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Sucesión convergente de reales positivos

Posted By ^DiAmOnD^ on 11 de junio de 2012 in Juegos | 55 comments

Hoy lunes os dejo el problema de esta semana. Aquí teneís el enunciado:

Sea $\{a_n\}_{n \geq 0}$ una sucesión de números reales positivos tal que

$a_{n+1} \leq \cfrac{a_n+a_{n-1}}{2}$

para todo $n \geq 1$ . Probar que la sucesión $\{a_n\}_{n\geq 0}$ es convergente.

.

Que se os dé bien.

Author: ^DiAmOnD^

Miguel Ángel Morales Medina. Licenciado en Matemáticas y autor de Gaussianos y de El Aleph. Puedes seguirme en Twitter o indicar que te gusta mi página de Facebook.

55 Comments

JJGJJG
11/06/2012

Desarrollando los primeros términos en función de a(1) y a(2) obtenemos:
a(3)=((a(1)+a(2))/2; a(4)=(a(1+3a(2))/2^2; a>(5)=(3a(1)+5a(2))/2^3;….
Los coeficientes de a(1) y a(2) son dos términos sucesivos de (2^k-(-1)^k)/3, lo que se comprueba fácilmente por inducción.
Sustituyéndolos en la fórmula del término general y operando obtenemos:
a(n+1)=((a(1)+2a(2))/3)(1-(-1)^n/2^n) cuyo límite, para n creciendo indefinidamente es
(a(1)+2a(2))/3, luego es convergente.
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Ignacio Larrosa Cañestro
11/06/2012

JJGJJG, es que a(n+1) <= (a(n) + (a(n-1), no igual.

Si a(n) es decreciente, esta claro, pues está acotado inferiormente por 0, por lo que converge. Pero si a veces crece y a veces decrece, ahy que demostrar que la diferencia entre términos consecutivos tiende a cero. Y esto no lo veo del todo claro, porque la diferencia entre términos consecutivos no tiene porqué tender monótonamente a cero, aunque estoy casi seguro que a la larga tiende a cero de cualquier forma.

Tengo que pensarlo más …
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Sierra
11/06/2012

el problema no plantea una igualdad si no una desigualdad, en mi opinion se resuelve viendo que la sucesion es monotona y acotada
para acotarla procedemos por induccion, tenemos a(2)<=[a(1)+a(0)]/2<=max[a(0),a(1)]
lo suponemos cierto desde 2 hasta n y lo vemos para n+1
a(n+1)<=[a(n)+a(n-1)]/2<=max[a(n),a(n-1)]<=max[a(0),a(1)] ya que es cierto en n y n-1

si suponemos que la sucesion es creciente ya estaria hecho, y si no habria un m tal que
a(m)<a(m-1), luego a(m+1)<=[a(m)+a(m-1)]/2<a(m-1), luego a(m) y a(m+1) son menores que a(m-1) y por ahi me he quedado, con ver que a(m+1)<=a(m), bastaria, pero no estoy seguro de que eso sea cierto
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Cartesiano
11/06/2012

Jeje, no tiene por qué ser monótona. De hecho, con toda seguridad no es monótona creciente debido a qué en cada paso se reduce la cota máxima. Si tomas el a(n+1) > a(n) entonces necesariamente a(n+2) < a(n) por lo que queda claro que no puede ser monótona creciente.
Si que puede ser monótona decreciente, en cuyo caso la serie puede converger a cualquier valor positivo menor que la media de los dos primeros números.
Pero podría no se monótona como bien se temía ILC. En ese caso la serie puede converger a cualquier valor positivo inferior al valor calculado por JJGJJG.
Podriamos pensar que podría oscilar eternamente, pero en cada paso podriamos recalcular el valor máximo de convergencia mediante el cálculo de JJGJJG, y entonces no tendremos más que admitir que la oscilación debe amortiguarse necesariamente.
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JJGJJG
11/06/2012

Creo que mi primer razonamiento es suficiente. Si siempre elijo el valor correspondiente al signo igual el límite será el obtenido: (a(1)+2a(2))/3
Si en cualquier momento elijo un a(k) menor que el obtenido para el signo igual, a partir de ese momento el valor máximo obtenible por aplicación del proceso sería:
(a(k)+2a(k-1))/3, que también es un valor acotado, luego sigue siendo convergente.
En el peor de los casos, podría elegir para dos términos sucesivos valores infinitamente pequeños, con lo que el límite también lo sería.
En resumen, la serie converge hacia un valor comprendido entre 0 y mi primer límite.
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Diego K
11/06/2012

Discrepo con JJGJJG… que sea acotada solamente no implica que converja.
Basta tomar alguna sucesion como

$a_n = \sin (n)$
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Pau
11/06/2012

La clave es la desigualdad.

a(n+1)=(a(n)+a(n-1))/2-f(n)

Así habrá que demostrarlo para cualquier función f(n) positiva y que garantice que a(n+1) es positivo. JJGJJG lo ha hecho para f(n)=0 pero me temo que no sea suficiente.
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JJGJJG
11/06/2012

Pau, según el enunciado a(n) son reales POSITIVOS, luego tu f(n) no puede lícitamente volverlos negativos, en contra de lo supuesto.
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Nogrod
11/06/2012

Diego ten en cuenta que la sucesión esta formada por reales positivos. Yo creo que con ese dato y el desarrollo de JJGJJG el problema ya esta resuelto.
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rusbel
11/06/2012

Se puede intentar probar que se trata de una sucesion de Cauchy.
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Pau
12/06/2012

Oups! Perdón, me debo haber explicado mal. La función f(n) podria ser f(n)=a(n-1)/2 y la sucesión seria siempre positiva. ¿No? ¿Hago algo mal?
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jjbbrr
12/06/2012

|a(n+1) – a(n)| <= |(a(n)+(a(n-1))/2 – a(n)| = 1/2 |a(n)-a(n-1)|

Es de Cauchy.
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Cartesiano Caotico
13/06/2012

Pau, haciendo $f_n={a_{n-1} \over 2}$ se convierte en una sucesión de valor constante.

jjbbrr, no se que es una sucesión de Cauchy, pero desde luego tu inecuación no es correcta. Basta probar con 3 términos como 10, 20, 10. Según tu inecuación, sería $|20-10|\le{1\over2}|10-20|$ lo cual es falso.

Yo creo que la explicación de JJGJJG es correcta, aunque parece como si no estuviera del todo demostrada. Da la sensación de que queda un cabo suelto.

Propongo la siguiente demostración:
1. Creamos la sucesión $\{b_n\}=max(a_{2n}, a_{2n+1})$ , es decir una sucesión del mayor de cada dos terminos consecutivos de la sucesión $\{a_n\}$
2. Se puede demostrar que $\{b_n\}$ es monótona decreciente $\forall n\ge0$ Es decir, $b_{n+1}\le b_{n}$
Por tanto $\{b_n\}$ converge.
Ya solo queda demostrar la convergencia de $\{b_n\}$ implica la de $\{a_n\}$ , pero eso ya lo dejo para otro día.

Saludos
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David
13/06/2012

Cartesiano, por ahí vas bien. Ahí va mi intento. Es un poco confuso pero espero que se entienda.

Vamos a estudiar la subsucesión de elementos donde $a_n$ es monótona no
creciente y la subsucesión de los elementos donde es creciente, probaremos que
ambas convergen al mismo límite, y ya que cada elemento de $a_n$ pertenece a una
de estas subsucesiones, habremos probado la convergencia de $(a_n)_{n\ge 0}$ .

Consideremos pues los elementos $a_n$ donde la sucesión no crece, esto es,
verificando $a_n \ge a_{n+1}$ . Es fácil probar que tal subsucesión es monótona
no creciente y acotada, de donde se deduce su convergencia.

Consideramos ahora los elementos $a_n$ donde la sucesión crece, es decir, con
$a_n < a_{n+1}$ . Observemos que $a_{n-1} \ge a_n$ , y en particular, tanto
$a_{n-1}$ como $a_{n+1}$ son elementos de la subsucesión que hemos tratado
anteriormente. Además,

$a_{n+1} - a_{n-1} \le \frac{a_n - a_{n-1}}{2} \le 0$

de donde

$0 \le |a_n - a_{n-1}| \le 2|a_{n+1} - a_{n-1}|$

Es decir, podemos hacer la diferencia entre los elementos de esta subsucesión y los
de la anterior tan pequeña como deseemos, y por tanto converge al mismo límite.
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Pau
13/06/2012

Cartesiano caótico, haciendo $f_n={a_{n-1} \over 2}$ se obtiene
$a_{n+1}={a_n \over 2}$ que es convergente y converge hacia 0. Pero era sólo un ejemplo de que $f_n$ no tiene porqué ser 0 ni hacer negativa la seria.
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Alumno
13/06/2012

Si cada término es, como mucho, la media de los dos anteriores y los dos primeros son finitos, no hay manera de llegar a un término que se mayor que el primero y el segundo, por muchos términos que se tomen.
Otra historia, para cuando se tiene tiempo y ganas, es ver que desde un cierto término en adelante la diferencia entre el término y el límite de la sucesión se hace tan pequeña como se quiera.
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Pau
14/06/2012

Vuelvo a mi tema, Jeje

$a_{n+1} \leq \cfrac{a_n+a_{n-1}}{2}$

luego podemos decir que

$a_{n+1} = \cfrac{a_n+a_{n-1}}{2} - b_n$ con $0 \leq b_n \leq \cfrac{a_n+a_{n-1}}{2}$ para todo $n \geq 1$

Como ya ha dicho JJGJJG $a_n \rightarrow \cfrac{a_1 +2 a_2}{3}$

¿Entoonces qué pasará cuando introduzcamos un $b_n$ ?

Pues por el mismo método que ha explicado JJGJJG, el límite de convergencia se verá reducido en $\cfrac {2 b_n} {3}$

Por lo que siempre que mantengamos las restricciones de $b_n$ , obtendremos que la serie cenvergerá a

$a_n \rightarrow \cfrac{a_1 +2 ( a_2 + \displaystyle\sum_{i}^\infty b_i ) }{3} -$
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Sive
14/06/2012

El problema es fácil si se analiza bien que implica que una sucesión acotada (por arriba y por abajo), como es el caso que nos ocupa, no tenga límite.

En una sucesión así (doblemente acotada pero no convergente), podemos encontrar un valor que llamaré $a$ tal que, a partir de un determinado término, la sucesión nunca toma valores mayores que $a$ , pero o bien tomará infinitas veces este valor, o bien podemos encontrar términos arbitrariamente cerca de $a$ .

De igual manera, por debajo, existirá un valor $b$ tal que, a partir de un determinado término, la sucesión nunca toma valores menores que $b$ , pero o bien tomará infinitas veces este valor, o bien podemos encontrar términos arbitrariamente cerca de $b$ .

Entonces, basta con demostrar que si la sucesión toma alguna vez el valor $b$ (el mínimo), entonces ya, a partir de dicho término, la sucesión jamás tomará ni se acercará a $a$ , lo cual es muy fácil en este caso.
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Pau
14/06/2012

Perdón, un error en la fórmula final (signo MENOS delant del sumatorio):

$a_n \rightarrow \cfrac{a_1 +2 ( a_2 - \displaystyle\sum_{i}^\infty b_i ) }{3}$

El el ejemplo que he puesto antes $b_n = \cfrac{a_{n-1}}{2}$ resulta $\displaystyle\sum_{i}^\infty b_i = \cfrac {a_1 + 2 a_2}{2}$ y la serie converge a 0
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Agustin
14/06/2012

Es evidente que si $a_{k}$ y $a_{k+1}$ <M, entonces $a_{n}$ <M $\forall n \geq k$

En particular se concluye que $a_{n}$ es acotada por lo que existen I=lim inf $a_{n}$ y S==lim sup $a_{n}$
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Agustin
14/06/2012

Perdón. Di a publicar antes de tiempo. Espero no equivocarme de nuevo:

Es evidente que si $a_{k}$ y $a_{k+1}$ <M, entonces $a_{n}$ <M $\forall n \geq k$

En particular $a_{n}$ es acotada por lo que existen I=lim inf $a_{n}$ y S=lim sup $a_{n}$ . Hay que demostrar que I=S.

Supongamos $I<S$ y sea h= $\frac {S-I}{4}$

Como lim sup $a_{n}$ <S+h $\exists k \in N$ con $a_{n}<S+h$ $\forall n \geq k$

Como lim inf $a_{n}$ < I+h

$\exists n \geq k+1$ con $a_{n}<I+h$
Entonces:
$a_{n}<I+h$ =S-3h
$a_{n+1} = \frac {a_{n} + a_{n-1}} {2}$ < $\frac {S-3h + S+h} {2}$ =S-h

Así pues $a_{n}, a_{n+1}<S-h$ , con lo que todos los términos sucesivos son menores que S-h, y lim sup $a_{n} \leq S-h$ (absurdo)
Por tanto I=S y se concluye el resultado.
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M
15/06/2012

La sucesión $b_n:=a_n+\frac{1}{2}a_{n-1},\;n\geq 1$ , es monótona decreciente (y de términos positivos), así que tiene límite $b$ .

Expresando los valores $a_n$ en función de los términos la sucesión $\{b_n\}$ se obtiene

$a_n=b_n-\frac{1}{2}b_{n-1}+\frac{1}{4}b_{n-2}+\ldots+\left(\frac{-1}{2}\right)^{n-1}b_1+\left(\frac{-1}{2}\right)^{n}a_0$ .

Por tanto es fácil ver entonces que $\{a_n\}$ tiene límite dado por

$\displaystyle{\lim_{n\to\infty} a_n}=b\left(1-\frac{1}{2}+\frac{1}{4}-\frac{1}{8}+\ldots\right)=\frac{2}{3}b$ .
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Cartesiano
15/06/2012

Buena demostración M.

Los demás en general, creo que se han confundido un poco con los límites superiores e inferiores de la IGUALDAD. Parece claro que el límite inferior es cero. Pero por alguna razón la intuición nos hace tratar de mantener el término lo más arriba posible 😉

Pero dime una cosa M, qué razonamiento te ha llevado a construir la sucesión $\{b_n\}$ así, solucionando todo el resto de la demostración?

Saludos
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M
16/06/2012

Cartesiano, como se lee en muchos de los comentarios, se ha buscado una sucesión monótona decreciente a partir de la original. Esto se puede hacer de varias formas, y en particular la que ha propuesto Cartesiano Caotico en su comentario de 13 de June de 2012 | 00:58 también permite concluir el enunciado ( $b_n=\max\{a_n,a_{n+1}\}$ ). Sin embargo, parece algo más natural elegir $b_n=a_n+\frac{1}{2}a_{n-1}$ , pues basta sumar $\frac{1}{2}a_n$ a ambos miembros de la desigualdad de la hipótesis para obtener directamente la monotonía.
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Sive
17/06/2012

Pero no es necesario complicarse tanto, basta con suponer que conocemos las cotas exactas de la sucesión a partir de un $a_i$ con un i suficientemente alto (suficientemente alto quiere decir: lo suficiente como para que no exista un j>i, tal que las cotas a partir de $a_j$ sean diferentes). Si la sucesión no converge, estas cotas «estables» superior e inferior deben existir, así que para demostrar que la sucesión converge, basta con demostrar que si la sucesión alcanza una de las cotas, ya le será imposible alcanzar la otra.

Este esquema de demostración no sólo tiene la ventaja de convertir este problema en un juego de niños, es que además sirve para otros problemas similares.
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Ratoncillo de biblioteca
17/06/2012

Estoy con Sive, las cotas a las que te refieres son el máximo y el mínimo del conjunto derivado de la sucesión. Si no es convergente, al menos la sucesión debe tener dos puntos de acumulación distintos. Por otro lado, como el conjunto derivado es cerrado, siempre tendrá un máximo y un mínimo que son las cotas de Sive. Después de esto, como dice Sive, el resto del problema es juego de niños. Aprovecho para agradecer a Sive esta idea, ya que es aplicable a otros casos.

Por otro lado, la demostración de M me parece genial, sobre todo como relacionar $a_n$ con $b_n$ para que aparezca la serie

${\displaystyle\sum_{n=0}^\infty\cfrac{(-1)^n}{2^n}}$

El último paso, basta aplicar un resultado que en los libros aparece como criterio de Abel y dice lo siguiente.

Sean $\{a_n\}$ y $\{a'_n\}$ sucesiones en $\mathbb{R}$ , tales que $\sum a_n$ es convergente y $\{a'_n\}$ es monótona y acotada. Entonces la serie $\sum a_na'_n$ es convergente.

Sobre esto tengo una duda: el teorema sólo afirma que $\sum a_na'_n$ es convergente (y basta para el problema) pero M aplica que el valor de la suma es:

$\sum a_na'_n=(\lim a'_n)\sum a_n$
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M
17/06/2012

Es cierto, Ratoncillo de biblioteca, que dejé ese detalle pendiente, pues es más engorroso de escribir que de entender. Pero, en fin, se puede justificar del modo siguiente:

hemos puesto $b=\displaystyle{\lim_{n\to \infty}} b_n$ y $a_n=\displaystyle{\sum_{j=0}^n \left(\frac{-1}{2}\right)^j b_{n-j}}$ , $n\geq 0$ , con $b_0:=a_0$ . Para ver que entonces $\{a_n\}$ converge a $\frac{2}{3}b$ , basta definir

$a_n^*:=\displaystyle{\sum_{j=0}^n \left(\frac{-1}{2}\right)^j b}$ . En efecto, es claro que $a_n^*\to \frac{2}{3}b$ . Tomemos $N_0$ tal que $|b_n-b|\prec\epsilon$ , para todo $n\geq N_0$ . Entonces, definamos $M:=\max_{n\geq 0} |b_n-b|$ ; así, para $n> N_0$ tal que $\frac{M}{2^{n-N_0}}\prec\epsilon$ , sigue que

$|a_n-a_n^*|\leq \displaystyle{\sum_{j=0}^n} \frac{1}{2^j}|b_{n-j}-b|\prec \epsilon+\frac{\epsilon}{2}+\frac{\epsilon}{4}+\ldots+\frac{\epsilon}{2^{n-N_0}}+\frac{M}{2^{n-N_0+1}}+\ldots+\frac{M}{2^n}\prec 3\epsilon$ .

Luego, ambas sucesiones $\{a_n\}$ y $\{a_n^*\}$ tienen igual límite $\frac{2}{3}b$ .
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Cartesiano Caotico
17/06/2012

Lamento discrepar profundamente con Sive por varias razones, y no te lo tomes a mal, pero:
– Las demostraciones se hacen o no se hacen. Si es un juego de niños deberías tardar menos en demostrarlos que en «explicar lo fácil que es», y si no tal vez no sea un juego de niños.
– Ese concepto que tienes de un «i» suficientemente alto es completamente erróneo. Cuando hablamos de límites, o hablamos de un término ‘i’ cualquiera o hablamos del $lim_{i \to \infty} a_i$ . No existen esos términos «suficientemente altos». De hecho dices «no exista un j>i, tal que las cotas a partir de $a_j$ sean diferentes. Pues lo cierto es que no importa que valor de ‘i’ escojas se puede construir una sucesión tal que $a_{i+1} \ne a_i$ . Esto ocurre si elijes la sucesión en la que la desigualdad del enunciado es estrictamente una desigualdad.
– Y por último vuelvo a RECORDAR que se trata de una desigualdad, y que la cota inferior es el valor «0». No importa que sucesión escojas siempre se pueden elegir términos menores o iguales a $min(a_i, a_{i+1})$ . La sucesión que se propone no es única, existen infinitas sucesiones que cumplen la condición del enunciado. Así que el hecho de alcanzar una cota máxima o mínima no garantiza nada. Y si no piensa en cualquier sucesión que empiece por los términos $a_0 = 0; a_1 = 3$ , con el primer término ya hemos tocado la cota mínima y con el segundo la máxima y sin embargo la «igualdad del enunciado» converge a 2, y la «desigualdad» (que es el enunciado real) puede converger a cualquier valor $b\quad /\quad 0 \le b \le 2$ .

Saludos
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Ratoncillo de biblioteca
18/06/2012

Gracias M, en mis cálculos me salía $\prec 4\varepsilon$ en lugar de $\prec 3\varepsilon$ , probablemente me equivocaría en los cálculos porque los hice un poco rápido, de todas formas no tiene importancia, la idea queda clara.

Cartesiano Caotico con permiso de Sive propongo una demostración basada en su idea:

Sean $\alpha,\beta$ el mínimo y el máximo, respectivamente, del conjunto derivado de la sucesión. Supongamos que la sucesión no es convergente, entonces $\alpha\prec\beta$ (ya que por lo menos el conjunto derivado tiene dos puntos). En el intervalo $[m,\alpha)$ donde $m=\inf_n a_n$ , sólo hay un número finito de términos de la sucesión, ya que si hubiese infinitos por el teorema de Bolzano-Weierstrass existiría un punto de acumulación menor que $\alpha$ contradiciendo que es el mínimo. (El intervalo $[m,\alpha)$ puede ser vacío).

Sea $\varepsilon\prec\cfrac{\beta-\alpha}{2}$ , para este $\varepsilon$ existe un $n_0$ tal que si $n>n_0$ entonces $a_n\in(\alpha-\varepsilon,\alpha+\varepsilon)$ y $a_n\notin [m,\alpha)$ (ya que sólo hay un número finito de términos en $[m,\alpha)$ ) por tanto, $a_n\in[\alpha,\alpha+\varepsilon)$ para todo $n>n_0$ . Además, por definición de la sucesión, todos los términos de la sucesión a partir del $n_0$ van a vivir en $[\alpha,\alpha+\varepsilon)$ , pero esto contradice que $\beta$ sea punto de acumulación.
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Sive
18/06/2012

Cartesiano Caotico, tienes razón en que una demostración a medias no es una demostración, pero es que yo no di una demostración, di un esquema de demostración, precisamente para discutir si es válido o no.

Además, lo que yo dejé sin probar no sólo es un juego de niños (que lo es), es que además lo probó JJGJJG en el primer comentario.

En matemáticas se habla de números «suficientemente altos», «suficientemente bajos», y «suficientemente cerca» de otros continuamente, y lo único que se exige es que se aclare rigurosamente que significa eso de «suficientemente». No entiendo muy bien esta parte de tu comentario, pero tal vez se deba a un malentendido, ya que en mi segundo mensaje pude dar a entender que estaba hablando sólo de cotas en el sentido estricto, cuando hay otra posibilidad que sí mencioné en el primer mensaje, a saber: que no exista tal cota, pero se tienda a ella (no la sucesión, la cota), pero esta posibilidad no afecta a mi esquema de demostración (ni siquiera aunque la cota de la sucesión tienda a ella «por fuera»), porque puedo acercarme todo lo que desee a estas cotas sin más que elegir un valor de i suficientemente alto.

Te sugiero que estudies la demostración del teorema de Bolzano-Weierstrass, que menciona Ratoncillo de biblioteca, ya que emplea justo esta idea para «construir» su serie convergente. Confieso, de todos modos, que yo no conocía este teorema, y muy probablemente dentro de 15 minutos no me acordaré del nombre.

En ningún momento de mi razonamiento he dejado de tener en cuenta que se trata de una desigualdad, así que tampoco entiendo esa parte de tu mensaje.
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Sive
18/06/2012

Ops, siento el desaguisado de las negritas, esto me pasa por no usar la vista previa…
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Cartesiano Caotico
18/06/2012

Sive, creo que o no te explicaste bien (ese es el problema de explicar una demostración y no hacerlo formalmente) o yo no lo entendí bien.

Creo que tal vez, con tu propuesta querías decir que para cualquier sucesión $\{a_i\}$ que elijamos existe otra $\{b_i\}$ que converge y la acota por arriba y por abajo, y por tanto $\{a_i\}$ debe converger a ese mismo valor.

Sin embargo, yo creo que no dijiste eso precisamente, aunque tras leer a Ratoncillo de Biblioteca parece ser que fui yo el que no lo supe interpretar.

Por otro lado, creo que en ningún momento habéis expresado de forma clara eso de «la cota mínima», pues es obvio que el valor mínimo de cualquier sucesión puede ser siempre el valor ‘0’. Parece ser que expresais que $\alpha$ no es el valor mínimo de $\{a_i\}$ , sino el máximo de una subsucesión $\{b_i\}$ que la acota por abajo.

Formalmente yo aprendí que la convergencia implicaba que $\forall \varepsilon >0 \ \exists n\ / \ |a_{i+1}-a_i| \le \varepsilon \quad \forall i > n$
Y ahora siguiendo tu razonamiento de «suficientemente alto» podemos escoger un valor n / $a_{i+1}=a_i$ . Sin embargo, la sucesión $a_{i+1}=\frac {a_i + a_{i-1}}{2}$ no tendrá nunca dos valores iguales, por lo tanto no existirá nunca un número «suficientemente alto».
Si existiera ese «suficientemente alto» entonces podríamos concluir que a partir de un número finito de términos la sucesión se mantiene constante. Tal vez no sea más que un eufemismo para decir «en el límite cuando $i \to \infty$ », y nuevamente yo lo había malinterpretado.

En conclusión, parece ser que yo no interpreto bien las cosas, 😉

Saludos
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Sive
18/06/2012

No, probablemente yo no me expliqué bien. En esto de las matemáticas soy autodidacta y a veces no me expreso con corrección… aunque yo me entienda.

De hecho tuve que explicarlo dos veces para que alguien entendiera lo que estaba diciendo (aunque yo creo que lo expliqué mejor la primera vez), y seguro que Ratoncillo de biblioteca tuvo que poner de su parte más de lo que hubiera sido necesario si yo lo hubiese explicado mejor.

De todos modos hablar de «un valor de i suficientemente alto», no es un eufemismo, es que yo procuro evitar pensar en el infinito cuando razono, para que no me patinen las neuronas. En lugar de ello uso expresiones como «arbitrariamente cerca», «tan alto como desee», «suficientemente alto», etc… de modo que el razonamiento no pierda rigor. Más aún, creo que es algo que debería hacer todo el mundo.
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Ratoncillo de biblioteca
18/06/2012

Por cierto, ¿habéis entendido el último párrafo de mi comentario anterior? lo he vuelto a leer y me he dado cuenta que me hice un poco el lío, lo escribo de nuevo:

Sea $n_0$ tal que $a_n\notin[m,\alpha)$ para todo $n\geq n_0$ (este $n_0$ existe ya que sólo hay un número finito de términos de la sucesión en $[m,\alpha)$ ).

Sea $\varepsilon=\max(a_{n_0},a_{n_0+1})\geq\alpha$ , entonces teniendo en cuenta lo anterior y la

desigualdad que define la sucesión, vemos que $a_n\in[\alpha,\varepsilon]$ para todo $n\geq n_0$

pero esto contradice que $\beta$ sea punto de acumulación de la sucesión.

Observación: Si $\alpha=\varepsilon$ entonces todos los términos de la sucesión a partir del $n_0$ coinciden con $\alpha$ . Esta es una de las posibilidades que comentaba Sive en su primer comentario, cuando decía »pero o bien tomará infinitas veces este valor…»
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Eder Contreras
19/06/2012

Este problema nos lo metieron en una guía de análisis, pero solo con la igualdad. Ahora bien, me sale una duda ¿Probada para la igualdad la desigualdad no es clara?

Saludos!
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Ratoncillo de biblioteca
19/06/2012

Eder Contreras en el caso de la igualdad la sucesión de los pares y la sucesión de los impares son monótonas y de sentido contrario (una creciente y otra decreciente) y es fácil ver que el supremo de la creciente coincide con el ínfimo de la decreciente. Pero esto no ocurre con la desigualdad.
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esm
20/06/2012

No se si alguien lo mencionó, pero la solución me parece muy intuitiva: cada término es el promedio de los dos anteriores. De ahí que la sucesión esta acotada por los dos valores iniciales.

Pero no es monótona, por la misma observación. Así que me quedo con la demostracion de jjbbrr. Le llevó un renglón demostar que la sucesión es de Cauchy.
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Cartesiano Caotico
20/06/2012

Hola esm.

Opino lo contrario que tú. No es intuitivo, hay que demostrarlo. La intuición no es una demostración, sobre todo cuando la intuición juego malas pasadas en una gran variedad de situaciones (aunque en otras se muy útil).

La demostración de jjbbrr que indicas no es una demostración, sobre todo porque no es correcta. Puedes leer mi comentario del 13 junio con un contraejemplo.

Desde luego que es de Cauchy, tanto como que es convergente. Lo curioso es que siendo tan «intuitivo» la demostración no se haya realizado «fácil y rápidamente». Claro que tal vez no sean términos equivalentes ;).
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Juanjo Escribano
21/06/2012

Para Cartesiano caótico, tu argumento 13 Junio 00:56 no es válido, dado que el teorema de Cauchy habla que existe M natural tal que si n mayor que M se cumple…

Tu contraejemplo no sirve dado que solo has dado los 3 primeros términos de la sucesión. Ya el 4º será menor = 15 y así sucesivamente
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Juanjo Escribano
21/06/2012

Que la sucesión es de Cauchy esta ya descrito aunque no de forma 100% precisa en los diferentes comentarios anteriores.

Para todo m,n > N Mod(a(m) – a(n)) < € o su equivalente

lim mod(a(n+1) – a(n)) = 0 con n tiende a infinito

mod(a(n+1) – a(n)) <= mod(a(n)-a(n-1)) / 2 ya se ha visto arriba y siguiendo el mismo proceso n veces <= mod(a(2)-a(1))/ 2**n.

Su límite cuando n tiende a infinito es 0 obviamente y la serie es de Cauchy y converge en R (son equivalentes en R)
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esm
21/06/2012

CARTESIANO CAÓTICO

Creo que coincidimos más de lo que discrepamos, solo que quizá no me expresé con suficiente claridad. Nunca aceptaría como demostración una idea intuitiva. Y claro que intuitivo no es lo mismo que fácil y rápido, pero me parece mucho más agradable demostrar algo cuando se entiende más claramente su significado, lo cual puede dar la intuición.

Admito que me apresuré al hablar, y no solo por lo de la intuición. La desigualdad no es correcta, y aunque lo fuera, no aseguraría que la sucesión es de Cauchy. Sigo aparte
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esm
21/06/2012

JJBBRR

Primero, la desigualdad que planteas no es cierta, pues |a|<|b| no implica |a+c|<|b+c|. Por ejemplo, |1||-2+3|
Cuidado con el valor absoluto y las desigualdades triangulares.
Además, cuidado con Cauchy. Sigo aparte.
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esm
21/06/2012

|1| < |-2| sin embargo |-2+3| < |1+3|
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esm
21/06/2012

JUANJO ESCRIBANO

Desde luego que el contraejemplo es válido. La desigualdad pedida en el enunciado tiene que valer para todo n, y como 10 20 10 pueden ser términos consecutivos de la sucesión, alcanzan para ver que hay un n que no cumple lo pedido.
Si aún así no te convence, la desigualdad es incorrecta pues |a|<|b| no implica |a+c|<|b+c|. Por ejemplo, |1| < |-2| sin embargo |-2+3| < |1+3|.
Además, lo de los equivalentes tiene también un problema. Sigo aparte
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esm
21/06/2012

CUIDADO CON CAUCHY

Dado que la sucesión converje, sabemos que será de cauchy. Pero para demostrarlo no alcanza con ver que |a(n+1)-a(n)| tiende a cero. Basta con ver ejemplos como log(n) o sqrt(n), que cumplen con tal condición y sin embargo divergen.
Las hipótesis de cauchy son más exigentes.

{x(n)} es de cauchy si para todo ε>0 existe un N natural tal que para cualesquiera n,m>N, |x(n)-x(m)| < ε.

Para todos n,m. Osea que a partir de cierto N, ε acota la distancia entre dos elementos de la sucesión, sean estos consecutivos o lejanos.
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Juanjo Escribano
22/06/2012

Para Cartesiano Caótico y esm.

El contraejemplo no es válido porque lo que se requiere en la demostración de convergencia es que la condición se cumpla a partir de un N natural y los contraejemplos por tanto tienen que serlo a partir de ese N.

Por ejemplo, 10, 20, 10, 0, 0, … la sucesión no lo cumple pero para N>5 se cumple. Precisamente a esto se refieren las expresiones orales de: siendo n un número suficientemente grande o tan grande como quieras, …
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Juanjo Escribano
22/06/2012

Hola ESM, cuando digo que la condición es equivalente creo que es cierto. En cambio creo que falta indicar que sea acotada para que sea convergente.

Demuestro la equivalencia:
Sea una sucesión de Cauchy a(i), por tanto para todo €(1) > 0 existe N natural tal que para todo par de números m,n > N se cumple que mod(a(m) – a(n)) < €(1).

Fijamos m = n +1 y tenemos que mod(a(n+1) – a(n)) < €(1)

y por la definición de límite, el lim mod(a(n+1) – a(n)) = 0 cuando n tiende a infinito implica lo que acabamos de escribir.

Veamos que si se cumple que lim mod(a(n+1) – a(n)) = 0 la sucesión es de Cauchy.

Mod (a(m) – a(n)) = mod (a(m) – a(m-1) + a(m-1) – … – a(n+1) + a(n+1) – a(n)) 0 existe N tal que para todo n < N Mod(a(n+1) – a(n)) < €(2),

luego la expresión anterior es <= €(2) + €(2) + … + €(2)

Hago €(1) = €(2) * (m-n) y la expresión anterior queda = €(1)

Luego son equivalentes.

La sucesión tiene límite en R (incluido infinito) por ser de Cauchy.

En cuanto a tus contraejemplos no te falta razón es de Cauchy, tiene límite y no es convergente por ser límite = infinito

Si no recuerdo mal las sucesiones de Cauchy eran convergentes si eran acotadas, cosa que la del ejemplo lo es
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Juanjo Escribano
22/06/2012

Hay un error.

El parrafo

Mod (a(m) – a(n)) = mod (a(m) – a(m-1) + a(m-1) – … – a(n+1) + a(n+1) – a(n)) 0 existe N tal que para todo n < N Mod(a(n+1) – a(n)) N Mod(a(n+1) – a(n)) < €(2),
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Juanjo Escribano
22/06/2012

Se me come la demostración. La idea es que el modulo de a(m) – a(n) es menor o igual que la suma de los modulos a(i+1) – a(i) (restando y sumando los a(i) intermedios) y esta suma es <= (m-n) €(2) por la definición de límite poniendo €(2).

Si para €(1) (serie de Cauchy) calculo €(2) = €(1) / (m-n) y aplico lo anterior queda demostrado
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Cartesiano Caotico
23/06/2012

Juanjo Escribano
la desigualdad debe cumplirse siempre, no solo a partir de n=5
el ejemplo de sucesion que has puesto solo es una del conjunto de las infinitas sucesiones posibles. Si quieres puedes poner como ejemplo un millon de casos a favor, pero siempre te puedo poner un contraejemplo.
la sucesion es de cauchy, ya que es convergente (eso ya se ha demostrado) lo que estaba mal era la ecuacion dada por jjbbrr para demostrarlo, esa ecuacion es erronea
y por otro lado vuelvo a decir lo que ya dije en otros posts, no se trata de encontrar un numero «suficientemente grande» que cumpla con el criterio de convergencia, no importa lo grande que cojas el numero te puedo dar infinitos terminos diferentes a partir de ese termino
la convergencia implica que siempre se puede hacer la diferencia entre dos terminos mas pequena, por lo que si quieres dar un valor «suficientemente grande» solo hay uno «infinito» y se habla de conergen ia en el limite. una sucesion constante ha convergido desde el inicio (en un termino finito) pero solo es un caso particular de las infinitas sucesiones que cumplen las condiciones del problema
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Juanjo Escribano
25/06/2012

La sucesión solo es un ejemplo. Tu contraejemplo solo tiene 3 términos y repito:

La serie tiene que cumplir lo que marca la definición.
La demostración basta con que sea válida a partir de un N natural, no necesariamente desde el primer elemento.

Por ejemplo la sucesión 1000, 100, 10, 1, 0.1, 0.01, … para € =1 se cumple a partir de N=4, y evidentemente 1000 – 100 = 900 no lo cumple
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Cartesiano Caotico
25/06/2012

Para refutar algo basta un solo contraejemplo, para demostrarlo tienes que validar todos los casos. Así es la vida.

Ya llevas una sucesión, solo te quedan $\infty \ -1$ sucesiones que comprobar. 😉
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Cartesiano Caotico
26/06/2012

Juanjo, no te líes con los términos.

Lo que es falso es la demostración de $\mathbf{jjbbrr}$ , que lleva a una ecuación incorrecta.
$|a_{n+1}-a_n| \le {1 \over 2} |a_n-a_{n-1}|$

Esa ecuación no se deduce de la definición $a_{n+1} \le {a_n+a_{n-1} \over 2}$

Como explicó con sus ejemplos $\mathbf{esm}$ , al meter valores absolutos la desigualdad no se mantiene. En definitiva la ecuación de $\mathbf{jjbbrr}$ no es correcta.

En el ejemplo de sucesión que das: $a_n=10^{4-n}$ podemos llegar al ‘n’ que tu quieras, que siempre podemos hacer los términos siguientes como $a_{n+1}={a_n+a_{n-1} \over 2}$ y $a_{n+2}=a_n$ .

Según esos últimos términos tendríamos aplicando la falsa demostración que:

$|a_{n+2}-a_{n+1}|=|a_n-{a_n+a_{n-1} \over 2}|=|{a_n-a_{n-1} \over 2}|$ para la parte izquierda y

$|{a_{n+1}-a_n \over 2}|=|{a_n-a_{n-1} \over 4}|$ para la parte derecha, es decir:

$|{a_n-a_{n-1} \over 2}|\le |{a_n-a_{n-1} \over 4}|$ lo cual es falso.

En tu ejemplo: $a_7=0.001; a_8=0.0055; a_9=0.001$

Estos términos encajan dentro de tu sucesión, encajan dentro de la definición del problema y no cumplen la «falsa demostración».

Ya te digo que no me importa que sucesión elijas que siempre voy a poder encontrar
términos que no cumplan esa demostración, ya que es falsa.

Sólo hay un caso en el que no podré buscar contraejemplos: ${a_n}=0\, \forall n>N$

Por desgracia o por fortuna para demostrar algo hay que demostrarlo para todos los casos, para demostrar lo contrario basta un solo caso. Te recomiendo que dejes de poner ejemplos positivos, pues necesitarías $\infty$ ejemplos para corroborar lo que dices, y a mi me basta uno para demostrar lo contrario.

$\boldsymbol {Q.E.D.}$
Saludos
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Juanjo Escribano
26/06/2012

Me ha costado, pero creo que ahora te he entendido. Gracias por ayudarme
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Juanjo Escribano
26/06/2012

Si no me equivoco quieres decir lo siguiente:

a(n+1) <= (a(n)+a(n-1) / 2, restando a(n) en los dos lados
a(n+1) – a(n) <= (a(n)+a(n-1) / 2 – a(n) = – (a(n) – a(n-1) / 2 y ahora al aplicar el módulo la desigualdad no sabemos si se mantiene, p.e -7 2 no y -1, 2 si, de hecho lo que ocurre es que esas diferencias o son 0 o una es positiva y la siguiente negativa con lo que siempre podrás forzar que los módulos pasen a mayor que.
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