Subsucesiones

En esta nota, definimos y desarrollamos lo relacionado a subsucesiones de Sucesiones. Ver también: Límite superior e inferior.

Definición

Dada una sucesión \(\{x_{n}\}_{n=1}^\infty\) y dada una función \(\phi:\mathbb{N} \to \mathbb{N}\) estrictamente creciente, definimos la sucesión \(\{x_{\phi(n)}\}_{n=1}^\infty\) como una subsucesión de \(\{x_{n}\}_{n=1}^\infty\).

Lema

Sea \(\phi:\mathbb{N} \to \mathbb{N}\) una función estrictamente creciente. Entonces \(\phi(n) \geq n\) para todo \(n \in \mathbb{N}\).

Prueba: Se usará inducción sobre n. Caso base: Para \(n = 0\), note que \(\phi(0) \in \mathbb{N}\), entonces \(\phi(0) \geq 0\) trivialmente. Esto prueba el caso base. Paso inductivo: Sea \(m \in \mathbb{N}\) fijo y arbitrario. Suponga como hipótesis inductiva que \(\phi(m) \geq m\). Hay que probar que \(\phi(m+1) \geq m+1\). Note que \(m \leq \phi(m) < \phi(m+1)\). Luego, como \(\phi(m+1) \in \mathbb{N}\) y \(\phi(m+1) > m\), tenemos que \(\phi(m+1) \geq m+1\). Esto prueba el paso inductivo. Conclúyase que \(\phi(n) \geq n\) para todo \(n \in \mathbb{N}\).

Lema

Sea \(\{x_{n}\}_{n=1}^\infty\) una sucesión tal que \(x_{n} \underset{n \rightarrow \infty}{\longrightarrow} L\) y sea \(\{x_{\phi(n)}\}_{n=1}^\infty\) una subsucesión. Entonces \(x_{\phi(n)} \underset{n \rightarrow \infty}{\longrightarrow} L\).

Prueba: Dado \(\varepsilon >0\), existe \(N \in \mathbb{N}\) tal que \(\lvert x_{n}-L \rvert < \varepsilon\) si \(n \geq N\). Ahora, \(\phi(n) \geq n \geq N\) , entonces \(\lvert x_{\phi(n)} - L \rvert < \varepsilon\) para \(n \geq N\).

Ejemplo

Sea \(w_{n} = \cos(n\pi) = (-1)^{n}\). Entonces \(w_{2n} \underset{n \rightarrow \infty}{\longrightarrow} 1\) y \(w_{2n+1} \underset{n \rightarrow \infty}{\longrightarrow} -1\). Por tanto \(w_{n}\) diverge.

Teorema (Bolzano-Weirerstrass):

Sea \(\{x_{n}\}_{n=1}^\infty\) una sucesión acotada. Entonces existe una subsucesión \(\{x_{k_{n}}\}_{n=1}^{\infty}\) que converge.

Prueba: Suponga que \(a \leq x_{n} \leq b\) para todo \(n \in \mathbb{N}\). Sean

\[\begin{aligned} A_{1}^{1} &= \left\{ n: a\leq x_{n} \leq \frac{a+b}{2} \right\} \\ A_{2}^{1} &= \left\{ n: \frac{a+b}{2} \leq x_{n} \leq b \right\} \end{aligned}\]

Entonces \(A_{1}^{1}\) es infinito o \(A_{2}^{1}\) es infinito. Si \(A_{1}^{1}\) es infinito, tome \(a_{1}=a\) y \(b_{1} = \frac{a+b}{2}\). Existen infinitos \(x_{n}\) tales que \(a_{1} \leq x_{n} \leq b_{1}\). Note que \(a = a_{1}\), \(b_{1} < b\). Por otro lado, si \(A_{2}^{1}\) es infinito, entonces tome \(a_{1} = \frac{a+b}{2}\) y \(b_{1} = b\). En este caso, \(a < a_{1}\) y \(b = b_{1}\). Note que, en ambos casos, \(b_{1}-a_{1} = \frac{b-a}{2}\). Concluimos que existen infinitos \(n\) tal que \(a_{1} \leq x_{n} \leq b_{1}\). Ahora, sean

\[\begin{aligned} A_{1}^{2} &= \left\{ n: a_{1}\leq x_{n} \leq \frac{a_{1}+b_{1}}{2} \right\} \\ A_{2}^{2} &= \left\{ n: \frac{a_{1}+b_{1}}{2} \leq x_{n} \leq b_{1} \right\} \end{aligned}\]

Entonces \(A_{1}^{2}\) es infinito o \(A_{2}^{2}\) es infinito. Si \(A_{1}^{2}\) es infinito, tome \(a_{2}=a_{1}\) y \(b_{2} = \frac{a_{1}+b_{1}}{2}\). Existen infinitos \(x_{n}\) tales que \(a_{2} \leq x_{n} \leq b_{2}\). Note que \(a_{1} = a_{2}\), \(b_{2} < b_{1}\). Por otro lado, si \(A_{2}^{1}\) es infinito, entonces tome \(a_{2} = \frac{a_{1}+b_{1}}{2}\) y \(b_{2} = b_{1}\). En este caso, \(a_{1} < a_{2}\) y \(b_{1} = b_{2}\). Note que, en ambos casos, \(b_{2}-a_{2} = \frac{b_{1}-a_{1}}{2} = \frac{b-a}{2^{2}}\). Concluimos que existen infinitos \(n\) tal que \(a_{1} \leq x_{n} \leq b_{1}\).

Iterando el proceso, podemos encontrar \(a_{n}\) y \(b_{n}\) tales que

1. Existen infinitos \(m \in \mathbb{N}\) tales que \(a_{n} \geq x_{m} \leq b_{n}\).
2. \(a \leq a_{n} \leq a_{n+1} \leq b\).
3. \[a\leq b_{n+1} \leq b_{n} \leq b\]
4. \[b_{n}-a_{n} = \frac{b-a}{2^{n}}\]

Por teorema de convergencia monótona, como \(\{a_{n}\}_{n=1}^\infty\) y \(\{b_{n}\}_{n=1}^\infty\) son acotadas y monótonas, entonces convergen. Suponga que \(a_{n} \underset{n \rightarrow \infty}{\longrightarrow} \ell_{1}\) y \(b_{n} \underset{n \rightarrow \infty}{\longrightarrow} \ell_{2}\). Note que

\[\ell_{2}-\ell_{1} =\lim_{ n \to \infty } b_{n}-a_{n} = \lim_{ n \to \infty } \frac{b-a}{2^{n}} = 0.\]

Conclúyase que \(\ell_{2} = \ell_{1}\). Sea \(x_{k_{1}}\) tal que \(a_{1} \leq x_{k_{1}} \leq b_{1}\). Sea \(B_{2} = \{ m:a_{2} \leq x_{m} \leq b_{2} \}\). Note que, por construcción, \(B_{2}\) posee infinitos elementos. Tome \(k_{2} \in B -\{ 0,\dots,k_{1} \}\).

En general, sea \(B_{n} = \{ m: a_{n} \leq x_{m} \leq b_{n} \}\). Note que \(B_{n}\) posee infinitos elementos. Tome \(k_{n} \in B_{n} - \{ 0,\dots,k_{n-1} \}\). Entonces, tenemos una subsucesión \(\{x_{k_{n}}\}_{n=1}^\infty\) tal que \(a_{n} \leq x_{k_{n}} \leq b_{n}\). Luego \(\ell_{1} = \lim_{ n \to \infty } a_{n} \leq \lim_{ n \to \infty } x_{k_{n}} \leq \lim_{ n \to \infty } b_{n} = \ell_{2}\), en donde concluimos que \(\{x_{k_{n}}\}_{n=1}^\infty\) converge por teorema del sandwich.

Teorema (Cauchy implica acotación)

Sea \(\{x_{n}\}_{n=1}^\infty\) una sucesión de Cauchy. Entonces es acotada.

Prueba: Tome \(\varepsilon = 1\). Existe \(N \in \mathbb{N}\) tal que \(\lvert x_{n} - x_{m} \rvert < 1\) para todos \(m,n \geq N\). En particular (tomando \(m = N\)), \(\lvert x_{n} \rvert -\lvert x_{N} \rvert \leq \lvert x_{n} - x_{N} \rvert < 1\). Entonces, \(\lvert x_{n} \rvert < 1 + \lvert x_{N} \rvert\). Sea \(M = \max \{ \lvert x_{1} \rvert, \lvert x_{2} \rvert, \dots, \lvert x_{N-1} \rvert, 1 + \lvert x_{N} \rvert \}\). Entonces \(\lvert x_{n} \rvert \leq M\) para todo \(n \in \mathbb{N}\).

Teorema (Cauchy implica convergencia)

Si \(\{x_{n}\}_{n=1}^\infty\) es de Cauchy, entonces es converge.

Prueba: Como \(\{x_{n}\}_{n=1}^\infty\) es de Cauchy, entonces es acotada. Luego, por Bolzano-Weirerstrass, existe una subsucesión \(\{ x_{k_{n}} \}_{n=1}^{\infty}\) tal que \(x_{k_{n}} \underset{n \rightarrow \infty}{\longrightarrow} L\). Sea \(\varepsilon > 0\). Entonces existe \(N \in \mathbb{N}\) tal que \(\lvert x_{n}-x_{m} \rvert < \frac{\varepsilon}{2}\) si \(n,m \geq N\). Además, existe \(N_{1} \in \mathbb{N}\) tal que \(N_{1} \geq N\) y \(\lvert x_{k_{n}} - L \rvert < \frac{\varepsilon}{2}\) si \(n \geq N_{1}\). Luego, para todo \(n \geq N_{1}\), \(k_{n} \geq n \geq N_{1} \geq N\), entonces

\[\lvert x_{n} - L \rvert \leq \lvert x_{n} - x_{k_{n}} \rvert + \lvert x_{k_{n}} - L \rvert < \varepsilon.\]

Conclúyase entonces que \(\{x_{n}\}_{n=1}^\infty\) converge.

Teorema (Criterio secuencial del límite)

Sea \(f:(a,b) \to \mathbb{R}\) y \(c \in (a,b)\). Entonces \(\lim_{x \to c } f(x) = L\) si y solo si para toda sucesión \(\{x_{n}\}_{n=1}^\infty \subseteq (a,b)\) tal que \(x_{n} \underset{n \rightarrow \infty}{\longrightarrow}c\), tenemos que \(\lim_{ n \to \infty } f(x_{n}) = L\).

Prueba: (\(\impliedby\)): Probaremos la contrapositiva. Asuma que existe \(\varepsilon>0\) tal que para todo \(\delta > 0\) existe \(x_{\delta}\) tal que \(\lvert x- c \rvert < \delta\) y \(\lvert f(x_{\delta}) - L \rvert \geq \varepsilon\). Tome \(\delta = \frac{1}{n}\). entonces, existe \(x_{k_{n}}\) tal que \(\lvert x_{k_{n}} - c \rvert < \frac{1}{n}\) y \(\lvert f(x_{k_{n}}) - L \rvert \geq \varepsilon\). Note que \(\lim_{ n \to \infty } \lvert x_{k_{n}} - c \rvert = 0\), y por lo tanto \(x_{k_{n}} \underset{n \rightarrow \infty}{\longrightarrow} c\), pero \(f(x_{k_{n}}) \underset{n \rightarrow \infty}{\cancel{ \longrightarrow }} L\).

La otra dirección ya la habíamos probado.