 2 = 0. n→∞ n Pasemos a los siguientes l´ımites: (−1)n−1

(−1)n−1 3 l´ım = l´ım 2n n 3 n→∞ 2n + n n→∞ + n3

n3 n3

=

0 = 0; 0+1

para el segundo, √ √ (−1)n−1 n (−1)n−1 n 0 n l´ım = l´ım = =0 n+1 n→∞ n→∞ n+1 1 + 0 n

y (−1)n−1 3n (−1)n−1 = l´ ım . n n→∞ 2n + 1 n→∞ 2n + 1n 3 3 l´ım

Este u ´ltimo l´ımite no existe, porque si n es impar la sucesi´on diverge a +∞, mientras que si n es par la sucesi´on diverge a −∞. Despues de haber calculado los l´ımites, podemos afirmar que la u ´ltima serie es divergente. Ahora analicemos qu´e sucede con las otras cuatro series. Necesitamos otro tipo de criterio para determinar si convergen o divergen. ¿Con qu´e herramienta contamos para contestar la pregunta? Tenemos b´asicamente dos herramientas: los criterios para la convergencia de series con t´erminos positivos o el criterio de convergencia de Leibnitz para las series alternantes. ∞ ∞ P P Una primera pregunta es ¿qu´e pasa con la serie an si la serie |an | es n=1

n=1

convergente? Al calcular la serie de los valores absolutos en nuestros cuatro ejemplos, tenemos que ∞ ∞ X X |sen n| sen n , = n n n=1 n=1 ∞ ∞ ∞ X X |cos n| X 1 cos n = ≤ , 2 2 2 n n n n=1 n=1 n=1 ∞ ∞ ∞ n−1 X X X (−1) 1 1 = ≤ , 2n + n3 3 3 2n + n n n=1 n=1 n=1 √ √ ∞ ∞ X X (−1)n−1 n n . n+1 = n+1 n=1 n=1

186

6.6. Convergencia absoluta

En el primer caso, no es claro a primera vista si la serie del lado derecho es convergente o divergente. La segunda y tercera series son convergentes P 1y √ la u ´ltima es divergente, lo que puede verse al compararla con la serie n y usar el criterio de comparaci´on por cociente de dos series con t´erminos positivos: √ n n n+1 l´ım 1 = l´ım = 1. n→∞ n + 1 n→∞ √ n P |sen n| Regresemos a nuestro primer ejemplo. Como la serie es muy n parecida a la serie arm´onica, conjeturamos que es divergente. Para probar esto usaremos la desigualdad |sen(x − 1)| + |sen x| ≥ sen 1; para justificarla, basta observar que sen 1 = = ≤ ≤

| sen 1| = | sen(1 − x + x)| | sen(1 − x) cos x + cos(1 − x) sen x| | sen(1 − x)| | cos x| + | cos(1 − x)| | sen x| | sen(x − 1)| + | sen x|,

donde hemos usado el hecho de que sen(−y) = − sen y y que | cos y| ≤ 1. Regresando al an´alisis de la serie, tenemos que   |sen(2n − 1)| |sen 2n| |sen 1| |sen 2| + + ··· + + l´ım n→∞ 1 2 2n − 1 2n     |sen 1| |sen 2| |sen(2n − 1)| |sen 2n| = l´ım + + ··· + + n→∞ 1 2 2n − 1 2n     |sen 1| + |sen 2| |sen(2n − 1)| + |sen 2n| ≥ l´ım + ··· + n→∞ 2 2n   |sen 1| |sen 1| |sen 1| ≥ l´ım + + ··· + , n→∞ 2 4 2n de modo que

∞ X |sen n| n=1

efectivamente es divergente.

n

∞

≥

|sen 1| X 1 2 n=1 n

187

Cap´ıtulo 6. Series

En resumen, estamos comparando una serie con otra serie cuyos t´erminos son los valores absolutos de la serie original. Hay casos en que la serie definida por los valores absolutos converge y la serie original es convergente, como P (−1)n−1 . Por otro lado, hay series convergentes cuya serie correspondiente n2 P (−1)n−1 con los valores absolutos es divergente, como . n ∞ P Diremos que una serie an es absolutamente convergente si la serie n=1

∞ P

|an | es convergente.

n=1

A continuaci´on veremos la relaci´on entre la convergencia de una serie y su convergencia absoluta: Proposici´ on 6.9. Si una serie es absolutamente convergente, entonces es convergente. Esta afirmaci´on es una consecuencia del siguiente hecho: Ejercicio Si a+ = m´ax(a, 0) y a− = m´ax(−a, 0) entonces a+ y a− son positivos y 1. |a| = a+ + a− ; 2. a = a+ − a− ; 3. a+ ≤ |a|, a− ≤ |a|. Demostraci´on de la proposici´on. Del hecho anterior tenemos: N X

a+ n

≤

n=1

Como

∞ P

N X n=1

|an |

y

N X

a− n

n=1

≤

N X

|an | .

n=1

|an | es convergente, tenemos que las series

n=1

∞ P n=1

convergentes y adem´as ∞ X

an =

n=1

de modo que la serie

∞ ∞ ∞ X X X − + − a ) = a − a− (a+ n n n n, n=1

∞ P n=1

n=1

an es convergente.

n=1

a+ n y

∞ P n=1

a− n son

188

6.6. Convergencia absoluta

En cuanto a nuestros ejemplos, tenemos que las series ∞ X cos n n=1

n2

y

∞ X (−1)n−1 n=1

2n + n3

son absolutamente convergentes y por tanto convergentes; por otro lado, las series √ ∞ ∞ X X (−1)n−1 n sen n y n n+1 n=1 n=1 no son absolutamente convergentes. Definici´ on 6.10. Si una serie converge y la serie formada con los valores absolutos de los t´erminos de la primera es divergente, decimos que la serie es condicionalmente convergente. Podemos extender nuestros criterios para las series con t´erminos positivos y negativos, lo que agrupamos en la siguiente proposici´on. Proposici´ on 6.11 (Criterios de convergencia para series absolutamente con∞ P vergentes). Consideremos una serie an . n=1 | , entonces 1. Criterio de la raz´ on de D’Alembert. Sea r = l´ım |a|an+1 n| n→∞ ∞ P la serie an es absolutamente convergente si r < 1 y diverge si r > 1. n=1

p 2. Criterio de la ra´ız (Cauchy). Sea r = l´ım n |an |. Si r < 1 la serie n→∞ ∞ P an converge absolutamfente, mientras que si r > 1 la serie diverge. n=1

Agregaremos a estos criterios el siguiente: Proposici´ on 6.12 (Criterio de Dirichlet). Supongamos que la sucesi´on An = n P ak est´a acotada y bn es una sucesi´on decreciente que converge a cero. k=1

Entonces la serie

∞ P n=1

an bn es convergente.

189

Cap´ıtulo 6. Series

El criterio de Dirichlet es una generalizaci´on del criterio de Leibnitz que n P (−1)k−1 . Esta sucesi´on aparece en la p´agina 184; en ese caso, An = k=1

est´a acotada y si bn es una sucesi´on decreciente a cero, entonces la serie ∞ P (−1)n−1 bn es convergente. n=1

Demostraci´on del criterio de Dirichlet. Observa que se cumple la siguiente igualdad (ejercicio): n X

ak bk = An bn+1 +

k=1

donde An =

n P

n X

Ak (bk − bk+1 ),

k=1

ak y definimos A0 = 0.

k=1

Sea Sn = a1 b1 + · · · + an bn y analicemos la diferencia Sn − Sm . Si n > m entonces Sn − Sm = am+1 bm+1 + · · · + an bn y usando la igualdad anterior se tiene n X Ak (bk − bk+1 ) Sn − Sm = An bn+1 − Am bm+1 + k=m+1

Como 0 ≤ bn+1 ≤ bn y |An | ≤ M , entonces |Sn − Sm | ≤ M bn+1 + M bm+1 + M

n X

(bk − bk+1 )

k=1

= M (bn+1 + bm+1 + bm+1 − bn+1 ) = 2M bm+1 . Como la sucesi´on {bn } converge a cero, entonces dada ε > 0 existe N tal ε que bm < 2M para m > N ; por lo tanto, si n, m > N entonces |Sn − Sm | < ε; es decir, la sucesi´on de sumas parciales es una sucesi´on de Cauchy y por la ∞ P an bn es convergente, como quer´ıamos Proposici´on 4.7 tenemos que la serie n=1

demostrar. Ejemplo Ya demostramos que la serie ∞ P n=1

∞ P n=1

sen n n

|sen n| n

es divergente, por lo que la serie

no es absolutamente convergente. Sin embargo, esta u ´ltima serie es

convergente, lo que probaremos ahora usando el criterio de Dirichlet.

190

6.6. Convergencia absoluta

Hagamos An =

n P

sen n y bn =

k=1

1 . n

Para ver que An es una sucesi´on

acotada, multiplicamos y dividimos por 2 sen 1, usando adem´as la identidad 2 sen α sen β = cos(α − β) − cos(α + β) para obtener An = sen 1 + sen 2 + sen 3 + sen 4 + · · · + sen(n − 1) + sen n 1 = (2 sen 1 sen 1 + 2 sen 1 sen 2 + 2 sen 1 sen 3 + 2 sen 1 sen 4 2 sen 1 + · · · + 2 sen 1 sen(n − 1) + 2 sen 1 sen n) 1 = (cos 0 − cos 2 + cos 1 − cos 3 + cos 2 − cos 4 + cos 3 − cos 5 2 sen 1 + · · · + cos(n − 2) − cos n + cos(n − 1) − cos(n + 1)) 1 = (1 + cos 1 − cos(n + 1) − cos n) 2 sen 1 por lo tanto 2 . sen 1 Como la sucesi´on n1 es decreciente y convergente a cero, se satisfacen las hip´otesis del criterio de Dirichlet y por tanto la serie es condicionalmente convergente. |An | ≤

Ejercicio ¿Para qu´e valores de α la serie

∞ P n=1

sen n nα

converge absolutamente y para

qu´e valores es condicionalmente convergente? Ejemplo Veamos qu´e ocurre con la serie √ ∞ X (−1)n−1 n n=1

n+1

.

Esta serie no es absolutamente convergente; de hecho, la serie

∞ P n=1

√

n n+1

no

es convergente porque es mayor que la serie arm´onica. Para probar que la

191

Cap´ıtulo 6. Series serie es convergente es suficiente ver que la sucesi´on converge a cero:

√ n n+1

es decreciente y que

√ √ n n+1 − n+1 n+2 √ √ n(n + 2) − (n + 1) n + 1 = (n + 1)(n + 2) √ √ √ √ ( n(n + 2) − (n + 1) n + 1)( n(n + 2) + (n + 1) n + 1) √ = √ (n + 1)(n + 2)( n(n + 2) + (n + 1) n + 1) n(n + 2)2 − (n + 1)3 √ = √ (n + 1)(n + 2)( n(n + 2) + (n + 1) n + 1) n2 + n − 1 √ = > 0; √ (n + 1)(n + 2)( n(n + 2) + (n + 1) n + 1) entonces la sucesi´on es decreciente y cumple las hip´otesis del criterio de Leibnitz; por lo tanto, la serie es convergente. Ejercicios Utiliza los criterios de convergencia para analizar cada una de las siguientes series: ∞ P

∞ P

1 3/2 n=1 n(n + 1) n=1 n ∞ ∞ cos n P P 1 n n=1 n log n log log n n=1 n n ∞ (−1) 5 ∞ (−1)n 1010n P P k! n! n=1 n=1 1

∞ P

n 2 n=1 n + 1 ∞ P 2n 3 2 n=1 n + n + 1 ∞ nk P , n n=1 a

√ ∞ (−1)n−1 n P n2 + 1 n=1 ∞ (n + 1)(n + 2) P n! n=1 ∞ P

1

n=1

n1+ n

1

,

∞ P

1 n=1 n log n ∞ log n P 2 n=1 n ∞ nn P n=1 n! ∞ n2 P n n=1 2 ∞ (n + 3)! P n n=1 n!(3n)!3 √ ∞ (−1)[ n] P 1

n=1

n1+ n

192

´ picas 6.7. Series telesco

6.7.

Series telesc´ opicas

Una serie

∞ P

an es telesc´opica si se puede escribir como la serie

n=1 ∞ X (bn − bn+1 ) n=1

generada por la sucesi´on b1 − b2 , (b1 − b2 ) + (b2 − b3 ), (b1 − b2 ) + (b2 − b3 ) + (b3 − b4 ), . . . y el n-´esimo t´ermino es (b1 − b2 ) + (b2 − b3 ) + (b3 − b4 ) + · · · + (bn−2 − bn−1 ) + (bn−1 − bn ). Si efectuamos las operaciones se observa que se van cancelando los t´erminos intermedios y sobran el primero y el u ´ltimo sumando, as´ı que la sucesi´on se puede escribir como b1 − b2 , b1 − b3 , b1 − b4 , . . . , b1 − bn , . . . Podemos afirmar que si l´ım bn = b

n→∞

entonces la serie telesc´opica converge a b1 − b. Un ejemplo de serie telesc´opica es 1 1 1 1 1 + + + + ··· + + ··· , 1·2 2·3 3·4 4·5 n · (n + 1) ya que 1 1 1 = − ; n · (n + 1) n n+1 entonces 1 1 1 1 + + + ··· + + ··· 1·2 2·3 3·4 n · (n + 1)         1 1 1 1 1 1 1 = 1− + − + − + ··· + − + ··· 2 2 3 3 4 n n+1   1 = l´ım 1 − = 1. n→∞ n+1

Cap´ıtulo 6. Series

193

Ejercicios 1. Verifica que la serie 1 1 1 1 1 + + + +···+ +··· 1·2·3 2·3·4 3·4·5 4·5·6 n · (n + 1) · (n + 2) es telesc´opica, comprobando la siguiente igualdad:   1 1 1 1 = − ; k · (k + 1) · (k + 2) 2 k · (k + 1) (k + 1) · (k + 2) adem´as, usa esta igualdad para demostrar que la serie converge a 41 . 2. Comprueba que las siguientes series son telesc´opicas y calcula sus l´ımites. a) b) c) d) e) f)

∞ P

1 . n=1 (a + n + 1) (a + n) ∞ P 1 . n=1 (a + n + 2) (a + n + 1) (a + n) 1 1 + ··· + + ··· 1·2·3·4 n · (n + 1) · (n + 2) · (n + 3) 1 1 + ··· + + ··· 1·2·3·4·5 n · (n + 1) · (n + 2) · (n + 3) · (n + 4) ∞ P 1 . 2 n=1 4n − 1 ∞ P 1 √ . √ n+ n+1 n=1

Bibliograf´ıa [1] H. Behforooz. Thinning Out the Harmonic Series. Mathematics Magazine, Vol. 68, No. 4 (Oct. 1995), p´aginas 289-293. [2] V. Berinde. Exploring, Investigating and Discovering in Mathematics. Birkh¨auser, 2004. [3] R. Courant. Differential & Integral Calculus, Vol. I. Wiley, 1988. [4] R. Courant y F. John. Introducci´on al C´alculo y al An´alisis Matem´atico. Limusa, 1999. [5] R. Courant y H. Robbins. ¿Qu´e son las matem´aticas? Fondo de Cultura Econ´omica, 2002. [6] G. Exner. Inside Calculus. Springer, 2000. ´ [7] S. Friedberg, A. Insel y L. Spence. Algebra lineal. Publicaciones cultural, 1982. [8] S. I. Gelfand, M. Gerver, A. Kirillov, N. Konstantinov y A. Kushnirenko. Sequences, Combinations, Limits. Dover, 2002. [9] K. Knopp. Theory and Application of infinite series. Dover, 1990. [10] S. Krantz. Techniques of Problem Solving. American Mathematical Society, 1996. [11] I. Lakatos. Pruebas y refutaciones. La l´ogica del descubrimiento matem´atico. Alianza Editorial, 1994. [12] G. Polya. C´omo plantear y resolver problemas. Trillas, 1984. 195

196

Bibliograf´ıa

[13] G. Polya. Matem´aticas y razonamiento plausible. Tecnos, 1966. [14] W. Rudin. Principios de An´alisis Matem´atico. McGraw-Hill, 1980. [15] I. Sominskii. El m´etodo de la inducci´on matem´atica. Limusa, 1976.

´Indice alfab´ etico Antecesor, 68, 70

Distancia, 62 Divergencia a ±∞, 108

Conjetura, 5 Constante de Euler-Mascheroni, 179, F´ormula del binomio de Newton, 28 182 Factorial, 23 Convergencia Fracci´on infinita, 134 absoluta, 187 L´ımite de una sucesi´on, 87 condicional, 188 de la serie geom´etrica, 155 Mayor o igual que, 42 de series, 156 Mayor que, 42 de sucesiones, 87 Media Criterio de convergencia aritm´etica, 46 de Dirichlet, 188 arm´onica, 47 de la ra´ız geom´etrica, 46 de Cauchy, 174, 188 Menor o igual que, 42 de la raz´on Menor que, 42 de D’Alembert, 162, 188 de las potencias de 2 N´ umero de Cauchy, 167 irracional, 124 de Leibnitz, 184 negativo, 42 por comparaci´on, 170 positivo, 42 racional, 124 Desigualdad real, 42 de Cauchy, 52 del tri´angulo, 63 Operaciones cerradas, 42 entre las medias Orden de los n´ umeros reales, 42 aritm´etica y arm´onica, 48 Principio de inducci´on, 14 aritm´etica y geom´etrica, 45 aritm´etica, geom´etrica Regla de correspondencia, 67 y arm´onica, 50, 51 arm´onica y geom´etrica, 48 Serie 197

198

´Indice alfabe ´tico

absolutamente convergente, 187 alternante, 183 convergente, 156 geom´etrica, 150 telesc´opica, 192 Subsucesi´on, 75 Sucesi´on acotada, 85 alternante, 72 constante, 71 creciente, 111 decreciente, 111 definici´on, 69 mon´otona, 111 no creciente, 111 no decreciente, 111 num´erica, 71 recurrente, 127 Sucesi´on de Cauchy, 106 Sucesor, 68, 70 Tendencia de una sucesi´on, 82 T´erminos de una sucesi´on, 71 Tri´angulo de Pascal, 25 de Sierpinski, 122 Valor absoluto, 56