Capítulo 5 — Sucesiones y comportamiento eventual
Índice del libro · Ejercicios de este capítulo
La escritura \(2,-1,2,0,2,-1,\ldots\) guarda información que desaparece si reunimos sus valores en un conjunto. Cada aparición ocupa una posición: el segundo \(2\) no sustituye al primero y el orden de las visitas permite distinguir listas que recorren los mismos números. Con este objeto comienza la Parte II, El infinito bajo control. La geometría local de C04 seguirá disponible, pero antes de estudiar cómo una sucesión se aproxima a un punto necesitamos precisar qué significa que una propiedad se cumpla desde cierto índice en adelante.
Usaremos la convención \(\mathbb N=\{0,1,2,\ldots\}\). El primer término llevará índice \(0\), y una lista \((a_0,a_1,a_2,\ldots)\) presentará los valores en ese orden. La definición mediante funciones permitirá trabajar con todos los índices, incluso cuando sólo podamos dibujar o escribir unos pocos.
5.1. Una sucesión es una función: índice y término
Sucesión real. Una sucesión real es una función
\[ a:\mathbb N\to\mathbb R. \]
Para cada \(n\in\mathbb N\), escribimos
\[ a_n=a(n) \]
y llamamos \(a_n\) al término de índice \(n\) de la sucesión.
El dominio determina qué entradas están permitidas. Para \(a_n=1/(n+1)\), por ejemplo, los primeros cinco términos son \(1,1/2,1/3,1/4,1/5\), correspondientes a los índices \(0,1,2,3,4\). La igualdad \(a_3=a(3)=1/4\) relaciona una entrada natural con su salida real; el símbolo \(a\) designa la función completa. Del mismo modo, si \(a_n=3n-2\), el índice \(4\) selecciona \(a_4=10\).
La expresión algebraica por sí sola no fija el objeto. Las funciones \(f:\mathbb R\to\mathbb R\), \(f(x)=x^2\), y \(a:\mathbb N\to\mathbb R\), \(a_n=n^2\), tienen dominios distintos. Para cada natural \(n\) se cumple \(a_n=f(n)\), pero \(f(1/2)=1/4\) está definido y \(a_{1/2}\) no lo está. Tampoco hay términos de índices \(2.1\) o \(2.7\) entre los de índices \(2\) y \(3\).
Los valores pueden repetirse. En \(b_n=(-1)^n\), los índices pares producen \(1\) y los impares producen \(-1\); así, \(b_0=b_2=b_4=1\) aunque los índices sean distintos. Una función exige una única salida para cada entrada, y permite que entradas diferentes compartan salida. La sucesión constante \(a_n=2\) ofrece el caso más sencillo: todos sus términos coinciden.
También pueden coincidir numéricamente entrada y salida en una evaluación. Para \(c_n=2n-3\) obtenemos \(c_0=-3\), \(c_1=-1\), \(c_2=1\) y \(c_3=3\). Como consideramos los naturales incluidos en los reales, el índice \(3\) y el valor \(c_3\) pueden designar el mismo número; lo que debemos distinguir son sus papeles en \(c(3)\). Esa coincidencia no identifica un término con la función ni permite ampliar su dominio. Para \(d_n=2n\), en cambio, \(d_3=6\) hace visible la diferencia entre los dos valores.
La igualdad de sucesiones se decide sobre el dominio completo. Si \(a,b:\mathbb N\to\mathbb R\), entonces
\[ a=b\iff\forall n\in\mathbb N:\ a_n=b_n. \]
Las sucesiones \((0,1,0,1,\ldots)\) y \((1,0,1,0,\ldots)\) ya difieren en el índice \(0\). Para descartar su igualdad basta una entrada; para probarla debemos cubrirlas todas. El orden \(0<1<2<\cdots\) permite además hablar de posiciones anteriores y posteriores: decir que \(a_5\) aparece después de \(a_2\) significa que \(2<5\), sin introducir tiempo físico. Ese orden del dominio será lo que nos permita cortar una sucesión y conservar su parte tardía.
Ejercicios de la sección 5.1
Ejercicio 1. Entrada, salida y repetición
Sea la sucesión real
\[ a:\mathbb N\to\mathbb R, \qquad a_n=(n-2)^2-1. \]
Calcula \(a_0\), \(a_1\), \(a_2\), \(a_3\) y \(a_5\).
Para cada una de las expresiones siguientes, indica qué tipo de objeto designa:
\[ a, \qquad 5, \qquad a_5, \qquad a(5). \]
No basta con dar su valor numérico: debes decir si se trata de la función completa, de un índice o de un término.
Observa que dos índices distintos producen el mismo valor. Encuentra esos dos índices entre \(0,1,2,3\) y escribe las dos igualdades correspondientes.
Explica por qué esa repetición no contradice que \(a\) sea una función.
Ver solución del ejercicio 1
La sucesión está dada por
\[ a_n=(n-2)^2-1. \]
Sustituyendo cada índice obtenemos
\[ a_0=4-1=3, \]
\[ a_1=1-1=0, \]
\[ a_2=0-1=-1, \]
\[ a_3=1-1=0, \]
y
\[ a_5=9-1=8. \]
Ahora separamos los tipos:
- \(a\) es la función completa \(a:\mathbb N\to\mathbb R\);
- \(5\) es un índice, es decir, un elemento de \(\mathbb N\);
- \(a_5\) es el término real seleccionado por el índice \(5\);
- \(a(5)\) es otra notación para ese mismo término.
Por tanto,
\[ a_5=a(5)=8, \]
pero el índice sigue siendo \(5\) y el término sigue siendo \(8\).
Además,
\[ a_1=0=a_3, \]
aunque
\[ 1\ne3. \]
Esto no contradice la definición de función. Una función exige que cada entrada tenga una única salida; no exige que entradas distintas tengan salidas distintas. Aquí el índice \(1\) tiene una sola imagen, \(0\), y el índice \(3\) también tiene una sola imagen, \(0\).
Ejercicio 2. La misma regla no determina la misma función
Considera
\[ f:\mathbb R\to\mathbb R, \qquad f(x)=2x+1, \]
\[ a:\mathbb N\to\mathbb R, \qquad a_n=2n+1, \]
y
\[ c:\mathbb Z\to\mathbb R, \qquad c(k)=2k+1. \]
Calcula \(f(3)\), \(a_3\) y \(c(3)\).
¿Son iguales como funciones \(f\), \(a\) y \(c\)? Justifica tu respuesta usando el dominio como parte del objeto matemático.
Decide cuáles de las expresiones siguientes están definidas y, cuando lo estén, calcula su valor:
\[ a_{-1}, \qquad c(-1), \qquad f\!\left(\frac12\right), \qquad a_{1/2}. \]
- Formula con precisión la relación que sí existe entre \(f\) y \(a\): ¿qué ocurre cuando ambos se evalúan en un mismo \(n\in\mathbb N\)?
Ver solución del ejercicio 2
En el índice o argumento \(3\) las tres reglas producen el mismo valor:
\[ f(3)=2\cdot3+1=7, \]
\[ a_3=2\cdot3+1=7, \]
y
\[ c(3)=2\cdot3+1=7. \]
Sin embargo, \(f\), \(a\) y \(c\) no son iguales como funciones. Sus dominios son distintos:
\[ \operatorname{Dom}(f)=\mathbb R, \qquad \operatorname{Dom}(a)=\mathbb N, \qquad \operatorname{Dom}(c)=\mathbb Z. \]
La fórmula algebraica no determina por sí sola el objeto función; el dominio forma parte de él.
Revisemos ahora las cuatro expresiones propuestas.
Como \(-1\notin\mathbb N\), la expresión
\[ a_{-1} \]
no está definida para la sucesión \(a\).
En cambio, \(-1\in\mathbb Z\), de modo que
\[ c(-1)=2(-1)+1=-1. \]
Como \(1/2\in\mathbb R\),
\[ f\!\left(\frac12\right)=2\cdot\frac12+1=2. \]
Pero \(1/2\notin\mathbb N\), así que
\[ a_{1/2} \]
no está definido.
La relación correcta entre \(f\) y \(a\) es ésta: para todo \(n\in\mathbb N\), ambos objetos pueden evaluarse en \(n\) y dan el mismo valor,
\[ a_n=f(n)=2n+1. \]
Eso no convierte a \(a\) y \(f\) en la misma función, porque sus dominios siguen siendo distintos.
Ejercicio 3. Tres registros para una misma sucesión
Sea \(b:\mathbb N\to\mathbb R\) definida por
\[ b_n= \begin{cases} 4, & \text{si }n\equiv0\pmod 3,\\ -1, & \text{si }n\equiv1\pmod 3,\\ 0, & \text{si }n\equiv2\pmod 3. \end{cases} \]
Construye una tabla con dos columnas, \(n\) y \(b_n\), para \(0\le n\le8\).
Escribe esos nueve términos como una lista ordenada
\[ (b_0,b_1,\ldots,b_8). \]
- Escribe explícitamente las nueve asignaciones
\[ n\longmapsto b_n \]
para \(0\le n\le8\).
- Señala qué información permanece visible en las tres representaciones y explica por qué la aparición repetida de \(4\), \(-1\) y \(0\) es compatible con la definición de función.
Ver solución del ejercicio 3
La definición depende del resto de \(n\) al dividir por \(3\). Para \(0\le n\le8\) obtenemos:
| \(n\) | \(b_n\) |
|---|---|
| \(0\) | \(4\) |
| \(1\) | \(-1\) |
| \(2\) | \(0\) |
| \(3\) | \(4\) |
| \(4\) | \(-1\) |
| \(5\) | \(0\) |
| \(6\) | \(4\) |
| \(7\) | \(-1\) |
| \(8\) | \(0\) |
La lista ordenada correspondiente es
\[ (4,-1,0,4,-1,0,4,-1,0). \]
Las mismas nueve evaluaciones pueden escribirse como
\[ \begin{aligned} 0&\longmapsto4,\\ 1&\longmapsto-1,\\ 2&\longmapsto0,\\ 3&\longmapsto4,\\ 4&\longmapsto-1,\\ 5&\longmapsto0,\\ 6&\longmapsto4,\\ 7&\longmapsto-1,\\ 8&\longmapsto0. \end{aligned} \]
La tabla muestra directamente qué índice corresponde a cada término. La lista conserva esa correspondencia porque sus posiciones están ordenadas como \(0,1,2,\ldots\). Las asignaciones \(n\mapsto b_n\) hacen explícita la evaluación de la función.
En los tres registros se conserva la asociación entre posición y valor. La repetición de \(4\), \(-1\) y \(0\) no crea ambigüedad: cada índice sigue teniendo exactamente una salida. Por ejemplo,
\[ b_0=b_3=b_6=4, \]
pero cada uno de los índices \(0\), \(3\) y \(6\) tiene una imagen única.
Ejercicio 4. Una fórmula, tres errores de tipo
Sea
\[ c:\mathbb N\to\mathbb R, \qquad c_n=2n-3. \]
Un estudiante escribe:
Como \(c_3=3\), el índice \(3\) y el término \(c_3\) son el mismo objeto. Además, la función \(g:\mathbb R\to\mathbb R\) dada por \(g(x)=2x-3\) es igual a \(c\), porque ambas usan la misma fórmula. Por tanto \(c\) también tiene un término de índice \(3.5\), y ese término vale \(4\).
Analiza el argumento completo.
Localiza tres errores distintos.
Para cada error, identifica qué distinción de tipos o de dominios se ha perdido.
Reescribe el razonamiento de forma correcta, conservando todas las afirmaciones verdaderas que puedan rescatarse.
Indica qué habría que comprobar para poder afirmar que dos sucesiones \(u,v:\mathbb N\to\mathbb R\) son iguales.
Ver solución del ejercicio 4
El argumento mezcla tres cuestiones diferentes: igualdad numérica, igualdad de objetos y pertenencia al dominio.
La igualdad \(c_3=3\) es verdadera como igualdad numérica. Puesto que los naturales se consideran incluidos en los reales, ambas expresiones pueden designar el mismo número. La dificultad aparece cuando se intercambian sus papeles: \(3\) es la entrada en la evaluación \(c(3)\), mientras que \(c_3=c(3)\) es su salida. Esa coincidencia en una evaluación no convierte el índice en la función completa ni permite confundir dominio y codominio.
El segundo error consiste en afirmar que \(g\) y \(c\) son la misma función porque comparten la expresión \(2x-3\). No lo son, pues
\[ g:\mathbb R\to\mathbb R \]
y
\[ c:\mathbb N\to\mathbb R \]
tienen dominios distintos. Lo que sí es correcto es que para cada \(n\in\mathbb N\),
\[ g(n)=2n-3=c_n. \]
El tercer error es introducir un supuesto término \(c_{3.5}\). Como
\[ 3.5\notin\mathbb N, \]
\(3.5\) no es un índice permitido de \(c\). La expresión \(g(3.5)\) sí está definida y vale
\[ g(3.5)=2(3.5)-3=4, \]
pero ese valor pertenece a una evaluación de \(g\) y no a un término de \(c\) con índice \(3.5\).
Una versión corregida del razonamiento es:
\[ c_3=3, \]
de modo que el índice \(3\) y el término correspondiente tienen el mismo valor numérico, aunque desempeñan papeles distintos. La función \(g\) y la sucesión \(c\) obedecen a la misma regla algebraica en los índices naturales, pero no son la misma función porque sus dominios difieren. Por eso \(g(3.5)=4\) está definido, mientras que \(c_{3.5}\) no lo está.
Finalmente, si
\[ u,v:\mathbb N\to\mathbb R, \]
entonces para afirmar que son la misma sucesión debemos comprobar igualdad índice por índice:
\[ \boxed{ \forall n\in\mathbb N, \quad u_n=v_n. } \]
5.2. El orden de las visitas importa
De una sucesión podemos extraer su imagen, el conjunto de valores \(a(\mathbb N)=\{a_n:n\in\mathbb N\}\subseteq\mathbb R\). Para pertenecer a él basta aparecer en algún índice. El conjunto guarda cuáles números aparecen y descarta la asignación de cada índice a su término.
Consideremos \(a=(0,1,0,1,\ldots)\) y \(b=(0,0,1,1,0,0,1,1,\ldots)\). Ambas toman exactamente los valores \(0\) y \(1\), pero \(a_1=1\) y \(b_1=0\). Si conservamos sólo \(\{0,1\}\) no podremos reconstruir cuál de las dos sucesiones lo produjo. La pérdida afecta también a las repeticiones: en \(c=(0,1,1,1,\ldots)\), el cero aparece sólo en el índice \(0\), mientras que en \(d=(0,1,0,1,\ldots)\) aparece en \(0,2,4,\ldots\); sus imágenes siguen siendo iguales.
Ni siquiera hace falta que haya valores repetidos. La sucesión \(p_n=n\) y la definida por \(q_0=1\), \(q_1=0\), \(q_n=n\) para \(n\ge2\), visitan cada natural una sola vez y tienen imagen \(\mathbb N\), considerada dentro de \(\mathbb R\). Sin embargo, \(p_0=0\ne1=q_0\). También podemos construir dos sucesiones con imagen \(\{0,1,2\}\) intercambiando las primeras entradas de \((0,1,2,2,2,\ldots)\): obtenemos \((1,0,2,2,2,\ldots)\), que difiere ya en el índice \(0\).
En general, la igualdad de sucesiones implica igualdad de imágenes. Si \(x=a_m\) para algún \(m\) y \(a=b\), entonces \(x=b_m\); esto prueba una inclusión entre imágenes, y el mismo argumento con los papeles intercambiados prueba la otra. Los ejemplos anteriores muestran que la implicación inversa falla: compartir todos los valores no fuerza a compartir sus índices.
Una biyección \(\sigma:\mathbb N\to\mathbb N\) permite reorganizar las visitas mediante \(b_n=a_{\sigma(n)}\). Las imágenes siguen coincidiendo. Todo valor \(b_n\) es un valor de \(a\); recíprocamente, si \(x=a_m\), la sobreyectividad de \(\sigma\) proporciona un índice \(n\) con \(\sigma(n)=m\), y entonces \(x=b_n\). No hemos probado \(a_n=b_n\), pues el índice encontrado puede ser otro. Para que las funciones fueran iguales necesitaríamos \(a_n=a_{\sigma(n)}\) en cada mismo índice.
Así, una lista ordenada conserva información que un conjunto elimina. Si la regla de continuación está determinada, su posición \(n+1\) permite recuperar \(a_n\) porque empezamos en \(0\). Unos pocos términos seguidos de puntos suspensivos, sin una regla que determine los restantes, no bastan para especificar una sucesión completa.
Ejercicios de la sección 5.2
Ejercicio 5. Los valores y los índices que los visitan
Sea la sucesión \(a:\mathbb N\to\mathbb R\) definida por
\[ a_n= \begin{cases} 0, & \text{si }n\equiv0\pmod 4,\\ 2, & \text{si }n\equiv1\text{ o }2\pmod 4,\\ -1, & \text{si }n\equiv3\pmod 4. \end{cases} \]
Para cada \(x\in\mathbb R\), define el conjunto de índices de aparición de \(x\) por
\[ I_a(x)=\{n\in\mathbb N:a_n=x\}. \]
Determina el conjunto de valores \(a(\mathbb N)\).
Describe exactamente \(I_a(0)\), \(I_a(2)\) e \(I_a(-1)\).
Indica el tipo matemático de cada objeto:
\[ a, \qquad a(\mathbb N), \qquad I_a(2), \qquad a_6. \]
- Explica qué información conservan los conjuntos \(I_a(x)\) que desaparece si sólo conocemos \(a(\mathbb N)\).
Ver solución del ejercicio 5
La definición depende del resto de \(n\) módulo \(4\).
Los valores posibles son únicamente \(0\), \(2\) y \(-1\), y cada uno aparece: \(a_0=0\), \(a_1=2\) y \(a_3=-1\). Por tanto,
\[ \boxed{a(\mathbb N)=\{-1,0,2\}.} \]
Los índices que producen \(0\) son exactamente los múltiplos de \(4\):
\[ \boxed{I_a(0)=\{4k:k\in\mathbb N\}.} \]
El valor \(2\) aparece en los índices congruentes con \(1\) o \(2\) módulo \(4\):
\[ \boxed{ I_a(2) = \{4k+1:k\in\mathbb N\} \cup \{4k+2:k\in\mathbb N\}. } \]
Finalmente,
\[ \boxed{I_a(-1)=\{4k+3:k\in\mathbb N\}.} \]
Los tipos son distintos:
- \(a\) es la función completa \(\mathbb N\to\mathbb R\);
- \(a(\mathbb N)\) es un subconjunto de \(\mathbb R\);
- \(I_a(2)\) es un subconjunto de \(\mathbb N\);
- \(a_6\) es un número real, y como \(6\equiv2\pmod4\), vale \(2\).
El conjunto de valores sólo dice qué números aparecen. Los conjuntos \(I_a(x)\) dicen además dónde aparecen. Por ejemplo, de \(a(\mathbb N)=\{-1,0,2\}\) no puede recuperarse que \(0\) aparezca exactamente en los múltiplos de \(4\) ni que \(2\) ocupe dos clases de congruencia distintas.
Ejercicio 6. Recuperar la sucesión a partir de sus índices de aparición
Sean \(a,b:\mathbb N\to\mathbb R\). Para cada \(x\in\mathbb R\), define
\[ I_a(x)=\{n\in\mathbb N:a_n=x\}, \qquad I_b(x)=\{n\in\mathbb N:b_n=x\}. \]
Demuestra la equivalencia
\[ \boxed{ a=b \iff \forall x\in\mathbb R,\ I_a(x)=I_b(x). } \]
Después demuestra que
\[ a(\mathbb N) = \{x\in\mathbb R:I_a(x)\ne\varnothing\}. \]
Concluye explicando por qué conocer todos los conjuntos \(I_a(x)\) contiene estrictamente más información que conocer sólo el conjunto de valores \(a(\mathbb N)\).
Ver solución del ejercicio 6
Supongamos primero que
\[ a=b. \]
Entonces, para todo \(n\in\mathbb N\),
\[ a_n=b_n. \]
Fijemos \(x\in\mathbb R\). Para cualquier \(n\in\mathbb N\),
\[ n\in I_a(x) \iff a_n=x \iff b_n=x \iff n\in I_b(x). \]
Por extensionalidad,
\[ I_a(x)=I_b(x). \]
Como \(x\) era arbitrario,
\[ \forall x\in\mathbb R,\ I_a(x)=I_b(x). \]
Probemos la conversa. Supongamos ahora que
\[ \forall x\in\mathbb R,\ I_a(x)=I_b(x). \]
Fijemos un índice arbitrario \(n\in\mathbb N\) y pongamos
\[ x=a_n. \]
Entonces \(n\in I_a(x)\). Por la igualdad de conjuntos de índices,
\[ n\in I_b(x), \]
y, por definición de \(I_b(x)\),
\[ b_n=x=a_n. \]
Como esto vale para todo \(n\in\mathbb N\),
\[ a=b. \]
Hemos demostrado
\[ \boxed{ a=b \iff \forall x\in\mathbb R,\ I_a(x)=I_b(x). } \]
Para la segunda identidad, un real \(x\) pertenece al conjunto de valores si y sólo si aparece en al menos un índice:
\[ \begin{aligned} x\in a(\mathbb N) &\iff \exists n\in\mathbb N:\ a_n=x\\ &\iff I_a(x)\ne\varnothing. \end{aligned} \]
Por tanto,
\[ \boxed{ a(\mathbb N) = \{x\in\mathbb R:I_a(x)\ne\varnothing\}. } \]
El conjunto de valores conserva solamente cuáles conjuntos \(I_a(x)\) son vacíos o no vacíos. Conocer cada \(I_a(x)\) conserva además todos los índices en los que aparece cada valor, y esa información basta incluso para reconstruir la sucesión completa.
Ejercicio 7. Dos existencias no alinean los índices
Un estudiante escribe:
Si dos sucesiones \(a,b:\mathbb N\to\mathbb R\) tienen el mismo conjunto de valores, entonces cada término \(a_n\) aparece en algún lugar de \(b\) y cada término \(b_m\) aparece en algún lugar de \(a\). Por tanto, para todo \(n\) se tiene \(a_n=b_n\), y las sucesiones son iguales.
Audita el argumento.
Traduce la igualdad de conjuntos de valores en dos afirmaciones cuantificadas que expresen «cada término aparece en algún lugar de la otra sucesión».
Escribe la afirmación cuantificada que sería necesaria para concluir \(a=b\).
Localiza el paso ilegítimo: explica por qué un índice \(m\) cuya existencia depende de \(n\) no puede reemplazarse sin más por ese mismo \(n\).
Usa
\[ a=(0,1,0,1,\ldots), \qquad b=(1,0,1,0,\ldots) \]
para mostrar concretamente que las dos afirmaciones existenciales pueden ser verdaderas mientras \(a\ne b\).
- Reescribe la conclusión correcta del argumento del estudiante.
Ver solución del ejercicio 7
La igualdad de conjuntos de valores
\[ a(\mathbb N)=b(\mathbb N) \]
implica dos afirmaciones correctas:
\[ \forall n\in\mathbb N\ \exists m\in\mathbb N: \ a_n=b_m, \]
y
\[ \forall m\in\mathbb N\ \exists n\in\mathbb N: \ b_m=a_n. \]
Estas fórmulas dicen que cada valor visitado por una sucesión aparece en algún índice de la otra.
Para concluir igualdad de sucesiones necesitaríamos algo distinto:
\[ \boxed{ \forall n\in\mathbb N:\ a_n=b_n. } \]
El error consiste en sustituir
\[ \forall n\ \exists m \]
por una afirmación en la que el testigo \(m\) queda forzado a ser el mismo índice \(n\). La existencia de algún \(m\) no garantiza \(m=n\); además, el índice testigo puede depender del valor de \(n\).
En el ejemplo
\[ a=(0,1,0,1,\ldots), \qquad b=(1,0,1,0,\ldots), \]
ambas sucesiones tienen conjunto de valores \(\{0,1\}\). En \(b\), el valor \(0\) aparece en los índices impares y el valor \(1\) en los pares. Para todo \(n\), el testigo \(m=n+1\) cumple \(b_m=a_n\); en la dirección recíproca, el mismo desplazamiento cumple \(a_{n+1}=b_n\). Por tanto, ambas afirmaciones existenciales son verdaderas, aunque la coincidencia nunca se dé en el mismo índice.
Sin embargo, en el índice \(0\),
\[ a_0=0 \qquad\text{y}\qquad b_0=1, \]
de modo que
\[ a\ne b. \]
La conclusión correcta es únicamente:
si dos sucesiones tienen el mismo conjunto de valores, cada valor tomado por una de ellas es tomado también por la otra, quizá en índices distintos.
No puede recuperarse la igualdad índice por índice a partir de esa información.
Ejercicio 8. Ningún prefijo finito fija el orden completo
Sea \(M\in\mathbb N\) arbitrario.
Construye dos sucesiones \(a,b:\mathbb N\to\mathbb R\) que satisfagan simultáneamente:
- \(a_n=b_n\) para todo \(0\le n\le M\);
- \(a(\mathbb N)=b(\mathbb N)=\mathbb N\);
- cada valor natural aparece exactamente una vez en cada sucesión;
- \(a\ne b\).
Tu construcción debe funcionar para todo \(M\).
Después identifica un índice concreto que demuestre \(a\ne b\) y explica qué refuta el ejemplo acerca de la posibilidad de reconstruir una sucesión conociendo su conjunto de valores y una cantidad finita, aunque arbitrariamente grande, de términos iniciales.
Ver solución del ejercicio 8
Fijemos \(M\in\mathbb N\). Definimos
\[ a_n=n \]
para todo \(n\in\mathbb N\) y construimos \(b\) intercambiando únicamente los valores situados en los índices \(M+1\) y \(M+2\):
\[ b_n= \begin{cases} M+2, & n=M+1,\\ M+1, & n=M+2,\\ n, & \text{en cualquier otro caso}. \end{cases} \]
Para todo \(0\le n\le M\) no se ha modificado nada, así que
\[ a_n=b_n. \]
La sucesión \(a\) visita cada número natural exactamente una vez. La sucesión \(b\) hace lo mismo: sólo hemos permutado las posiciones de \(M+1\) y \(M+2\). Por tanto,
\[ a(\mathbb N)=b(\mathbb N)=\mathbb N, \]
y cada valor aparece exactamente una vez en ambas.
Pero en el índice \(M+1\) tenemos
\[ a_{M+1}=M+1 \]
mientras que
\[ b_{M+1}=M+2. \]
Luego
\[ \boxed{a\ne b.} \]
Como \(M\) era arbitrario, el acuerdo puede hacerse tan largo como queramos sin forzar igualdad global. Incluso conocer el conjunto completo de valores y cualquier cantidad finita prefijada de términos iniciales deja abierta la posibilidad de reorganizar valores en índices posteriores.
El ejemplo separa dos clases de información: el conjunto de valores registra qué números aparecen; la sucesión registra además en qué índice aparece cada uno.
Ejercicio 9. El mismo conjunto de valores, muchos ritmos de repetición
Para cada entero \(r\ge1\), define una sucesión \(b^{(r)}:\mathbb N\to\mathbb R\) por bloques. Para \(q\in\mathbb N\) y \(j\in\{0,1,\ldots,r-1\}\), fija
\[ b^{(r)}_{3rq+j}=0, \]
\[ b^{(r)}_{3rq+r+j}=1, \]
y
\[ b^{(r)}_{3rq+2r+j}=2. \]
Así, cada ciclo contiene \(r\) ceros, luego \(r\) unos y luego \(r\) doses.
Escribe los primeros doce términos de \(b^{(1)}\), \(b^{(2)}\) y \(b^{(3)}\).
Demuestra que, para todo \(r\ge1\),
\[ b^{(r)}(\mathbb N)=\{0,1,2\}. \]
- Demuestra que si \(1\le r<s\), entonces
\[ b^{(r)}_r=1 \qquad\text{y}\qquad b^{(s)}_r=0. \]
Concluye que las sucesiones \(b^{(r)}\) son dos a dos distintas.
Describe el conjunto de índices en los que \(b^{(r)}\) toma el valor \(0\).
Explica qué aspecto de la sucesión cambia con \(r\) y por qué ese cambio es completamente invisible en el conjunto de valores \(\{0,1,2\}\).
Ver solución del ejercicio 9
Para \(r=1\) obtenemos ciclos de longitud \(3\):
\[ b^{(1)}=(0,1,2,0,1,2,0,1,2,0,1,2,\ldots). \]
Para \(r=2\) los valores aparecen en bloques de longitud \(2\):
\[ b^{(2)}=(0,0,1,1,2,2,0,0,1,1,2,2,\ldots). \]
Para \(r=3\) aparecen en bloques de longitud \(3\):
\[ b^{(3)}=(0,0,0,1,1,1,2,2,2,0,0,0,\ldots). \]
Fijemos ahora \(r\ge1\). Por definición, todos los términos de \(b^{(r)}\) pertenecen a \(\{0,1,2\}\). Además, tomando \(q=0\) y \(j=0\) obtenemos
\[ b^{(r)}_0=0, \qquad b^{(r)}_r=1, \qquad b^{(r)}_{2r}=2. \]
Por tanto los tres valores aparecen y no aparece ningún otro:
\[ \boxed{b^{(r)}(\mathbb N)=\{0,1,2\}.} \]
Sean ahora \(1\le r<s\). En la sucesión \(b^{(r)}\), el primer bloque de ceros ocupa los índices
\[ 0,1,\ldots,r-1, \]
de modo que el índice \(r\) ya pertenece al primer bloque de unos. Así,
\[ b^{(r)}_r=1. \]
En cambio, para \(b^{(s)}\) el primer bloque de ceros ocupa
\[ 0,1,\ldots,s-1. \]
Como \(r<s\),
\[ b^{(s)}_r=0. \]
Luego
\[ b^{(r)}_r\ne b^{(s)}_r, \]
y por tanto
\[ \boxed{b^{(r)}\ne b^{(s)}} \]
siempre que \(r\ne s\).
Los índices en los que aparece \(0\) forman, para cada ciclo \(q\), el bloque
\[ \{3rq,3rq+1,\ldots,3rq+r-1\}. \]
Por tanto,
\[ \boxed{ I_{b^{(r)}}(0) = \bigcup_{q\in\mathbb N} \{3rq+j:0\le j\le r-1\}. } \]
Al variar \(r\) cambia la longitud de los bloques y, con ella, el patrón de repetición y el orden local de las visitas. El conjunto de valores no registra ninguna de esas diferencias: para todos los parámetros colapsa al mismo conjunto \(\{0,1,2\}\).
La familia muestra de forma paramétrica que conservar los valores visitados no equivale a conservar la organización indexada de esas visitas.
5.3. Ver una sucesión sin perder el índice
La sucesión \(a_n=2n-1\) puede describirse mediante una fórmula, una lista, una tabla o sus puntos en el plano. Estas representaciones deben conservar la misma asociación \(n\mapsto a_n\):
| \(n\) | \(a_n\) | Punto \((n,a_n)\) |
|---|---|---|
| \(0\) | \(-1\) | \((0,-1)\) |
| \(1\) | \(1\) | \((1,1)\) |
| \(2\) | \(3\) | \((2,3)\) |
| \(3\) | \(5\) | \((3,5)\) |
| \(4\) | \(7\) | \((4,7)\) |
La lista comienza \((-1,1,3,5,7,\ldots)\), y la afirmación \(a_3=5\) ocupa su cuarto lugar. En la fórmula se obtiene sustituyendo \(n=3\); en la tabla está en la fila de entrada \(3\); en el plano está representada por \((3,5)\). Esos cambios de escritura conservan una misma evaluación.
La gráfica de la sucesión es el conjunto \(\{(n,a_n):n\in\mathbb N\}\subseteq\mathbb N\times\mathbb R\). Cada par guarda el índice en su primera coordenada y el término en la segunda. Por eso los puntos \((0,1)\) y \((2,1)\) de \(b_n=(-1)^n\) son distintos, aunque compartan altura. Si proyectamos sobre la recta real y dejamos sólo las marcas \(-1\) y \(1\), recuperamos el conjunto de valores y perdemos la asignación. Podemos conservarla mediante etiquetas: a \(1\) le corresponden los índices \(2k\) y a \(-1\) los índices \(2k+1\), con \(k\in\mathbb N\).
Una curva que una los puntos añade entradas que no están en el dominio. Para \(a_n=n^2\), la parábola completa \(y=x^2\) contiene también \((1/2,1/4)\), que no pertenece a la gráfica de la sucesión. Las líneas pueden servir como construcciones auxiliares, pero no definen términos de índices no naturales. En las figuras de sucesiones mantendremos los puntos separados para que el dibujo conserve ese dominio.
La función tampoco tiene que venir dada por una fórmula cerrada. Una descripción por recurrencia, como \(a_0=0\) y \(a_{n+1}=a_n^2+1\), fija el primer valor y determina un único real siguiente a partir de cada valor ya fijado; produce los términos \(0,1,2,5,26,\ldots\). La definición de sucesión pide la asignación completa, cualquiera que sea su descripción exacta. Su gráfica completa permite recuperarla buscando, para cada natural \(n\), el único par de primera coordenada \(n\).
La utilidad de cada registro depende de la tarea. La fórmula permite calcular términos lejanos; la tabla explicita las entradas; la lista muestra rápidamente repeticiones y alternancias; los puntos permiten comparar índices y alturas. Para \(a_n=3-2n\), por ejemplo, los primeros cinco términos son \((3,1,-1,-3,-5)\) y sus puntos son \((0,3),(1,1),(2,-1),(3,-3),(4,-5)\). En cualquiera de esos registros sólo hemos mostrado un bloque finito: la regla \(a_n=3-2n\) es la que determina también las entradas posteriores.
Ejercicios de la sección 5.3
Ejercicio 10. Del conjunto de puntos a tres registros coordinados
Los primeros ocho términos de una sucesión \(a:\mathbb N\to\mathbb R\) están representados por el conjunto de puntos
\[ G_7= \{(0,3),(1,1),(2,3),(3,-1),(4,1),(5,3),(6,-1),(7,1)\}. \]
Este conjunto registra sólo los índices \(0\) a \(7\); no se afirma nada todavía sobre los términos posteriores.
Reconstruye una tabla con columnas \(n\) y \(a_n\) para \(0\le n\le7\).
Escribe el mismo bloque como lista ordenada
\[ (a_0,a_1,\ldots,a_7). \]
Representa esos ocho términos sobre la recta real usando únicamente las posiciones \(-1\), \(1\) y \(3\), pero añade junto a cada posición todos los índices que llegan a ella.
Localiza la afirmación
\[ a_5=3 \]
en los tres registros: conjunto de puntos, tabla y recta real etiquetada.
- Borra ahora las etiquetas de índice de la representación sobre la recta real. ¿Qué información queda y qué información deja de poder recuperarse acerca de los primeros ocho términos?
Ver solución del ejercicio 10
Cada punto \((n,a_n)\) contiene simultáneamente el índice y el término. La tabla es, por tanto,
| \(n\) | \(a_n\) |
|---|---|
| \(0\) | \(3\) |
| \(1\) | \(1\) |
| \(2\) | \(3\) |
| \(3\) | \(-1\) |
| \(4\) | \(1\) |
| \(5\) | \(3\) |
| \(6\) | \(-1\) |
| \(7\) | \(1\) |
El bloque ordenado correspondiente es
\[ (a_0,a_1,\ldots,a_7) = (3,1,3,-1,1,3,-1,1). \]
Sobre la recta real sólo aparecen tres posiciones. Para conservar la información indexada debemos añadir las etiquetas:
\[ -1:\ \{3,6\}, \qquad 1:\ \{1,4,7\}, \qquad 3:\ \{0,2,5\}. \]
La igualdad \(a_5=3\) aparece en el conjunto de puntos como
\[ (5,3)\in G_7, \]
en la tabla como la fila cuya primera entrada es \(5\), y en la recta etiquetada mediante la presencia del índice \(5\) junto a la posición \(3\).
Si borramos todas las etiquetas de índice, sólo queda el conjunto
\[ \{-1,1,3\}. \]
Ese registro conserva qué valores aparecen en el bloque, pero ya no indica en qué posiciones aparecen, en qué orden se recorren ni cuántas veces aparece cada uno dentro de los ocho términos observados. La pérdida se produce precisamente al eliminar la asociación
\[ n\longmapsto a_n. \]
Ejercicio 11. Una codificación fiel que no es la gráfica estándar
Sea
\[ a_n=(-1)^n(n+1), \qquad n\in\mathbb N. \]
Considera dos conjuntos de puntos:
\[ G=\{(n,a_n):n\in\mathbb N\} \]
y
\[ H=\{(2n+1,a_n):n\in\mathbb N\}. \]
Escribe los primeros cinco puntos de \(G\) y los primeros cinco puntos de \(H\).
Explica por qué \(G\) es la gráfica de la sucesión en el sentido estándar de §5.3.
El conjunto \(H\) no usa el índice original como coordenada horizontal. Demuestra, sin embargo, que conserva toda la información de la sucesión si se declara la regla de decodificación
\[ n=\frac{x-1}{2}. \]
En particular, muestra cómo recuperar \(a_3\) a partir del punto correspondiente de \(H\).
- Explica por qué \(H\) es una representación codificada fiel, pero no es literalmente la gráfica
\[ \{(n,a_n):n\in\mathbb N\}. \]
- Si de \(G\) o de \(H\) conservamos únicamente las alturas y borramos por completo la coordenada horizontal, ¿qué estructura de la sucesión se pierde?
Ver solución del ejercicio 11
Los primeros valores son
\[ a_0=1, \quad a_1=-2, \quad a_2=3, \quad a_3=-4, \quad a_4=5. \]
Por tanto, los primeros cinco puntos de la gráfica estándar son
\[ (0,1),\ (1,-2),\ (2,3),\ (3,-4),\ (4,5), \]
y los primeros cinco puntos de \(H\) son
\[ (1,1),\ (3,-2),\ (5,3),\ (7,-4),\ (9,5). \]
El conjunto
\[ G=\{(n,a_n):n\in\mathbb N\} \]
es la gráfica estándar porque su primera coordenada es literalmente el índice \(n\) de la sucesión.
En \(H\) la primera coordenada ha sido reemplazada por
\[ x=2n+1. \]
La transformación es reversible sobre las coordenadas que aparecen en \(H\): si conocemos \(x\), recuperamos el índice mediante
\[ n=\frac{x-1}{2}. \]
Por ejemplo, el término \(a_3\) corresponde al punto cuya primera coordenada es
\[ 2\cdot3+1=7. \]
Como
\[ (7,-4)\in H, \]
recuperamos
\[ a_3=-4. \]
Así, \(H\) conserva toda la asociación índice–término siempre que la regla de decodificación forme parte de la representación. No es, sin embargo, la gráfica estándar de \(a\), porque sus puntos no tienen la forma \((n,a_n)\): la coordenada horizontal es \(2n+1\), no \(n\).
Si borramos la coordenada horizontal, en cualquiera de los dos registros quedan sólo las alturas
\[ \{1,-2,3,-4,5,-6,\ldots\}. \]
Se pierde la correspondencia explícita entre cada índice y su valor. El hecho de que en este ejemplo los valores sean distintos no cambia el tipo de información eliminada: la proyección vertical ya no registra por sí misma la función \(n\mapsto a_n\).
Ejercicio 12. Dos curvas distintas, una sola sucesión
Considera las funciones reales
\[ f:\mathbb R\to\mathbb R, \qquad f(x)=x, \]
y
\[ g:\mathbb R\to\mathbb R, \qquad g(x)=x+\sin(\pi x). \]
A partir de ellas se definen dos sucesiones
\[ a_n=f(n), \qquad b_n=g(n), \qquad n\in\mathbb N. \]
Un estudiante afirma:
Las gráficas de \(f\) y \(g\) son distintas como curvas del plano. Por tanto, las sucesiones \(a\) y \(b\) también son distintas.
- Demuestra que para todo \(n\in\mathbb N\) se cumple
\[ a_n=b_n=n. \]
Concluye, usando la igualdad de sucesiones índice por índice, que \(a=b\).
Exhibe un número real \(x\notin\mathbb N\) para el cual \(f(x)\ne g(x)\) y verifica numéricamente la desigualdad.
Localiza con precisión el error del estudiante: ¿qué dos objetos está identificando indebidamente?
Escribe la gráfica discreta común de \(a\) y \(b\) y explica por qué los valores de \(f\) y \(g\) entre dos índices naturales consecutivos no pertenecen a ninguna de las dos sucesiones.
Ver solución del ejercicio 12
Para todo \(n\in\mathbb N\), el número \(n\) es entero y por tanto
\[ \sin(\pi n)=0. \]
De aquí se obtiene
\[ b_n=g(n)=n+\sin(\pi n)=n. \]
Además,
\[ a_n=f(n)=n. \]
Luego, para todo \(n\in\mathbb N\),
\[ a_n=b_n. \]
Como ambas sucesiones tienen el mismo dominio \(\mathbb N\), la igualdad índice por índice implica
\[ \boxed{a=b.} \]
Las funciones reales \(f\) y \(g\) sí son distintas. Por ejemplo, para
\[ x=\frac12 \]
tenemos
\[ f\!\left(\frac12\right)=\frac12, \]
mientras que
\[ g\!\left(\frac12\right) = \frac12+\sin\!\left(\frac\pi2\right) = \frac32. \]
El error del estudiante consiste en identificar las funciones de variable real \(f,g:\mathbb R\to\mathbb R\) con sus restricciones al dominio discreto \(\mathbb N\). Las curvas completas pueden ser distintas aunque coincidan en cada índice natural.
La gráfica discreta común de las dos sucesiones es
\[ \boxed{ \{(n,n):n\in\mathbb N\}. } \]
Los valores de \(f(x)\) y \(g(x)\) para \(x\notin\mathbb N\) pertenecen a las funciones reales auxiliares, no a las sucesiones \(a\) y \(b\). Unir los puntos naturales mediante una curva añade información que la definición de sucesión no contiene.
Ejercicio 13. Cuánto puede cambiar una representación sin perder la sucesión
Sea \(a:\mathbb N\to\mathbb R\) la sucesión periódica
\[ a_n= \begin{cases} 2, & n\equiv0\pmod 3,\\ 0, & n\equiv1\pmod 3,\\ 1, & n\equiv2\pmod 3. \end{cases} \]
Considera los siguientes registros de información:
- la gráfica estándar \[ G=\{(n,a_n):n\in\mathbb N\}; \]
- una tabla que contiene todos los pares \((n,a_n)\), pero cuyas filas han sido reordenadas arbitrariamente;
- el conjunto codificado \[ H=\{(n+10,a_n):n\in\mathbb N\}, \] acompañado de la regla «el índice original es \(x-10\)»;
- el conjunto de valores \[ V=\{a_n:n\in\mathbb N\}. \]
Decide para cada registro si permite reconstruir exactamente la sucesión \(a\). Justifica cada respuesta.
Para el registro 2, explica por qué el orden físico de las filas es irrelevante mientras cada fila conserve su etiqueta \(n\).
Para el registro 3, da una fórmula explícita que permita recuperar \(a_n\) a partir del punto cuya coordenada horizontal es \(n+10\).
Calcula \(V\) y construye una sucesión \(b:\mathbb N\to\mathbb R\) distinta de \(a\) que tenga exactamente ese mismo conjunto de valores.
Formula un criterio general, en una sola frase matemática, para decidir cuándo un cambio de representación conserva la sucesión y cuándo la ha colapsado a un objeto más pobre.
Ver solución del ejercicio 13
La sucesión comienza
\[ a=(2,0,1,2,0,1,2,0,1,\ldots). \]
El registro 1 permite reconstruirla directamente: para cada índice \(n\), el único punto de primera coordenada \(n\) tiene segunda coordenada \(a_n\).
El registro 2 también conserva toda la sucesión. Reordenar físicamente las filas no modifica los pares etiquetados
\[ (n,a_n). \]
Mientras la columna del índice permanezca, podemos buscar la fila con etiqueta \(n\) y recuperar su término. El orden de presentación de las filas no debe confundirse con el orden matemático de los índices.
El registro 3 también es fiel porque la codificación horizontal es reversible. El punto correspondiente al índice \(n\) tiene primera coordenada
\[ x=n+10. \]
Dado ese punto, la regla declarada permite recuperar
\[ n=x-10, \]
y su segunda coordenada es precisamente \(a_n\).
En cambio, el registro 4 es
\[ V=\{0,1,2\}. \]
No conserva la asociación entre índices y valores. Por ejemplo, definamos
\[ b_n= \begin{cases} 0, & n\equiv0\pmod 3,\\ 1, & n\equiv1\pmod 3,\\ 2, & n\equiv2\pmod 3. \end{cases} \]
Entonces
\[ b(\mathbb N)=\{0,1,2\}=a(\mathbb N), \]
pero
\[ a_0=2\ne0=b_0. \]
Por tanto,
\[ a\ne b. \]
Los tres primeros registros admiten una reconstrucción exacta de la correspondencia
\[ n\longmapsto a_n; \]
el cuarto no.
Un criterio general es:
Un cambio de representación conserva la sucesión cuando mantiene, de manera directa o mediante una codificación invertible declarada, información suficiente para recuperar cada par \((n,a_n)\). Si esa asociación deja de ser recuperable, la representación ha colapsado la sucesión a un objeto más pobre.
5.4. Colas: olvidar un comienzo finito
Fijado \(N\in\mathbb N\), el segmento final \(\mathbb N_{\ge N}=\{n\in\mathbb N:n\ge N\}\) conserva los índices \(N,N+1,N+2,\ldots\). El prefijo descartado es \(\{0,1,\ldots,N-1\}\) cuando \(N>0\); para \(N=0\) es vacío. A partir de ese corte aparecen tres objetos relacionados que debemos distinguir.
La cola restringida es la función \(a|_{\mathbb N_{\ge N}}:\mathbb N_{\ge N}\to\mathbb R\). Conserva los índices originales y sus valores. Para volver a numerar desde \(0\) usamos el corrimiento \(\tau_N:\mathbb N\to\mathbb N_{\ge N}\), dado por \(\tau_N(k)=N+k\).
Lema de reindexación. Para cada \(N\in\mathbb N\), la aplicación
\[ \tau_N(k)=N+k \]
es una biyección de \(\mathbb N\) sobre \(\mathbb N_{\ge N}\).
Si \(N+k=N+\ell\), la cancelación da \(k=\ell\), lo cual prueba inyectividad. Además, todo \(n\ge N\) tiene la forma \(N+k\) con \(k=n-N\in\mathbb N\); así, \(\tau_N\) toma todos los valores de su codominio y es sobreyectiva. La biyección conserva el orden de las posiciones y permite pasar de una numeración a la otra sin perder ni duplicar índices.
La cola reindexada \(a^{\langle N\rangle}:\mathbb N\to\mathbb R\) se define mediante
\[ a^{\langle N\rangle}_k=a_{N+k},\qquad k\in\mathbb N. \]
Equivale a componer la restricción con el corrimiento: \(a^{\langle N\rangle}=(a|_{\mathbb N_{\ge N}})\circ\tau_N\). El nuevo índice \(k\) representa al índice original \(N+k\), y ambos seleccionan el mismo valor real. Si \(N>0\), los dominios de la restricción y de la cola reindexada son distintos, por lo que las funciones no son iguales. Para \(N=0\) ambas coinciden con \(a\), pues \(\tau_0(k)=k\) y no se descarta ningún índice.
El tercer objeto es el conjunto de valores tardíos \(\{a_n:n\ge N\}\subseteq\mathbb R\). Es la imagen de la cola restringida y también la de la cola reindexada. Conserva cuáles valores aparecen después del corte, pero vuelve a eliminar los índices y las repeticiones.
Para \(a=(7,-2,4,1,4,1,\ldots)\) y \(N=2\), la restricción asigna \(2\mapsto4\), \(3\mapsto1\), \(4\mapsto4\), \(5\mapsto1\), y así sucesivamente. La cola reindexada es \((4,1,4,1,\ldots)\), con \(a^{\langle2\rangle}_0=a_2=4\) y \(a^{\langle2\rangle}_1=a_3=1\). El conjunto de valores tardíos es \(\{1,4\}\). La figura siguiente usa otra sucesión, \((5,8,1,0,1,0,\ldots)\): para el mismo corte \(2\), la cola reindexada es \((1,0,1,0,\ldots)\) y su imagen es \(\{0,1\}\).
Como ejemplo de cálculo, para \(a_n=2n+1\) la restricción desde \(3\) tiene dominio \(\{3,4,5,\ldots\}\) y comienza con las asignaciones \(3\mapsto7\), \(4\mapsto9\), \(5\mapsto11\), \(6\mapsto13\). Su reindexación tiene regla \(a^{\langle3\rangle}_k=2k+7\), de modo que \(a^{\langle3\rangle}_2=11=a_5\). La igualdad compara términos correspondientes; no iguala los números de índice \(2\) y \(5\).
Si \(M\ge N\), el segmento final desde \(M\) está contenido en el segmento final desde \(N\). Por tanto, \(a|_{\mathbb N_{\ge M}}\) es una restricción adicional de \(a|_{\mathbb N_{\ge N}}\), y
\[ \{a_n:n\ge M\}\subseteq\{a_n:n\ge N\}. \]
En efecto, un valor de la izquierda aparece en algún índice \(n\ge M\ge N\), y ese mismo índice acredita la pertenencia a la derecha. Para las colas reindexadas, el corte adicional debe contarse dentro de la primera cola. Para cada \(k\in\mathbb N\),
\[ \left(a^{\langle N\rangle}\right)^{\langle M-N\rangle}_k =a_{N+(M-N)+k}=a_{M+k}=a^{\langle M\rangle}_k. \]
Las funciones tienen el mismo dominio y codominio, y coinciden en cada entrada; así, \(a^{\langle M\rangle}=(a^{\langle N\rangle})^{\langle M-N\rangle}\). La fórmula incluye \(M=N\): el segundo corte es entonces \(0\) y conserva íntegra la primera cola.
Ejercicios de la sección 5.4
Ejercicio 14. Tres objetos después del mismo corte
Sea \(a:\mathbb N\to\mathbb R\) la sucesión periódica
\[ a_n= \begin{cases} 5, & n\equiv0\pmod 3,\\ -1, & n\equiv1\pmod 3,\\ 2, & n\equiv2\pmod 3. \end{cases} \]
Fija \(N=4\) y define
\[ R=a|_{\mathbb N_{\ge4}}, \qquad T=a^{\langle4\rangle}, \qquad V_4=\{a_n:n\ge4\}. \]
Escribe el dominio y el codominio de \(R\) y de \(T\).
Escribe las primeras seis asignaciones de \(R\) y los primeros seis términos de \(T\).
Determina \(V_4\).
Calcula \(R(6)\) y \(T_2\) y explica por qué ambos valores coinciden aunque \(R\) y \(T\) no sean la misma función.
Clasifica tipológicamente \(R\), \(T\) y \(V_4\): ¿cuáles son funciones y cuál es sólo un subconjunto de \(\mathbb R\)?
Ver solución del ejercicio 14
Como \(4\equiv1\pmod3\), desde el índice \(4\) los valores se repiten según el patrón
\[ -1,2,5,-1,2,5,\ldots \]
La cola restringida es
\[ R=a|_{\mathbb N_{\ge4}}:\mathbb N_{\ge4}\to\mathbb R, \]
y la cola reindexada es
\[ T=a^{\langle4\rangle}:\mathbb N\to\mathbb R. \]
Las primeras seis asignaciones de \(R\) son
\[ 4\mapsto-1, \quad 5\mapsto2, \quad 6\mapsto5, \quad 7\mapsto-1, \quad 8\mapsto2, \quad 9\mapsto5. \]
Los primeros seis términos de \(T\) son
\[ T=(-1,2,5,-1,2,5,\ldots). \]
Por tanto,
\[ V_4=\{-1,2,5\}. \]
Además,
\[ R(6)=a_6=5 \]
y
\[ T_2=a^{\langle4\rangle}_2=a_{4+2}=a_6=5. \]
Los valores coinciden porque el nuevo índice \(2\) de la cola reindexada corresponde al índice original \(6\). Sin embargo, las funciones no son iguales: sus dominios son distintos,
\[ \operatorname{Dom}(R)=\mathbb N_{\ge4}, \qquad \operatorname{Dom}(T)=\mathbb N. \]
Finalmente, \(R\) y \(T\) son funciones con valores reales, mientras que \(V_4\) es un subconjunto de \(\mathbb R\). El conjunto \(V_4\) ya no conserva ni índices ni repeticiones.
Ejercicio 15. Reparar una igualdad mal tipada
Sea \(a:\mathbb N\to\mathbb R\) y fija \(N\in\mathbb N\). Un estudiante escribe
\[ a|_{\mathbb N_{\ge N}} = a^{\langle N\rangle} = \{a_n:n\ge N\}. \]
Audita la cadena.
Escribe el tipo exacto de cada uno de los tres objetos.
Examina las dos igualdades escritas, separando el caso \(N=0\) del caso \(N>0\). Indica cuándo los dominios impiden la primera igualdad y por qué la segunda confunde una función con su conjunto de valores.
Sea
\[ \tau_N:\mathbb N\to\mathbb N_{\ge N}, \qquad \tau_N(k)=N+k. \]
Demuestra la relación correcta
\[ \boxed{ a^{\langle N\rangle} = \left(a|_{\mathbb N_{\ge N}}\right)\circ\tau_N. } \]
- Demuestra además que las imágenes de las dos funciones coinciden y son precisamente el conjunto de valores tardíos:
\[ \boxed{ \left(a|_{\mathbb N_{\ge N}}\right)(\mathbb N_{\ge N}) = a^{\langle N\rangle}(\mathbb N) = \{a_n:n\ge N\}. } \]
Ver solución del ejercicio 15
Introduzcamos
\[ R_N=a|_{\mathbb N_{\ge N}}, \qquad T_N=a^{\langle N\rangle}, \qquad V_N=\{a_n:n\ge N\}. \]
Sus tipos son
\[ R_N:\mathbb N_{\ge N}\to\mathbb R, \]
\[ T_N:\mathbb N\to\mathbb R, \]
y
\[ V_N\subseteq\mathbb R. \]
Si \(N>0\), la primera igualdad es falsa porque \(R_N\) tiene dominio \(\mathbb N_{\ge N}\) y \(T_N\) tiene dominio \(\mathbb N\). Para \(N=0\), en cambio, ambos dominios son \(\mathbb N\) y se cumple \(R_0=T_0=a\): la restricción y la reindexación no cambian la sucesión. La segunda igualdad confunde, para cualquier \(N\), una función con su conjunto de valores. Ese conjunto conserva las salidas, pero no la asignación de cada índice a su término.
La relación correcta entre las dos funciones usa el corrimiento
\[ \tau_N(k)=N+k. \]
Para todo \(k\in\mathbb N\),
\[ \begin{aligned} \left(R_N\circ\tau_N\right)(k) &=R_N(N+k)\\ &=a_{N+k}\\ &=a^{\langle N\rangle}_k\\ &=T_N(k). \end{aligned} \]
Como ambas funciones tienen dominio \(\mathbb N\) y codominio \(\mathbb R\) después de la composición, obtenemos
\[ \boxed{T_N=R_N\circ\tau_N.} \]
Veamos ahora sus imágenes. Un real \(x\) pertenece a \(R_N(\mathbb N_{\ge N})\) si y sólo si existe \(n\ge N\) tal que
\[ x=a_n. \]
Por tanto,
\[ R_N(\mathbb N_{\ge N})=V_N. \]
Análogamente, \(x\in T_N(\mathbb N)\) si y sólo si existe \(k\in\mathbb N\) con
\[ x=a_{N+k}. \]
Como \(N+k\) recorre exactamente \(\mathbb N_{\ge N}\),
\[ T_N(\mathbb N)=V_N. \]
Luego
\[ \boxed{ R_N(\mathbb N_{\ge N}) = T_N(\mathbb N) = V_N. } \]
La igualdad correcta aparece al comparar imágenes, no al identificar objetos de tipos distintos.
Ejercicio 16. Una misma cola en cuatro registros
Sea \(a:\mathbb N\to\mathbb R\) dada por
\[ a_n= \begin{cases} 3, & n\equiv0\pmod 4,\\ -1, & n\equiv1\pmod 4,\\ 2, & n\equiv2\pmod 4,\\ -1, & n\equiv3\pmod 4. \end{cases} \]
Fija \(N=5\).
Construye una tabla con los pares \((n,a_n)\) para \(5\le n\le10\).
Escribe ese mismo bloque como parte inicial de la cola restringida \(a|_{\mathbb N_{\ge5}}\), conservando los índices originales.
Reescríbelo como los primeros seis términos de la cola reindexada \(a^{\langle5\rangle}\), usando índices \(k=0,\ldots,5\).
Escribe los seis puntos correspondientes de la gráfica discreta de la cola reindexada,
\[ (k,a^{\langle5\rangle}_k). \]
- Determina el conjunto completo de valores tardíos \(\{a_n:n\ge5\}\) y explica qué información presente en los tres registros anteriores desaparece al pasar a este conjunto.
Ver solución del ejercicio 16
Para \(5\le n\le10\) tenemos:
| \(n\) | \(a_n\) |
|---|---|
| \(5\) | \(-1\) |
| \(6\) | \(2\) |
| \(7\) | \(-1\) |
| \(8\) | \(3\) |
| \(9\) | \(-1\) |
| \(10\) | \(2\) |
Como parte inicial de la cola restringida, la misma información se escribe
\[ 5\mapsto-1, \quad 6\mapsto2, \quad 7\mapsto-1, \quad 8\mapsto3, \quad 9\mapsto-1, \quad 10\mapsto2. \]
Al reindexar desde \(5\), los nuevos índices son \(k=0,1,\ldots\). Los primeros seis términos quedan
| \(k\) | \(a^{\langle5\rangle}_k=a_{5+k}\) |
|---|---|
| \(0\) | \(-1\) |
| \(1\) | \(2\) |
| \(2\) | \(-1\) |
| \(3\) | \(3\) |
| \(4\) | \(-1\) |
| \(5\) | \(2\) |
La gráfica discreta de este bloque de la cola reindexada contiene los puntos
\[ (0,-1), (1,2), (2,-1), (3,3), (4,-1), (5,2). \]
El patrón continúa periódicamente. Desde \(n=5\) siguen apareciendo los tres valores \(-1\), \(2\) y \(3\), de modo que
\[ \boxed{\{a_n:n\ge5\}=\{-1,2,3\}.} \]
La tabla, la cola restringida y la cola reindexada conservan la organización de las visitas. El conjunto de valores tardíos sólo conserva cuáles números aparecen: pierde los índices, el orden de aparición y las repeticiones.
Ejercicio 17. Reconstruir el corte desde las nuevas posiciones
Sea \(a:\mathbb N\to\mathbb R\) una sucesión y supón que queremos reindexar una de sus colas. No estamos comparando valores numéricos por coincidencia accidental: cuando escribimos
\[ r\longleftrightarrow p, \]
queremos decir que el término original \(a_p\) debe ocupar exactamente el nuevo índice \(r\) de la cola reindexada.
- Decide si existe un corte \(N\) que satisfaga simultáneamente
\[ 3\longleftrightarrow14, \qquad 9\longleftrightarrow20. \]
Si existe, encuéntralo y verifica ambas correspondencias.
- Manteniendo esas dos exigencias, ¿puede añadirse también
\[ 4\longleftrightarrow16? \]
Justifica.
- Sean en general \(r,s,p,q\in\mathbb N\). Demuestra que existe un mismo corte \(N\) para el cual
\[ r\longleftrightarrow p, \qquad s\longleftrightarrow q \]
en la cola \(a^{\langle N\rangle}\) si y sólo si
\[ \boxed{p-r=q-s\ge0.} \]
Cuando existe, identifica el único valor posible de \(N\).
Ver solución del ejercicio 17
En una cola reindexada desde \(N\), el nuevo índice \(r\) corresponde al índice original
\[ N+r. \]
Por tanto, la exigencia
\[ 3\longleftrightarrow14 \]
obliga a
\[ N+3=14, \]
de donde
\[ N=11. \]
La segunda exigencia da
\[ N+9=20, \]
y produce el mismo valor
\[ N=11. \]
Así, las dos correspondencias son compatibles y el corte es único:
\[ \boxed{N=11.} \]
En efecto,
\[ a^{\langle11\rangle}_3=a_{14}, \qquad a^{\langle11\rangle}_9=a_{20}. \]
Si añadimos
\[ 4\longleftrightarrow16, \]
la nueva condición exige
\[ N+4=16, \]
o sea,
\[ N=12. \]
Esto contradice el valor \(N=11\) impuesto por las dos correspondencias anteriores. Por tanto, las tres exigencias no pueden satisfacerse simultáneamente.
En general,
\[ r\longleftrightarrow p \]
y
\[ s\longleftrightarrow q \]
significan
\[ p=N+r, \qquad q=N+s. \]
Restando,
\[ p-r=N \qquad\text{y}\qquad q-s=N. \]
Por tanto, una condición necesaria es
\[ p-r=q-s\ge0. \]
Recíprocamente, si
\[ p-r=q-s\ge0, \]
definimos
\[ N=p-r=q-s. \]
Entonces \(N\in\mathbb N\) y se cumplen
\[ N+r=p, \qquad N+s=q. \]
Así,
\[ \boxed{ \exists N\in\mathbb N\text{ compatible con ambas correspondencias} \iff p-r=q-s\ge0. } \]
Cuando existe, el corte es necesariamente
\[ \boxed{N=p-r=q-s,} \]
y por ello es único.
Ejercicio 18. Componer reindexaciones
Sea \(a:\mathbb N\to\mathbb R\) y sean \(N,K\in\mathbb N\).
- Demuestra, como igualdad de funciones \(\mathbb N\to\mathbb R\), que
\[ \boxed{ \left(a^{\langle N\rangle}\right)^{\langle K\rangle} = a^{\langle N+K\rangle}. } \]
Tu prueba debe comenzar con un índice arbitrario \(j\in\mathbb N\) y seguir explícitamente qué índice original de \(a\) representa cada término.
- Explica la cadena de índices
\[ j \longmapsto K+j \longmapsto N+K+j. \]
- Deduce como caso particular que, si \(M\ge N\), entonces
\[ \boxed{ a^{\langle M\rangle} = \left(a^{\langle N\rangle}\right)^{\langle M-N\rangle}. } \]
- Explica por qué esta identidad habla de reindexar dos veces y no de eliminar dos bloques independientes de términos.
Ver solución del ejercicio 18
Fijemos \(j\in\mathbb N\). Por definición de cola reindexada,
\[ \left(a^{\langle N\rangle}\right)^{\langle K\rangle}_j = a^{\langle N\rangle}_{K+j}. \]
Aplicando nuevamente la definición,
\[ a^{\langle N\rangle}_{K+j} = a_{N+(K+j)}. \]
Por asociatividad de la suma,
\[ a_{N+(K+j)}=a_{(N+K)+j}. \]
Pero el miembro derecho es precisamente
\[ a^{\langle N+K\rangle}_j. \]
Hemos probado que, para todo \(j\in\mathbb N\),
\[ \left(a^{\langle N\rangle}\right)^{\langle K\rangle}_j = a^{\langle N+K\rangle}_j. \]
Ambos objetos son funciones \(\mathbb N\to\mathbb R\). Por igualdad índice a índice,
\[ \boxed{ \left(a^{\langle N\rangle}\right)^{\langle K\rangle} = a^{\langle N+K\rangle}. } \]
La cadena
\[ j\longmapsto K+j\longmapsto N+K+j \]
se interpreta así: \(j\) es el índice de la segunda reindexación; \(K+j\) es el índice correspondiente dentro de la primera cola reindexada; \(N+K+j\) es el índice original en \(a\).
Si \(M\ge N\), entonces
\[ K=M-N\in\mathbb N. \]
La identidad general produce
\[ \left(a^{\langle N\rangle}\right)^{\langle M-N\rangle} = a^{\langle N+(M-N)\rangle} = a^{\langle M\rangle}. \]
Por tanto,
\[ \boxed{ a^{\langle M\rangle} = \left(a^{\langle N\rangle}\right)^{\langle M-N\rangle}. } \]
No se están eliminando dos bloques independientes. El segundo corte actúa dentro de la primera cola ya reindexada: descarta sus primeros \(K\) términos, que corresponden exactamente a los índices originales \(N,N+1,\ldots,N+K-1\). El efecto acumulado es un único corte original en \(N+K\).
Ejercicio 19. Cuándo deja de encogerse el conjunto de valores tardíos
Para una sucesión \(a:\mathbb N\to\mathbb R\) define
\[ V_N(a)=\{a_n:n\ge N\}. \]
Sean \(M,N\in\mathbb N\) con \(M\ge N\).
- Demuestra que
\[ V_M(a)\subseteq V_N(a). \]
- Demuestra la equivalencia
\[ \boxed{ V_N(a)=V_M(a) \iff \forall n\in\{N,N+1,\ldots,M-1\}\;\exists m\ge M:\ a_n=a_m. } \]
Interpreta verbalmente la condición de la derecha.
Explica qué ocurre en el caso \(M=N\).
Da un ejemplo en el que la inclusión de a) sea estricta y otro en el que haya igualdad aunque \(M>N\).
Explica por qué la igualdad de conjuntos \(V_N(a)=V_M(a)\) no implica que las colas restringidas desde \(N\) y desde \(M\) sean la misma función.
Ver solución del ejercicio 19
Definimos
\[ V_N(a)=\{a_n:n\ge N\}. \]
Como \(M\ge N\), todo índice \(m\ge M\) satisface también \(m\ge N\). Si \(x\in V_M(a)\), existe \(m\ge M\) tal que
\[ x=a_m. \]
Entonces \(m\ge N\), y por tanto \(x\in V_N(a)\). Así,
\[ \boxed{V_M(a)\subseteq V_N(a).} \]
Probemos ahora la equivalencia.
Supongamos primero que
\[ V_N(a)=V_M(a). \]
Sea
\[ n\in\{N,N+1,\ldots,M-1\}. \]
Como \(n\ge N\), tenemos \(a_n\in V_N(a)\). Por la igualdad de conjuntos,
\[ a_n\in V_M(a). \]
Por definición de \(V_M(a)\), existe \(m\ge M\) tal que
\[ a_m=a_n. \]
Por tanto,
\[ \forall n\in\{N,\ldots,M-1\}\;\exists m\ge M:\ a_n=a_m. \]
Para la conversa, supongamos esta última condición y tomemos \(x\in V_N(a)\). Existe \(n\ge N\) con
\[ x=a_n. \]
Hay dos casos.
Si \(n\ge M\), entonces directamente
\[ x\in V_M(a). \]
Si \(N\le n<M\), la hipótesis proporciona un índice \(m\ge M\) tal que
\[ a_m=a_n=x. \]
De nuevo \(x\in V_M(a)\). Hemos probado
\[ V_N(a)\subseteq V_M(a). \]
Junto con la inclusión siempre válida de la primera parte, obtenemos
\[ \boxed{ V_N(a)=V_M(a) \iff \forall n\in\{N,\ldots,M-1\}\;\exists m\ge M:\ a_n=a_m. } \]
La condición dice: ningún valor que aparezca en el bloque eliminado entre \(N\) y \(M-1\) desaparece definitivamente al mover el corte hasta \(M\); cada uno reaparece en algún índice posterior.
Si \(M=N\), el bloque
\[ \{N,N+1,\ldots,M-1\} \]
es vacío. La condición universal sobre ese bloque es vacuamente verdadera y, naturalmente,
\[ V_N(a)=V_N(a). \]
Para una inclusión estricta, tomemos
\[ a=(0,1,1,1,1,\ldots), \qquad N=0, \qquad M=1. \]
Entonces
\[ V_0(a)=\{0,1\}, \qquad V_1(a)=\{1\}, \]
de modo que
\[ V_1(a)\subsetneq V_0(a). \]
Para un caso de igualdad con \(M>N\), tomemos
\[ a_n=(-1)^n, \qquad N=0, \qquad M=1. \]
Tenemos
\[ V_0(a)=V_1(a)=\{-1,1\}, \]
porque el valor \(a_0=1\) reaparece en índices pares posteriores a \(1\).
Finalmente, la igualdad de conjuntos de valores tardíos no convierte las colas restringidas en la misma función. Si \(M>N\), sus dominios son distintos:
\[ \mathbb N_{\ge N}\ne\mathbb N_{\ge M}. \]
Además, aun cuando sus imágenes coincidan, los índices originales y el orden de las visitas siguen siendo información propia de cada cola. La igualdad
\[ V_N(a)=V_M(a) \]
es una igualdad de subconjuntos de \(\mathbb R\), no una igualdad de funciones restringidas.
5.5. «A partir de cierto momento»: propiedades eventuales
En \(a_n=2n-7\), los primeros términos son negativos, pero si \(n\ge4\) se cumple \(a_n\ge1>0\). La positividad puede fallar al comienzo y mantenerse en todos los índices posteriores a un mismo corte. Para expresar esa situación, sea \(P(n)\) una propiedad definida para cada \(n\in\mathbb N\).
Propiedad eventual. La propiedad \(P(n)\) ocurre eventualmente si
\[ \boxed{ \exists N\in\mathbb N\;\forall n\ge N:\ P(n). } \]
El natural \(N\) se llama umbral o testigo de eventualidad. Se elige primero y después debemos demostrar \(P(n)\) para un índice arbitrario \(n\ge N\). Verificar una larga lista de casos posteriores no cubre por sí solo ese universal. Para la positividad de \(2n-7\), la desigualdad \(2n-7\ge1\) cuando \(n\ge4\) proporciona la razón general que faltaría en una tabla.
Persistencia de los testigos. Si \(N\) es un testigo de que \(P(n)\) ocurre eventualmente y \(M\ge N\), entonces \(M\) también es un testigo.
Si \(P\) vale para todo \(n\ge N\) y \(M\ge N\), un índice \(n\ge M\) satisface \(n\ge M\ge N\) y, por tanto, \(P(n)\). Esto demuestra la persistencia. Para \(a_n=2n-7\), tanto \(4\) como \(5\), \(6\) y todos los cortes posteriores son testigos. La definición exige encontrar uno que funcione, y no obliga a localizar el menor.
Una propiedad válida para todos los índices es eventual con testigo \(N=0\). La conversa falla: \(a_0=-7\) impide la positividad global en el ejemplo, sin impedir su positividad eventual. También la sucesión definida por \(c_n=0\) para \(n=0,1,2\) y \(c_n=1\) para \(n\ge3\) es eventualmente no nula, con testigo \(3\), aunque sus tres primeros términos sean cero. Si fijamos \(a_0=-1\) y \(a_n=1\) para \(n\ge1\), la positividad empieza ya en \(1\).
El lenguaje de colas da la equivalencia
\[ \exists N\in\mathbb N\;\forall n\ge N:P(n) \iff \exists N\in\mathbb N\;\forall k\in\mathbb N:P(N+k). \]
Para pasar de izquierda a derecha usamos que \(N+k\ge N\); para volver, escribimos cada \(n\ge N\) como \(N+(n-N)\). Si \(P(n)\) es \(R(a_n)\) para un predicado fijo \(R\), la expresión reindexada es \(R(a^{\langle N\rangle}_k)\). Para una propiedad que también mire el índice, debe conservarse \(N+k\) en su argumento: renumerar la cola no convierte una condición sobre el índice original en otra sobre \(k\).
La pertenencia eventual a un intervalo requiere fijar ese intervalo antes de buscar el umbral. Para \(b_n=1/(n+1)\) e \(I=(0,1/3)\), elegimos \(N=3\); si \(n\ge3\), entonces \(0<b_n\le1/4<1/3\). Para el intervalo fijo \((0,1/5)\) sirve \(N=5\), pues \(0<b_n\le1/6<1/5\) para todo \(n\ge5\). El término \(b_4=1/5\) explica por qué el extremo estricto importa. También para \(a_n=3n-10\) sirve \(N=4\), ya que \(a_n\ge2>0\) en esa cola.
Los parámetros permanecen fijados durante la prueba: en \(P_I(n):a_n\in I\), el conjunto \(I\) precede a \(N\); en \(a_n>c\), el número \(c\) también está elegido antes del umbral. El índice \(n\) es el que recorre la cola. Por eso comprobar \(P(10),\ldots,P(1000)\) no demuestra eventualidad. La propiedad \(P(n):n\le1000\) supera todas esas comprobaciones, pero para cualquier corte \(N\) falla en \(n=N+1001\ge N\). Incluso una muestra muy larga puede quedar enteramente antes de un fallo definitivo.
Ejercicios de la sección 5.5
Ejercicio 20. Todos los testigos de una desigualdad eventual
Sea
\[ a_n=4n-13, \qquad n\in\mathbb N, \]
y considera la propiedad
\[ P(n):\quad a_n\ge7. \]
Encuentra un testigo \(N\) de que \(P(n)\) ocurre eventualmente y verifica tu elección para un índice arbitrario \(n\ge N\).
Determina todos los valores de \(N\in\mathbb N\) que sirven como testigos de eventualidad.
Explica por qué no es necesario elegir el menor testigo para demostrar que \(P\) es eventual, aunque en este ejemplo pueda identificarse.
Ver solución del ejercicio 20
La propiedad es
\[ 4n-13\ge7. \]
Si elegimos \(N=5\) y tomamos un índice arbitrario \(n\ge5\), entonces
\[ 4n\ge20, \]
y por tanto
\[ a_n=4n-13\ge7. \]
Así, \(N=5\) es un testigo.
Caractericemos ahora todos los testigos. Si \(N\ge5\) y \(n\ge N\), entonces también \(n\ge5\), de modo que el argumento anterior da \(a_n\ge7\). Por tanto todo \(N\ge5\) funciona.
En cambio, si \(N\le4\), el propio índice \(n=N\) pertenece a la cola que comienza en \(N\), pero
\[ a_N=4N-13\le4\cdot4-13=3<7. \]
Luego ningún \(N\le4\) es testigo. El conjunto completo de testigos es
\[ \boxed{\{N\in\mathbb N:N\ge5\}=\mathbb N_{\ge5}.} \]
Para demostrar eventualidad bastaba exhibir un único elemento de este conjunto, por ejemplo \(N=5\) o \(N=100\). La definición exige existencia de un testigo, no minimalidad.
Ejercicio 21. Un intervalo fijo y el conjunto exacto de testigos
Sea
\[ b_n=\frac{2n+1}{n+2}, \qquad n\in\mathbb N, \]
y fija, antes de elegir cualquier umbral, el intervalo
\[ I=\left(\frac32,2\right). \]
Demuestra que \(b_n<2\) para todo \(n\in\mathbb N\).
Encuentra un testigo \(N\) de que \(b_n\in I\) eventualmente.
Caracteriza exactamente el conjunto de todos los testigos para esta propiedad.
Identifica en tu prueba qué dato estaba fijado antes de elegir \(N\) y qué variable quedó arbitraria después de fijar el umbral.
Ver solución del ejercicio 21
El denominador \(n+2\) es positivo para todo \(n\in\mathbb N\). Para la cota superior,
\[ 2n+1<2n+4=2(n+2), \]
de modo que
\[ \boxed{b_n<2} \]
para todo \(n\in\mathbb N\).
Para la cota inferior queremos
\[ \frac{2n+1}{n+2}>\frac32. \]
Como \(2(n+2)>0\), podemos multiplicar sin invertir la desigualdad:
\[ 2(2n+1)>3(n+2). \]
Esto equivale a
\[ 4n+2>3n+6, \]
y por tanto a
\[ n>4. \]
Así, si \(n\ge5\),
\[ \frac32<b_n<2. \]
Por ello \(N=5\) es un testigo de que \(b_n\in I\) eventualmente.
Más aún, todo \(N\ge5\) es testigo: si \(n\ge N\), entonces \(n\ge5\) y la doble desigualdad anterior vale. Si \(N\le4\), podemos tomar \(n=N\). En ese caso \(n\le4\), luego
\[ b_n\le\frac32, \]
por lo que \(b_n\notin I\). Así,
\[ \boxed{ \{N:\forall n\ge N,\ b_n\in I\} = \mathbb N_{\ge5}. } \]
El orden de elecciones es esencial. Primero se fijó
\[ I=\left(\frac32,2\right). \]
Después se buscó \(N\). Una vez elegido el umbral, el índice \(n\ge N\) quedó arbitrario y la prueba tuvo que cubrir todos esos índices.
Ejercicio 22. El conjunto de testigos y la cola reindexada
Sea \(P(n)\) una propiedad definida para cada \(n\in\mathbb N\) y define
\[ W_P = \{N\in\mathbb N:\forall n\ge N,\ P(n)\}. \]
Demuestra las tres afirmaciones siguientes.
\(P(n)\) ocurre eventualmente si y sólo si \(W_P\ne\varnothing\).
Si \(N\in W_P\) y \(M\ge N\), entonces \(M\in W_P\).
Para cada \(N\in\mathbb N\),
\[ \boxed{ N\in W_P \iff \forall k\in\mathbb N:\ P(N+k). } \]
Concluye explicando por qué el conjunto de testigos, cuando no es vacío, está cerrado hacia índices posteriores y cómo la parte c) traduce la eventualidad al lenguaje de una cola reindexada.
Ver solución del ejercicio 22
Por definición,
\[ P(n)\text{ ocurre eventualmente} \]
significa
\[ \exists N\in\mathbb N\;\forall n\ge N:\ P(n). \]
Pero afirmar que existe tal \(N\) es exactamente afirmar que existe un elemento de
\[ W_P = \{N\in\mathbb N:\forall n\ge N,\ P(n)\}. \]
Por tanto,
\[ \boxed{ P\text{ eventual} \iff W_P\ne\varnothing. } \]
Para la segunda afirmación, supongamos que \(N\in W_P\) y \(M\ge N\). Entonces
\[ \forall n\ge N:\ P(n). \]
Tomemos un índice arbitrario \(n\ge M\). Como
\[ n\ge M\ge N, \]
tenemos \(n\ge N\) y, por la propiedad de \(N\), se cumple \(P(n)\). Como esto vale para todo \(n\ge M\),
\[ M\in W_P. \]
Así, cuando \(W_P\) no es vacío, queda cerrado hacia índices posteriores.
Probemos ahora la equivalencia reindexada. Si \(N\in W_P\), entonces \(P(n)\) vale para todo \(n\ge N\). Para cualquier \(k\in\mathbb N\), el índice
\[ n=N+k \]
satisface \(n\ge N\), luego \(P(N+k)\) es verdadera.
Recíprocamente, supongamos
\[ \forall k\in\mathbb N:\ P(N+k). \]
Sea \(n\ge N\). Entonces
\[ k=n-N\in\mathbb N \]
y \(n=N+k\). Por hipótesis, \(P(N+k)\) es verdadera; es decir, \(P(n)\) es verdadera. Por tanto \(N\in W_P\).
Hemos demostrado
\[ \boxed{ N\in W_P \iff \forall k\in\mathbb N:\ P(N+k). } \]
La parte derecha es la lectura de la misma cola después de reiniciar sus índices en \(0\): cada nuevo índice \(k\) representa el índice original \(N+k\).
Ejercicio 23. Un millón de verificaciones no produce un cuantificador universal
Un estudiante quiere demostrar que una propiedad \(P(n)\) ocurre eventualmente y escribe:
He comprobado \(P(n)\) para todos los índices desde \(1000\) hasta \(10^6\). Por tanto puedo tomar \(N=1000\) y concluir que \(P(n)\) es verdadera para todo \(n\ge1000\).
Escribe la afirmación cuantificada que el estudiante necesita demostrar para que \(N=1000\) sea un testigo.
Localiza el salto lógico entre lo que verificó y lo que concluyó.
Construye una propiedad explícita \(P(n)\) que sea verdadera para todos los índices \(1000\le n\le10^6\) y, sin embargo, no sea eventual.
Demuestra desde la definición que tu propiedad no es eventual.
Indica qué tipo de argumento adicional, más allá de una lista finita de comprobaciones, repararía la prueba original.
Ver solución del ejercicio 23
Para que \(N=1000\) sea un testigo, el estudiante debe demostrar
\[ \boxed{ \forall n\ge1000:\ P(n). } \]
Sin embargo, sólo verificó la afirmación en el conjunto finito
\[ \{1000,1001,\ldots,10^6\}. \]
Faltan todos los índices mayores que \(10^6\). La conclusión universal sobre la cola completa no se sigue de una cantidad finita de casos.
Un contraejemplo explícito es
\[ P(n):\quad n\le10^6. \]
Esta propiedad es verdadera para cada índice entre \(1000\) y \(10^6\), exactamente como exige la comprobación del estudiante.
No obstante, \(P\) no es eventual. En efecto, sea \(N\in\mathbb N\) cualquier umbral propuesto. Tomemos
\[ n=N+10^6+1. \]
Entonces \(n\ge N\) y además \(n>10^6\). Por tanto \(P(n)\) es falsa. Como esto puede hacerse para cualquier \(N\), no existe un umbral después del cual \(P\) sea siempre verdadera.
El argumento original se repararía sustituyendo la lista finita de verificaciones por una razón general que cubra todo índice \(n\ge1000\): por ejemplo, una desigualdad, una identidad o una definición por casos que permita deducir \(P(n)\) a partir de la hipótesis arbitraria \(n\ge1000\).
Ejercicio 24. Mover una única excepción mueve el umbral
Para cada \(r\in\mathbb N\), fija primero el parámetro \(r\) y define la sucesión
\[ d^{(r)}_n= \begin{cases} 0, & n=r,\\ 1, & n\ne r. \end{cases} \]
Considera la propiedad
\[ P_r(n):\quad d^{(r)}_n=1. \]
Demuestra que, para cada \(r\) fijo, \(P_r(n)\) ocurre eventualmente.
Determina exactamente todos los testigos \(N\) para \(P_r\).
Explica por qué ningún \(N\le r\) puede ser testigo.
¿Es \(P_r(n)\) verdadera para todo \(n\in\mathbb N\)? Justifica.
Compara los casos \(r\) y \(r+10\): ¿qué cambia en el conjunto de testigos y qué estructura lógica de la definición permanece idéntica?
Ver solución del ejercicio 24
Fijemos primero \(r\in\mathbb N\). La única falla de la propiedad
\[ P_r(n):\quad d^{(r)}_n=1 \]
ocurre en el índice \(r\).
Si elegimos
\[ N=r+1, \]
y tomamos cualquier \(n\ge N\), entonces \(n\ge r+1\), de modo que \(n\ne r\). Por definición,
\[ d^{(r)}_n=1. \]
Luego \(P_r\) es eventual.
Todo \(N\ge r+1\) también es testigo por el mismo argumento. En cambio, si \(N\le r\), el índice \(n=r\) satisface \(n\ge N\), pero
\[ d^{(r)}_r=0\ne1. \]
Por tanto ningún \(N\le r\) funciona y el conjunto exacto de testigos es
\[ \boxed{ \{N:\forall n\ge N,\ d^{(r)}_n=1\} = \mathbb N_{\ge r+1}. } \]
La propiedad no es global, porque falla precisamente en \(n=r\).
Si reemplazamos \(r\) por \(r+10\), la excepción se desplaza diez lugares hacia la derecha y el conjunto de testigos pasa de
\[ \mathbb N_{\ge r+1} \]
a
\[ \mathbb N_{\ge r+11}. \]
Lo que no cambia es la arquitectura lógica: primero se fija el parámetro de la sucesión, después se elige un umbral y, finalmente, la propiedad debe verificarse para todo índice posterior.
Ejercicio 25. Tres lenguajes para la misma eventualidad
Sea \(a:\mathbb N\to\mathbb R\) y sea \(I\subseteq\mathbb R\) un intervalo fijo. Demuestra que son equivalentes las afirmaciones siguientes:
- \(a_n\in I\) eventualmente;
- existe \(N\in\mathbb N\) tal que \[ a(\mathbb N_{\ge N})\subseteq I; \]
- existe \(N\in\mathbb N\) tal que \[ \forall k\in\mathbb N:\ a^{\langle N\rangle}_k\in I. \]
Después responde:
Si \(a_n\in I\) para todo \(n\in\mathbb N\), ¿qué testigo puede elegirse inmediatamente?
Da un ejemplo explícito en el que \(a_n\in I\) sea eventual pero no global.
Explica por qué el intervalo \(I\) debe considerarse fijado antes de buscar el testigo \(N\).
Resume en una sola cadena conceptual cómo intervienen en esta equivalencia el segmento final, la cola reindexada y el patrón \(\exists N\,\forall n\ge N\).
Ver solución del ejercicio 25
La primera afirmación significa, por definición,
\[ \exists N\in\mathbb N\;\forall n\ge N:\ a_n\in I. \]
Para cada \(N\), la imagen del segmento final es
\[ a(\mathbb N_{\ge N}) = \{a_n:n\ge N\}. \]
Por tanto,
\[ \forall n\ge N:\ a_n\in I \]
es equivalente a
\[ a(\mathbb N_{\ge N})\subseteq I. \]
Esto prueba la equivalencia entre 1 y 2.
Comparemos ahora 1 y 3. Si existe \(N\) tal que \(a_n\in I\) para todo \(n\ge N\), entonces para cada \(k\in\mathbb N\) el índice \(N+k\) satisface \(N+k\ge N\). Por tanto,
\[ a^{\langle N\rangle}_k = a_{N+k} \in I. \]
Recíprocamente, supongamos que para cierto \(N\),
\[ \forall k\in\mathbb N:\ a^{\langle N\rangle}_k\in I. \]
Sea \(n\ge N\). Entonces \(k=n-N\in\mathbb N\) y
\[ a_n = a_{N+k} = a^{\langle N\rangle}_k \in I. \]
Luego 3 implica 1. En consecuencia,
\[ \boxed{ 1\iff2\iff3. } \]
Si \(a_n\in I\) para todo \(n\in\mathbb N\), podemos elegir inmediatamente \(N=0\).
La conversa falla. Por ejemplo, toma
\[ a_0=0, \qquad a_n=2\quad(n\ge1), \]
y
\[ I=(1,3). \]
Entonces \(a_0\notin I\), de modo que la propiedad no es global, pero para todo \(n\ge1\) tenemos \(a_n=2\in I\). Así, \(N=1\) es un testigo de eventualidad.
El intervalo \(I\) debe estar fijado antes de buscar \(N\): la afirmación estudia si una misma región previamente elegida contiene todos los términos de alguna cola. Una vez fijados \(I\) y \(N\), sólo el índice recorre la cola.
La cadena conceptual puede escribirse así:
\[ \boxed{ \mathbb N_{\ge N} \longleftrightarrow \text{cola desde }N \longleftrightarrow \forall n\ge N \longleftrightarrow \text{propiedad eventual}. } \]
La cola reindexada expresa la misma estructura sustituyendo cada índice original \(n\ge N\) por \(k=n-N\).
5.6. Eventualmente no significa infinitas veces
Para \(a_n=(-1)^n\), el valor \(1\) reaparece después de cualquier corte, aunque entre sus apariciones sigan apareciendo términos iguales a \(-1\). Esta repetición tardía exige un orden de cuantificadores diferente.
Ocurrir infinitas veces. Diremos que la propiedad \(P(n)\) ocurre infinitas veces si
\[ \boxed{ \forall N\in\mathbb N\;\exists n\ge N:\ P(n). } \]
El corte \(N\) es ahora arbitrario; el índice testigo puede elegirse después y depender de él. En el ejemplo, si \(N\) es par sirve \(n=N\) y, si es impar, sirve \(n=N+1\). También podemos elegir siempre \(n=2N\). Para encontrar un fallo después del mismo corte sirve el impar \(m=2N+1\). Así, la propiedad \(P(n):a_n=1\) y su negación ocurren ambas infinitas veces, y ninguna de ellas llena una cola completa.
Proposición. Si \(P(n)\) ocurre eventualmente, entonces \(P(n)\) ocurre infinitas veces.
Supongamos que \(P(n)\) vale para todo \(n\ge N_0\). Dado un corte arbitrario \(N\), elegimos \(n=N+N_0\). Como ambos sumandos son naturales no negativos, \(n\ge N\) y \(n\ge N_0\); la segunda desigualdad da \(P(n)\) y la primera lo sitúa después del corte solicitado. Hemos construido una ocurrencia para cada \(N\), sin usar todavía el lema de sincronización. La conversa es falsa por el ejemplo alternante.
Las negaciones explican con precisión el fracaso de cada propiedad:
\[ \begin{aligned} \neg\bigl(\exists N\;\forall n\ge N:P(n)\bigr) &\iff\forall N\;\exists n\ge N:\neg P(n),\\ \neg\bigl(\forall N\;\exists n\ge N:P(n)\bigr) &\iff\exists N\;\forall n\ge N:\neg P(n). \end{aligned} \]
En la primera equivalencia, negar que algún corte elimine todos los fallos obliga a encontrar un fallo después de cada corte. Si desplegamos el universal restringido, negamos la implicación \(n\ge N\Rightarrow P(n)\) y obtenemos conjuntamente \(n\ge N\) y \(\neg P(n)\). Por tanto, \(P\) no es eventual si y sólo si \(\neg P\) ocurre infinitas veces. La segunda equivalencia dice que \(P\) no ocurre infinitas veces si y sólo si su negación es eventual. En particular, si \(P\) es eventual, su negación no puede seguir apareciendo arbitrariamente tarde.
La periodicidad no es necesaria. Sea \(P(n)\) la propiedad de que \(n\) sea un cuadrado perfecto. Dado cualquier \(N\), el índice \((N+1)^2\ge N\) es una ocurrencia. Para encontrar un fallo ponemos \(k=N+1\ge1\) y \(m=k^2+1\). Entonces \(m\ge N\) y
\[ k^2<m<(k+1)^2, \]
porque \(1<2k+1\). Ningún cuadrado natural queda estrictamente entre cuadrados consecutivos: si \(j^2\) estuviera allí, de \(j\le k\) se deduciría \(j^2\le k^2\), y de \(j\ge k+1\), \(j^2\ge(k+1)^2\). Por tanto \(m\) no es cuadrado. Hay apariciones y fallos después de cualquier corte, aunque las separaciones entre cuadrados crezcan.
Una cantidad finita de apariciones, por grande que sea, tampoco basta. La propiedad \(n<100000\) vale en cien mil índices, pero no tiene ninguna ocurrencia desde \(100000\) en adelante. Debemos distinguir una cola de éxitos, apariciones y fallos arbitrariamente tardíos, y una cola de fallos. Las dos equivalencias anteriores permiten reconocer estos casos sin sustituir los cuantificadores por impresiones de frecuencia.
Ejercicios de la sección 5.6
Ejercicio 26. El conjunto de ocurrencias visto desde cada cola
Sea \(P(n)\) una propiedad definida para cada \(n\in\mathbb N\) y define su conjunto de ocurrencias por
\[ A_P=\{n\in\mathbb N:P(n)\}. \]
Para \(N\in\mathbb N\), recuerda que
\[ \mathbb N_{\ge N}=\{n\in\mathbb N:n\ge N\}. \]
Demuestra las equivalencias
\[ \boxed{ P\text{ ocurre infinitas veces} \iff \forall N\in\mathbb N:\ A_P\cap\mathbb N_{\ge N}\ne\varnothing, } \]
y
\[ \boxed{ P\text{ ocurre eventualmente} \iff \exists N\in\mathbb N:\ \mathbb N_{\ge N}\subseteq A_P. } \]
Después:
usa únicamente estas dos caracterizaciones para demostrar que toda propiedad eventual ocurre infinitas veces;
explica, en lenguaje de conjuntos, la diferencia entre «una cola completa queda dentro de \(A_P\)» y «cada cola corta a \(A_P\) en al menos un punto»;
indica cuál de las dos caracterizaciones permite que haya fallos de \(P\) arbitrariamente tardíos.
Ver solución del ejercicio 26
Por definición,
\[ A_P=\{n\in\mathbb N:P(n)\}. \]
La propiedad \(P\) ocurre infinitas veces si y sólo si
\[ \forall N\in\mathbb N\;\exists n\ge N:\ P(n). \]
Para un \(N\) fijo, afirmar que existe \(n\ge N\) con \(P(n)\) equivale a afirmar que existe un índice perteneciente simultáneamente a \(A_P\) y a \(\mathbb N_{\ge N}\). Por tanto,
\[ \exists n\ge N:\ P(n) \iff A_P\cap\mathbb N_{\ge N}\ne\varnothing. \]
Como la equivalencia vale para cada \(N\),
\[ \boxed{ P\text{ ocurre infinitas veces} \iff \forall N:\ A_P\cap\mathbb N_{\ge N}\ne\varnothing. } \]
Análogamente, \(P\) ocurre eventualmente si y sólo si existe \(N\) tal que
\[ \forall n\ge N:\ P(n). \]
Esto significa exactamente que cada elemento de \(\mathbb N_{\ge N}\) pertenece a \(A_P\); es decir,
\[ \boxed{ P\text{ ocurre eventualmente} \iff \exists N:\ \mathbb N_{\ge N}\subseteq A_P. } \]
Supongamos ahora que \(P\) es eventual. Existe \(N_0\) con
\[ \mathbb N_{\ge N_0}\subseteq A_P. \]
Tomemos un umbral arbitrario \(N\). El índice
\[ n=N+N_0 \]
satisface \(n\ge N\) y \(n\ge N_0\). Por tanto,
\[ n\in\mathbb N_{\ge N}\cap\mathbb N_{\ge N_0} \]
y, como \(\mathbb N_{\ge N_0}\subseteq A_P\),
\[ n\in A_P\cap\mathbb N_{\ge N}. \]
Así, toda cola corta a \(A_P\), de modo que \(P\) ocurre infinitas veces.
La diferencia entre las dos condiciones es estructural. La eventualidad exige una inclusión completa:
\[ \mathbb N_{\ge N_0}\subseteq A_P. \]
Desde \(N_0\) no queda ningún fallo. En cambio, «infinitas veces» sólo exige
\[ A_P\cap\mathbb N_{\ge N}\ne\varnothing \]
para cada \(N\). Puede haber muchos índices de la cola que no pertenezcan a \(A_P\); basta con que siempre sobreviva alguna nueva ocurrencia más allá del corte. Por eso esta segunda condición permite fallos arbitrariamente tardíos.
Ejercicio 27. Apariciones arbitrariamente tardías no llenan una cola
Define la propiedad
\[ P(n):\quad n=2^k\text{ para algún }k\in\mathbb N. \]
Un estudiante razona:
Para cualquier umbral \(N\) puedo encontrar una potencia de \(2\) situada después de \(N\). Por tanto, llega un momento a partir del cual todos los índices son potencias de \(2\), así que \(P\) es eventual.
Audita el argumento.
Escribe la afirmación cuantificada que expresa correctamente que \(P\) ocurre infinitas veces.
Demuestra esa afirmación construyendo, para un \(N\) arbitrario, un índice testigo \(n\ge N\) que sea potencia de \(2\).
Localiza con precisión el cambio ilegítimo de orden o alcance de cuantificadores en el razonamiento del estudiante.
Demuestra que \(P\) no es eventual: dado un umbral arbitrario \(N\), construye un índice \(m\ge N\) que no sea potencia de \(2\).
Reescribe la conclusión correcta sin cambiar ninguna premisa verdadera del argumento original.
Ver solución del ejercicio 27
La afirmación correcta de que \(P\) ocurre infinitas veces es
\[ \boxed{ \forall N\in\mathbb N\;\exists n\ge N:\ n=2^k \text{ para algún }k\in\mathbb N. } \]
Fijemos un umbral arbitrario \(N\). Podemos tomar
\[ n=2^{N+1}. \]
Entonces \(n\) es una potencia de \(2\). Además,
\[ 2^{N+1}\ge N \]
para todo \(N\in\mathbb N\). En efecto, \(2^j\ge j+1\) se prueba por inducción: vale para \(j=0\) y, si vale para \(j\), entonces \(2^{j+1}\ge2(j+1)\ge j+2\). Aplicando esta desigualdad a \(j=N+1\) obtenemos incluso \(2^{N+1}\ge N+2\). Hemos construido una ocurrencia de \(P\) después de cualquier corte; por tanto \(P\) ocurre infinitas veces.
El estudiante transforma indebidamente
\[ \forall N\;\exists n\ge N:\ P(n) \]
en
\[ \exists N\;\forall n\ge N:\ P(n). \]
En la primera fórmula, el índice testigo \(n\) puede depender del umbral \(N\) y sólo se exige alguna ocurrencia posterior. En la segunda debe existir un único corte después del cual todos los índices satisfagan \(P\). No hay ninguna regla lógica que permita intercambiar esos cuantificadores.
Veamos directamente que \(P\) no es eventual. Sea \(N\in\mathbb N\) arbitrario y define
\[ m=2^{N+1}+1. \]
Claramente \(m\ge N\). Además,
\[ 2^{N+1}<m<2^{N+2}, \]
porque \(1<2^{N+1}\). Por tanto \(m\) queda estrictamente entre dos potencias consecutivas de \(2\) y no puede ser una potencia de \(2\). Así, después de cualquier umbral aparece todavía un fallo de \(P\).
La conclusión correcta es:
\[ \boxed{ P\text{ ocurre infinitas veces, pero no ocurre eventualmente}. } \]
El argumento original sí demostraba la existencia de potencias de \(2\) arbitrariamente tardías; lo único falso era convertir esas apariciones aisladas en una cola completa de éxitos.
Ejercicio 28. Bloques cada vez más largos sin estabilización
Define una propiedad \(P(n)\) de los naturales de la siguiente manera. Para cada entero \(k\ge1\), declara verdadera a \(P\) en el bloque
\[ k^2\le n<k^2+k \]
y falsa en el bloque siguiente
\[ k^2+k\le n<(k+1)^2. \]
Además, fija \(P(0)\) como falsa.
Escribe el patrón de verdad de \(P(n)\) para \(0\le n\le20\), agrupando los índices en bloques consecutivos de verdad y falsedad.
Demuestra directamente desde la definición que \(P\) ocurre infinitas veces.
Demuestra directamente que \(\neg P\) ocurre infinitas veces.
Concluye que ni \(P\) ni \(\neg P\) son eventuales.
Demuestra algo más fuerte: para cada \(L\ge1\) existe un bloque de al menos \(L\) índices consecutivos en los que \(P\) es verdadera y también un bloque de al menos \(L\) índices consecutivos en los que \(P\) es falsa.
Explica qué falsa inferencia destruye este ejemplo acerca de observar bloques finitos cada vez más largos.
Ver solución del ejercicio 28
Para \(k=1\) tenemos un bloque verdadero en \(n=1\) y un bloque falso en \(n=2,3\). Para \(k=2\), \(P\) es verdadera en \(4,5\) y falsa en \(6,7,8\). Para \(k=3\), es verdadera en \(9,10,11\) y falsa en \(12,13,14,15\). Para \(k=4\), es verdadera en \(16,17,18,19\) y falsa desde \(20\) hasta \(24\).
Así, entre \(0\) y \(20\) el patrón puede registrarse como
\[ \begin{array}{c|l} \text{valor lógico} & \text{índices}\\ \hline \text{falso} & 0\\ \text{verdadero} & 1\\ \text{falso} & 2,3\\ \text{verdadero} & 4,5\\ \text{falso} & 6,7,8\\ \text{verdadero} & 9,10,11\\ \text{falso} & 12,13,14,15\\ \text{verdadero} & 16,17,18,19\\ \text{falso} & 20. \end{array} \]
Probemos que \(P\) ocurre infinitas veces. Sea \(N\in\mathbb N\) arbitrario. Elijamos
\[ k=N+1 \]
y tomemos
\[ n=k^2. \]
Entonces \(n\ge N\) y, por definición,
\[ k^2\le n<k^2+k, \]
de modo que \(P(n)\) es verdadera. Como esto funciona para todo \(N\), \(P\) ocurre infinitas veces.
Para \(\neg P\) usamos el mismo \(k=N+1\) y tomamos
\[ m=k^2+k. \]
Se cumple \(m\ge N\) y además
\[ k^2+k\le m<(k+1)^2, \]
pues
\[ k^2+k<k^2+2k+1=(k+1)^2. \]
Por tanto \(P(m)\) es falsa. Así, \(\neg P\) también ocurre infinitas veces.
Como \(\neg P\) ocurre infinitas veces, \(P\) no puede ser eventual. Simétricamente, como \(P\) ocurre infinitas veces, \(\neg P\) no puede ser eventual. En consecuencia,
\[ \boxed{ P\text{ y }\neg P\text{ ocurren infinitas veces, y ninguna es eventual}. } \]
Veamos ahora la longitud de los bloques. El bloque verdadero correspondiente a \(k\) contiene
\[ k^2,k^2+1,\ldots,k^2+k-1, \]
exactamente \(k\) índices. El bloque falso siguiente contiene
\[ k^2+k,k^2+k+1,\ldots,(k+1)^2-1, \]
y su longitud es
\[ (k+1)^2-(k^2+k)=k+1. \]
Dado \(L\ge1\), basta elegir \(k\ge L\). Entonces aparece un bloque verdadero de longitud al menos \(L\) y un bloque falso de longitud al menos \(L\).
El ejemplo destruye la inferencia
«si una propiedad aparece en bloques consecutivos cada vez más largos, entonces termina por hacerse eventual».
La eventualidad no pide bloques finitos muy largos. Pide una cola infinita completa sin nuevas excepciones.
Ejercicio 29. Tricotomía del comportamiento tardío de una propiedad
Sea \(P(n)\) una propiedad cualquiera sobre \(\mathbb N\). Demuestra que exactamente una de las tres situaciones siguientes ocurre:
- \(P\) ocurre eventualmente;
- \(\neg P\) ocurre eventualmente;
- tanto \(P\) como \(\neg P\) ocurren infinitas veces.
Tu demostración debe cumplir estas condiciones:
prueba primero que las tres situaciones son mutuamente excluyentes usando sólo los resultados de §5.6;
prueba después que siempre ocurre al menos una de ellas, separando los casos según si \(P\) es eventual o no y, cuando corresponda, según si \(\neg P\) es eventual o no;
deduce como corolario que, para cualquier propiedad \(P\), al menos una de \(P\) o \(\neg P\) ocurre infinitas veces;
explica por qué esta tricotomía es más precisa que dividir simplemente entre «eventual» y «no eventual».
No utilices el lema de sincronización de §5.7.
Ver solución del ejercicio 29
Usaremos dos equivalencias de §5.6:
\[ \neg(P\text{ eventual}) \iff \neg P\text{ ocurre infinitas veces}, \]
y, aplicando la misma equivalencia a \(\neg P\),
\[ \neg(\neg P\text{ eventual}) \iff P\text{ ocurre infinitas veces}. \]
Primero probemos exclusión mutua.
Si \(P\) ocurre eventualmente, entonces \(\neg P\) no ocurre infinitas veces. Por tanto no puede darse la situación 3. Tampoco puede ocurrir \(\neg P\) eventualmente, porque toda propiedad eventual ocurre infinitas veces; eso obligaría a que \(\neg P\) ocurriera infinitas veces, contradicción. Así, la situación 1 excluye a 2 y 3.
El mismo argumento, intercambiando \(P\) y \(\neg P\), muestra que la situación 2 excluye a 1 y 3.
Finalmente, si ocurre la situación 3, entonces \(\neg P\) ocurre infinitas veces, de modo que \(P\) no es eventual; y \(P\) ocurre infinitas veces, de modo que \(\neg P\) no es eventual. Por tanto 3 excluye a 1 y 2.
Probemos ahora que alguna de las tres situaciones siempre ocurre.
- Si \(P\) es eventual, estamos en la situación 1.
- Supongamos que \(P\) no es eventual. Entonces, por la primera equivalencia, \(\neg P\) ocurre infinitas veces.
- Si \(\neg P\) es eventual, estamos en la situación 2.
- Si \(\neg P\) no es eventual, la segunda equivalencia implica que \(P\) ocurre infinitas veces. Como ya sabíamos que \(\neg P\) ocurre infinitas veces, estamos en la situación 3.
Hemos demostrado que las tres situaciones son exhaustivas y mutuamente excluyentes. Por tanto,
\[ \boxed{ \text{exactamente una de 1, 2 o 3 ocurre.} } \]
Como corolario, al menos una de \(P\) o \(\neg P\) ocurre infinitas veces. En efecto, en la situación 1, \(P\) es eventual y por tanto ocurre infinitas veces; en la situación 2, ocurre infinitas veces \(\neg P\); y en la situación 3 ocurren infinitas veces ambas.
La tricotomía es más precisa que la división «eventual / no eventual» porque el caso no eventual se separa en dos mecanismos diferentes: o bien la negación termina estabilizándose, o bien continúan reapareciendo arbitrariamente tarde tanto éxitos como fallos.
Ejercicio 30. Cuando el testigo depende de otro parámetro
Para cada entero \(r\ge1\), define la propiedad
\[ P_r(n):\quad r\mid n. \]
Analiza con cuidado el orden de los cuantificadores.
Demuestra que, para cada \(r\ge1\) fijo, \(P_r(n)\) ocurre infinitas veces. Tu prueba debe construir explícitamente un índice \(n=n(r,N)\ge N\) para un umbral arbitrario \(N\).
Concluye que es verdadera la afirmación
\[ \forall r\ge1\;\forall N\in\mathbb N\;\exists n\ge N:\ r\mid n. \]
- Demuestra, en cambio, que es falsa la afirmación
\[ \forall N\in\mathbb N\;\exists n\ge N\;\forall r\ge1:\ r\mid n. \]
Basta analizar cuidadosamente el caso \(N=1\).
Explica por qué los testigos obtenidos en a), que pueden depender de \(r\) y de \(N\), no autorizan a producir un único \(n\) que funcione simultáneamente para todos los enteros positivos \(r\).
Fija ahora un entero \(m\ge1\) y reemplaza la familia infinita \(r\ge1\) por la familia finita \(1\le r\le m\). Demuestra que
\[ \forall N\in\mathbb N\;\exists n\ge N\;\forall r\in\{1,\ldots,m\}:\ r\mid n. \]
Construye un testigo explícito y explica qué cambió al pasar de una familia infinita a una familia finita de divisores.
Ver solución del ejercicio 30
Fijemos primero \(r\ge1\) y un umbral arbitrario \(N\in\mathbb N\). Definimos
\[ n=r(N+1). \]
Entonces \(r\mid n\) por construcción. Además, como \(r\ge1\),
\[ n=r(N+1)\ge N+1>N. \]
Por tanto \(n\ge N\). Hemos mostrado que, para cada \(r\) fijo y para todo umbral \(N\), existe un índice posterior divisible por \(r\). Así,
\[ \boxed{ \forall r\ge1\;\forall N\in\mathbb N\;\exists n\ge N:\ r\mid n. } \]
El testigo obtenido es
\[ n(r,N)=r(N+1), \]
y depende explícitamente de los dos datos elegidos antes.
Consideremos ahora la afirmación
\[ \forall N\in\mathbb N\;\exists n\ge N\;\forall r\ge1:\ r\mid n. \]
Tomemos \(N=1\). Si existiera un \(n\ge1\) divisible por todo entero positivo, podríamos elegir
\[ r=n+1. \]
Entonces la condición exigiría
\[ n+1\mid n. \]
Pero un entero positivo estrictamente mayor que \(n\) no puede dividir a \(n\). Contradicción. Por tanto la afirmación es falsa.
La diferencia lógica está en la dependencia del testigo. En
\[ \forall r\;\forall N\;\exists n, \]
el valor de \(n\) puede cambiar cuando cambia \(r\) o cuando cambia \(N\). La fórmula no produce un mismo índice válido para todos los \(r\). En cambio,
\[ \forall N\;\exists n\;\forall r \]
exige que, después de fijar \(N\), se encuentre un único \(n\) que satisfaga simultáneamente todas las divisibilidades. Es una obligación mucho más fuerte.
Fijemos finalmente \(m\ge1\) y restrinjamos la familia a
\[ 1\le r\le m. \]
Para un umbral arbitrario \(N\), tomemos
\[ n=m!(N+1). \]
Entonces \(n\ge N\) y, para cada \(r\in\{1,\ldots,m\}\), se tiene \(r\mid m!\), luego
\[ r\mid n. \]
Por tanto,
\[ \boxed{ \forall N\;\exists n\ge N\;\forall r\in\{1,\ldots,m\}:\ r\mid n. } \]
Al pasar de la familia infinita a una familia finita apareció un múltiplo común explícito, \(m!\), que permite satisfacer simultáneamente todas las condiciones. El punto lógico no es que los testigos anteriores pudieran fusionarse automáticamente, sino que la nueva familia finita admite una construcción aritmética común que la familia de todos los enteros positivos no admite para ningún \(n\ge1\).
5.7. Sincronizar colas y olvidar perturbaciones finitas
Supongamos que \(P\) vale desde un umbral \(N_P\) y que \(Q\) vale desde otro \(N_Q\). Para usar ambas propiedades en el mismo índice debemos entrar en una cola que esté dentro de las dos regiones de validez. El corte más tardío proporciona esa cola.
Lema de sincronización de umbrales. Si \(P(n)\) ocurre eventualmente y \(Q(n)\) ocurre eventualmente, entonces \(P(n)\land Q(n)\) ocurre eventualmente. Más precisamente, si \(N_P\) es un testigo para \(P\) y \(N_Q\) es un testigo para \(Q\), entonces
\[ \boxed{ N=\max\{N_P,N_Q\} } \]
es un testigo común para ambas propiedades.
Si \(n\ge N=\max\{N_P,N_Q\}\), tenemos \(n\ge N_P\) y \(n\ge N_Q\), por lo que se cumplen \(P(n)\) y \(Q(n)\). El argumento cubre cada índice posterior al corte y prueba la conjunción eventual. Llamaremos también lema de compresión a este modo de sustituir varias obligaciones con sus respectivos cortes por una obligación sobre una cola común.
Si sabemos que \(a_n>0\) para \(n\ge4\) y \(a_n<10\) para \(n\ge7\), el máximo \(7\) garantiza \(0<a_n<10\) en toda esa cola. Con cortes \(5\) y \(9\) funciona \(9\); con tres testigos \(4,11,7\), funciona \(11\). En general, para un número finito de propiedades \(P_1,\ldots,P_k\), con \(k\ge1\) y testigos \(N_1,\ldots,N_k\), elegimos \(N=\max\{N_1,\ldots,N_k\}\). Si \(n\ge N\), cada comparación \(n\ge N_i\) permite aplicar la obligación correspondiente. El máximo de una lista finita existe; este argumento no suministra un corte para una familia arbitraria de umbrales.
El máximo garantiza un testigo, pero los testigos suministrados podrían no ser mínimos. Si \(P\) y \(Q\) valen en todos los índices, \(5\) y \(9\) son testigos válidos y su conjunción vale ya desde \(0\). La sincronización organiza la información disponible sin afirmar que el corte obtenido sea el primero posible.
La misma idea permite comparar sucesiones que difieren en un comienzo finito.
Coincidencia eventual. Dos sucesiones reales
\[ a,b:\mathbb N\to\mathbb R \]
coinciden eventualmente si
\[ \boxed{ \exists N\in\mathbb N\;\forall n\ge N:\ a_n=b_n. } \]
Si la coincidencia comienza en \(N_E\), las restricciones de \(a\) y \(b\) a \(\mathbb N_{\ge N_E}\) son la misma función. También \(a^{\langle N_E\rangle}=b^{\langle N_E\rangle}\): para cada \(k\), el índice original \(N_E+k\) está en la cola de coincidencia. Las sucesiones completas pueden seguir siendo distintas por sus términos anteriores al corte. Por ejemplo, \((3,4,5,6,\ldots)\) y \((-100,4,5,6,\ldots)\) coinciden desde \(1\) y difieren en \(0\).
Sea ahora \(R(x)\) un predicado fijo sobre números reales y supongamos que \(R(a_n)\) vale desde \(N_R\). Si \(a_n=b_n\) desde \(N_E\), ponemos \(M=\max\{N_E,N_R\}\). Para todo \(n\ge M\) disponemos a la vez de \(R(a_n)\) y de \(a_n=b_n\), de modo que la sustitución de iguales da \(R(b_n)\). Intercambiando las sucesiones obtenemos la transferencia en el otro sentido. El predicado y sus parámetros deben permanecer fijados; estamos usando que el mismo número satisface la misma condición en cada índice de la cola común.
En \(a=(3,-1,5,2,2,\ldots)\) y \(b=(100,7,-8,2,2,\ldots)\), por ejemplo, la coincidencia empieza en \(3\). Cualquier modificación en un conjunto finito de índices queda contenida en un prefijo: si el conjunto modificado es no vacío y su máximo es \(m\), desde \(m+1\) vuelve a haber coincidencia; si es vacío, sirve \(0\). Cuando sólo cambian los índices \(2,8,13\), el corte \(14\) garantiza una cola común.
Esto no permite transferir propiedades arbitrarias del objeto completo. Para \(a=(0,-5,1,1,\ldots)\) y \(b=(9,12,1,1,\ldots)\), la positividad es eventual en ambas con testigo \(2\), pero \(a_0=0\) es verdadero y \(b_0=0\) es falso. También la sucesión constantemente nula pierde la afirmación sobre su primer término si cambiamos sólo \(a_0\) por \(1\). Lo preservado es la información de una cola suficientemente tardía; las propiedades que examinan el prefijo modificado requieren su propio control.
Ejercicios de la sección 5.7
Ejercicio 31. Un solo corte para tres obligaciones
Sean \(P(n)\), \(Q(n)\) y \(R(n)\) tres propiedades sobre \(\mathbb N\). Se sabe que
\[ \forall n\ge4:\ P(n), \]
\[ \forall n\ge9:\ Q(n), \]
y
\[ \forall n\ge6:\ R(n). \]
No se afirma que \(4\), \(9\) y \(6\) sean los menores testigos posibles.
Construye un único umbral \(N\) que garantice simultáneamente \(P(n)\), \(Q(n)\) y \(R(n)\) para todo \(n\ge N\).
Verifica tu elección tomando un índice arbitrario \(n\ge N\) y siguiendo explícitamente las tres comparaciones de índices.
Determina todos los valores \(M\) que, sólo a partir de la información dada, están garantizados como testigos comunes.
Explica por qué los datos no permiten concluir que tu umbral sea el menor testigo posible de \(P\land Q\land R\).
Identifica qué función lógica cumple el máximo de los tres umbrales: ¿mejora alguna estimación o sincroniza tres colas?
Ver solución del ejercicio 31
Tomamos
\[ N=\max\{4,9,6\}=9. \]
Si \(n\ge9\), entonces
\[ n\ge9\ge4, \qquad n\ge9, \qquad n\ge9\ge6. \]
Por las tres hipótesis se siguen simultáneamente
\[ P(n),\qquad Q(n),\qquad R(n). \]
Por tanto, \(9\) es un testigo común para
\[ P\land Q\land R. \]
Más generalmente, todo \(M\ge9\) está garantizado como testigo común. En efecto, si \(n\ge M\ge9\), entonces \(n\) queda también por encima de \(4\) y \(6\), de modo que las tres propiedades están disponibles.
Un umbral \(M<9\) no está garantizado. Para comprobarlo, tomemos \(P(n)\) y \(R(n)\) verdaderas para todo \(n\), y \(Q(n)\) verdadera exactamente cuando \(n\ge9\). Estas propiedades satisfacen las tres hipótesis; sin embargo, la conjunción falla en \(n=M\ge M\). Así, a partir de la información dada, el conjunto de umbrales garantizados es
\[ \boxed{\mathbb N_{\ge9}.} \]
Esto no significa que \(9\) sea necesariamente el menor testigo real de la conjunción. Las hipótesis sólo dicen que \(4\), \(9\) y \(6\) funcionan para las propiedades por separado; no dicen que sean sus umbrales mínimos. Podría ocurrir, por ejemplo, que \(Q\) ya fuera verdadera desde \(7\) aunque sólo se nos haya informado que vale desde \(9\).
La función del máximo es lógica: sincroniza tres colas. No mejora las estimaciones disponibles; descarta suficiente prefijo para entrar en una cola en la que las tres obligaciones ya están simultáneamente activas.
Ejercicio 32. Intersecar conjuntos de testigos
Sea \(P(n)\) una propiedad sobre \(\mathbb N\) y define
\[ W_P=\{N\in\mathbb N:\forall n\ge N,\ P(n)\}. \]
Sean ahora \(P_1,\ldots,P_k\) propiedades, con \(k\ge1\) finito.
- Demuestra que
\[ \boxed{ W_{P_1\land\cdots\land P_k} = W_{P_1}\cap\cdots\cap W_{P_k}. } \]
- Supón que cada \(P_i\) es eventual. Elige un testigo \(N_i\in W_{P_i}\) para cada \(i\) y demuestra que
\[ N=\max\{N_1,\ldots,N_k\} \]
pertenece a la intersección de a).
Concluye que una conjunción finita de propiedades eventuales es eventual.
Explica con precisión dónde se usa la finitud de la familia en esta demostración. No concluyas nada sobre familias infinitas.
Ver solución del ejercicio 32
Por definición,
\[ N\in W_{P_1\land\cdots\land P_k} \]
si y sólo si
\[ \forall n\ge N:\ P_1(n)\land\cdots\land P_k(n). \]
Una conjunción es verdadera exactamente cuando lo son todos sus componentes. Por tanto, la afirmación anterior equivale a
\[ \forall i\in\{1,\ldots,k\}\;\forall n\ge N:\ P_i(n). \]
Eso significa precisamente
\[ N\in W_{P_i} \]
para cada \(i\). Luego
\[ \boxed{ W_{P_1\land\cdots\land P_k} = \bigcap_{i=1}^k W_{P_i}. } \]
Supongamos ahora que cada \(P_i\) es eventual. Entonces cada \(W_{P_i}\) es no vacío. Elijamos
\[ N_i\in W_{P_i} \]
para \(i=1,\ldots,k\) y definamos
\[ N=\max\{N_1,\ldots,N_k\}. \]
Como \(N\ge N_i\) para todo \(i\), y los conjuntos de testigos son estables hacia índices posteriores, se tiene
\[ N\in W_{P_i} \]
para cada \(i\). Así,
\[ N\in\bigcap_{i=1}^k W_{P_i} = W_{P_1\land\cdots\land P_k}. \]
La conjunción finita es, por tanto, eventual.
La finitud se usa al formar un máximo de la lista
\[ N_1,\ldots,N_k. \]
Para una familia infinita, este argumento concreto ya no proporciona automáticamente un natural que domine todos los testigos. Nada de lo demostrado aquí autoriza a extender sin más la conclusión a una familia infinita.
Ejercicio 33. Encadenar coincidencias eventuales
Sean
\[ a,b,c:\mathbb N\to\mathbb R. \]
Supón que \(a\) y \(b\) coinciden desde \(N_{ab}\), mientras que \(b\) y \(c\) coinciden desde \(N_{bc}\):
\[ \forall n\ge N_{ab}:\ a_n=b_n, \]
y
\[ \forall n\ge N_{bc}:\ b_n=c_n. \]
- Define
\[ M=\max\{N_{ab},N_{bc}\} \]
y demuestra que \(a\) y \(c\) coinciden desde \(M\).
- Demuestra algo más fuerte: desde ese mismo \(M\), las tres sucesiones coinciden término a término,
\[ \forall n\ge M:\ a_n=b_n=c_n. \]
- Traduce b) al lenguaje de colas reindexadas y demuestra
\[ \boxed{ a^{\langle M\rangle} = b^{\langle M\rangle} = c^{\langle M\rangle}. } \]
- Explica por qué a), b) y c) no autorizan a concluir \(a=b=c\) como funciones sobre todo \(\mathbb N\).
Ver solución del ejercicio 33
Definimos
\[ M=\max\{N_{ab},N_{bc}\}. \]
Sea \(n\ge M\). Entonces
\[ n\ge M\ge N_{ab} \]
y
\[ n\ge M\ge N_{bc}. \]
Por las hipótesis,
\[ a_n=b_n \]
y
\[ b_n=c_n. \]
Por transitividad de la igualdad,
\[ a_n=c_n. \]
Como esto vale para todo \(n\ge M\), \(a\) y \(c\) coinciden eventualmente. Más aún, para todo \(n\ge M\),
\[ \boxed{a_n=b_n=c_n.} \]
Pasemos a las colas reindexadas. Para cualquier \(k\in\mathbb N\), el índice original
\[ M+k \]
satisface \(M+k\ge M\). Por tanto,
\[ a_{M+k}=b_{M+k}=c_{M+k}. \]
Usando la definición de cola reindexada,
\[ a^{\langle M\rangle}_k = a_{M+k}, \]
\[ b^{\langle M\rangle}_k = b_{M+k}, \]
y
\[ c^{\langle M\rangle}_k = c_{M+k}. \]
Luego las tres funciones \(\mathbb N\to\mathbb R\) coinciden índice por índice:
\[ \boxed{ a^{\langle M\rangle} = b^{\langle M\rangle} = c^{\langle M\rangle}. } \]
Nada de esto obliga a que las sucesiones originales sean iguales en los índices menores que \(M\). La igualdad de funciones \(a=b=c\) exigiría igualdad para todo \(n\in\mathbb N\), no sólo sobre una cola común.
Ejercicio 34. «Cambiar finitos términos no cambia nada»
Considera
\[ a=(0,1,1,1,1,\ldots) \]
y
\[ b=(9,1,1,1,1,\ldots). \]
Un estudiante escribe:
Las dos sucesiones sólo difieren en un término. Por tanto son la misma sucesión a partir de una modificación irrelevante, y cualquier propiedad verdadera de \(a\) también es verdadera de \(b\).
Audita la afirmación.
Decide si \(a=b\) como funciones y justifica tu respuesta.
Determina un umbral desde el cual \(a\) y \(b\) coinciden eventualmente.
Da una propiedad del prefijo que sea verdadera para \(a\) y falsa para \(b\).
Da una propiedad término a término que ocurra eventualmente para ambas y exhibe un umbral común.
Reescribe la afirmación del estudiante en una forma correcta que delimite exactamente qué clase de propiedades se conservan bajo una modificación finita.
Explica por qué la frase «los primeros términos son irrelevantes» es matemáticamente demasiado fuerte si no se especifica para qué tipo de afirmación son irrelevantes.
Ver solución del ejercicio 34
Las sucesiones no son iguales como funciones. Ya en el índice \(0\),
\[ a_0=0 \ne 9=b_0. \]
Por tanto,
\[ \boxed{a\ne b.} \]
Sin embargo, desde el índice \(1\) coinciden:
\[ \forall n\ge1:\ a_n=b_n=1. \]
Así, \(N_E=1\) es un testigo de coincidencia eventual.
Una propiedad sensible al prefijo es
\[ a_0=0. \]
Es verdadera para \(a\) y falsa para \(b\). También cambiaría cualquier afirmación que mencione explícitamente el primer término.
En cambio, la propiedad término a término
\[ x=1 \]
aplicada a los términos es eventual en ambas sucesiones:
\[ \forall n\ge1:\ a_n=1 \]
y
\[ \forall n\ge1:\ b_n=1. \]
El mismo umbral \(N=1\) funciona para las dos.
La afirmación correcta es:
Si dos sucesiones coinciden desde algún índice en adelante, entonces comparten las propiedades que dependen exclusivamente de una cola suficientemente tardía; en particular, los predicados término a término que son eventuales se transfieren entre ellas.
No se preservan necesariamente las propiedades que miran el prefijo modificado.
Por eso «los primeros términos son irrelevantes» es una frase incompleta. Los primeros términos son irrelevantes para propiedades de cola; pueden ser decisivos para propiedades globales o localizadas en índices iniciales.
Ejercicio 35. Mismos valores tardíos en cada corte, pero sin cola común
Construye dos sucesiones \(a,b:\mathbb N\to\mathbb R\) que satisfagan simultáneamente:
\[ \forall N\in\mathbb N: \{a_n:n\ge N\} = \{b_n:n\ge N\}, \]
pero que no coincidan eventualmente.
Tu contraejemplo debe cumplir además:
los conjuntos de valores tardíos anteriores deben tener exactamente dos elementos para todo \(N\);
debes demostrar la igualdad de esos conjuntos para un \(N\) arbitrario, no sólo para algunos cortes;
debes demostrar que para todo \(M\in\mathbb N\) existe \(n\ge M\) con \(a_n\ne b_n\);
concluye explicando por qué la igualdad de todos los conjuntos de valores tardíos no recupera la información indexada necesaria para una cola común.
Ver solución del ejercicio 35
Tomemos
\[ a_n=(-1)^n \]
y
\[ b_n=(-1)^{n+1}. \]
Las sucesiones son
\[ a=(1,-1,1,-1,\ldots) \]
y
\[ b=(-1,1,-1,1,\ldots). \]
Fijemos un \(N\in\mathbb N\) arbitrario. Entre los índices \(N\) y \(N+1\) hay uno par y uno impar. Por tanto, en la cola de \(a\) aparecen tanto \(1\) como \(-1\). No aparece ningún otro valor, de modo que
\[ \{a_n:n\ge N\}=\{-1,1\}. \]
El mismo argumento vale para \(b\):
\[ \{b_n:n\ge N\}=\{-1,1\}. \]
Así, para todo \(N\),
\[ \boxed{ \{a_n:n\ge N\} = \{b_n:n\ge N\} = \{-1,1\}. } \]
No obstante, las sucesiones nunca coinciden en un mismo índice. Para todo \(n\),
\[ b_n=(-1)^{n+1}=-(-1)^n=-a_n. \]
Como \(a_n\in\{-1,1\}\), se tiene
\[ a_n\ne b_n \]
para todo \(n\in\mathbb N\). En particular, dado cualquier \(M\), basta elegir \(n=M\) para obtener un índice \(n\ge M\) en el que difieren.
Por tanto no existe una cola común y las sucesiones no coinciden eventualmente.
El contraejemplo muestra que incluso conocer todos los conjuntos de valores tardíos puede ser insuficiente: esos conjuntos registran qué valores aparecen después de cada corte, pero siguen sin registrar qué valor corresponde a cada índice. La coincidencia eventual exige precisamente esa información indexada.
Ejercicio 36. Sincronizar primero o transferir primero
Sean \(a,b:\mathbb N\to\mathbb R\) dos sucesiones que coinciden desde un umbral \(N_E\):
\[ \forall n\ge N_E:\ a_n=b_n. \]
Sean además \(P(x)\) y \(Q(x)\) dos predicados fijos sobre números reales. Supón que
\[ \forall n\ge N_P:\ P(a_n) \]
y
\[ \forall n\ge N_Q:\ Q(a_n). \]
Demuestra que \(P(b_n)\land Q(b_n)\) ocurre eventualmente siguiendo dos rutas distintas.
Ruta A. Sincroniza primero \(P(a_n)\) y \(Q(a_n)\) sobre la sucesión \(a\) y después transfiere la conjunción a \(b\) usando la coincidencia eventual.
Ruta B. Transfiere primero \(P\) y \(Q\) por separado desde \(a\) hacia \(b\) y después sincroniza las dos propiedades ya transferidas.
En ambos casos:
escribe todos los umbrales intermedios;
demuestra que puede elegirse finalmente
\[ \boxed{M=\max\{N_E,N_P,N_Q\};} \]
explica por qué las dos rutas producen el mismo corte efectivo aunque agrupen los máximos de manera distinta;
generaliza el argumento a una familia finita \(P_1,\ldots,P_k\) de predicados eventuales sobre \(a\), con testigos \(N_1,\ldots,N_k\);
indica por qué el mismo argumento no transfiere una propiedad como «\(a_0=0\)».
Ver solución del ejercicio 36
Tenemos tres umbrales:
\[ N_E, \qquad N_P, \qquad N_Q. \]
La coincidencia eventual proporciona
\[ \forall n\ge N_E:\ a_n=b_n, \]
mientras que las dos propiedades sobre \(a\) están disponibles desde \(N_P\) y \(N_Q\).
Ruta A: sincronizar en \(a\) y luego transferir
Primero sincronizamos \(P(a_n)\) y \(Q(a_n)\) con
\[ N_A=\max\{N_P,N_Q\}. \]
Entonces
\[ \forall n\ge N_A:\ P(a_n)\land Q(a_n). \]
Ahora sincronizamos esta cola con la cola de coincidencia entre \(a\) y \(b\):
\[ M_A=\max\{N_E,N_A\}. \]
Si \(n\ge M_A\), entonces \(a_n=b_n\) y además \(P(a_n)\land Q(a_n)\). Como los predicados se aplican al mismo número real,
\[ P(b_n)\land Q(b_n). \]
Por tanto la conjunción ocurre eventualmente en \(b\).
Ruta B: transferir por separado y luego sincronizar
Transferimos primero \(P\). Un umbral válido es
\[ M_P=\max\{N_E,N_P\}. \]
Desde \(M_P\) tenemos \(a_n=b_n\) y \(P(a_n)\), de donde \(P(b_n)\).
Análogamente,
\[ M_Q=\max\{N_E,N_Q\} \]
es un testigo para \(Q(b_n)\).
Sincronizamos ambas propiedades ya transferidas mediante
\[ M_B=\max\{M_P,M_Q\}. \]
Entonces, para todo \(n\ge M_B\),
\[ P(b_n)\land Q(b_n). \]
Comparemos los cortes. En la ruta A,
\[ M_A = \max\{N_E,\max\{N_P,N_Q\}\}. \]
En la ruta B,
\[ M_B = \max\{\max\{N_E,N_P\},\max\{N_E,N_Q\}\}. \]
Ambos números son simplemente el mayor de los tres umbrales originales:
\[ \boxed{ M_A=M_B=\max\{N_E,N_P,N_Q\}. } \]
La diferencia entre las rutas es organizativa, no matemática: ambas construyen una cola común en la que ya están activas la coincidencia y las dos propiedades.
Para una familia finita \(P_1,\ldots,P_k\), con testigos \(N_1,\ldots,N_k\) sobre \(a\), basta tomar
\[ \boxed{ M=\max\{N_E,N_1,\ldots,N_k\}. } \]
Si \(n\ge M\), entonces \(a_n=b_n\) y cada \(P_i(a_n)\) es verdadera. Por sustitución de iguales,
\[ P_i(b_n) \]
para todo \(i=1,\ldots,k\). Así, todas las propiedades se transfieren simultáneamente a una sola cola de \(b\).
El argumento no sirve para una propiedad como
\[ a_0=0, \]
porque esa afirmación no depende de una cola tardía: mira específicamente el índice \(0\). La coincidencia eventual puede comenzar mucho después y no proporciona ninguna información sobre ese término inicial.
5.8. Captura eventual: la puerta a \(\varepsilon\)–\(N\)
Fijemos un conjunto \(U\subseteq\mathbb R\). Aplicar eventualidad al predicado \(P_U(n):a_n\in U\) expresa que una cola completa queda en esa región.
Captura eventual por un conjunto fijo. Diremos que la sucesión \(a\) está eventualmente en \(U\) si
\[ \boxed{ \exists N\in\mathbb N\;\forall n\ge N:\ a_n\in U. } \]
Para un mismo testigo \(N\), las afirmaciones \(\forall n\ge N:a_n\in U\), \(a(\mathbb N_{\ge N})\subseteq U\) y \(\{a_n:n\ge N\}\subseteq U\) son equivalentes: cada una dice que todos los valores de ese segmento final pertenecen a \(U\). Por la biyección de §5.4 también equivalen a \(\forall k\in\mathbb N:a^{\langle N\rangle}_k\in U\). Para esta pregunta podemos trabajar con la imagen de la cola, porque sólo necesitamos comprobar pertenencia a un conjunto fijo; el corte sigue siendo un índice.
No se exige que \(U\) sea un intervalo, abierto o cerrado. Para \(a=(7,-3,0,3/2,0,3/2,\ldots)\), el conjunto \(U=\{0,3/2\}\) contiene todos los términos desde \(2\), aunque los dos primeros estén fuera. Los términos tardíos alternan entre dos puntos; la captura afirma que no salen del conjunto y no les impone proximidad mutua. Como \(0,3/2\in U\) y \(3/4\notin U\), ese conjunto no es un intervalo.
También \((5,-2,1,1,1,\ldots)\) está eventualmente en \(\{1\}\) desde \(2\). Para otro ejemplo, tomemos \(U=\{0,2\}\), \(a_0=5\), \(a_n=0\) cuando \(n\ge1\) es par y \(a_n=2\) cuando \(n\) es impar. La captura empieza en \(1\) y el conjunto sigue sin ser un intervalo. En todos los casos la región se elige antes del umbral. Si permitiéramos definir \(U_n=\{a_n\}\), tendríamos \(a_n\in U_n\) para cualquier sucesión en cualquier índice; habríamos cambiado la condición en lugar de probar permanencia en una misma región.
El lema de sincronización entra aquí como una herramienta ya disponible. Si \(a\) está eventualmente en los conjuntos fijos \(U\) y \(V\), con testigos \(N_U\) y \(N_V\), elegimos \(N=\max\{N_U,N_V\}\). Para \(n\ge N\) se cumplen ambas pertenencias y, por definición de intersección, \(a_n\in U\cap V\).
Intersección de capturas eventuales. Si una sucesión está eventualmente en dos conjuntos fijos \(U\) y \(V\), entonces está eventualmente en \(U\cap V\).
Por ejemplo, con \(N_U=4\) y \(N_V=9\) sirve \(N=9\). Si \(U\cap V=\varnothing\), la captura simultánea sería imposible: en el propio índice \(N\) exigiría \(a_N\in\varnothing\). Para una familia finita no vacía de conjuntos \(U_1,\ldots,U_k\) repetimos el argumento con \(N=\max\{N_1,\ldots,N_k\}\); cada término posterior pertenece a todos los conjuntos y, por tanto, a su intersección.
Una bola fija \(B(L,r)\), con \(L\in\mathbb R\) y \(r>0\) ya elegidos, es otro caso de captura. Controla una sola ventana. La sucesión constante \(a_n=L+r/2\) pertenece a \(B(L,r)\) desde \(0\), pero no pertenece a \(B(L,r/4)\) en ningún índice, pues su distancia a \(L\) es \(r/2>r/4\). Incluso una lista finita de radios positivos queda resumida en el menor de ellos, como demuestra el problema 40: superar esas exigencias fijas no garantiza responder a una nueva ventana más pequeña.
En C06 la tolerancia se elegirá antes del umbral, y éste deberá responder a esa elección para controlar todos los índices posteriores. La definición de convergencia añadirá esa obligación a la infraestructura que acabamos de construir. Las pruebas de C05 sólo han necesitado funciones sobre los naturales, su orden, colas y cuantificadores; no han usado completitud, la propiedad arquimediana ni resultados sobre límites.
Ejercicios de la sección 5.8
Ejercicio 37. El último escape determina todos los testigos
Sea \(U\subsetneq\mathbb R\) un conjunto no vacío. Fija dos números
\[ u\in U, \qquad v\notin U, \]
y sea \(F\subseteq\mathbb N\) un conjunto finito no vacío. Define una sucesión \(a:\mathbb N\to\mathbb R\) por
\[ a_n= \begin{cases} v, & n\in F,\\ u, & n\notin F. \end{cases} \]
Sea
\[ m=\max F. \]
Demuestra que \(a\) está eventualmente en \(U\).
Determina exactamente el conjunto de todos los testigos de captura
\[ W_U(a)=\{N\in\mathbb N:\forall n\ge N,\ a_n\in U\}. \]
- Reescribe el resultado de b) mediante la inclusión de valores tardíos
\[ \{a_n:n\ge N\}\subseteq U. \]
Explica por qué el número decisivo es el último índice modificado, \(m\), y no la cantidad de elementos de \(F\).
¿Qué cambia si \(F=\varnothing\)? Formula el conjunto de testigos en ese caso.
Ver solución del ejercicio 37
Como \(F\) es finito y no vacío, existe
\[ m=\max F. \]
Para todo índice \(n\ge m+1\) se tiene \(n>m\). Por definición de máximo, ningún elemento de \(F\) puede ser mayor que \(m\), así que
\[ n\notin F. \]
Por la definición de la sucesión,
\[ a_n=u\in U. \]
Por tanto,
\[ \forall n\ge m+1:\ a_n\in U, \]
y \(N=m+1\) es un testigo de captura eventual.
Caractericemos ahora todos los testigos. Si \(N\ge m+1\), el argumento anterior muestra que todo \(n\ge N\) queda fuera de \(F\), y por tanto \(a_n=u\in U\). Así, todo \(N\ge m+1\) pertenece a \(W_U(a)\).
Recíprocamente, si \(N\le m\), entonces el índice \(m\) satisface
\[ m\ge N. \]
Pero \(m\in F\), luego
\[ a_m=v\notin U. \]
Por tanto, ningún \(N\le m\) es testigo. Hemos probado
\[ \boxed{ W_U(a)=\mathbb N_{\ge m+1}. } \]
La misma afirmación puede escribirse en lenguaje de valores tardíos:
\[ N\in W_U(a) \iff \{a_n:n\ge N\}\subseteq U. \]
En este ejemplo, para todo \(N\ge m+1\) el conjunto de valores tardíos es incluso
\[ \{a_n:n\ge N\}=\{u\}\subseteq U. \]
El dato decisivo no es \(|F|\), sino la posición del último escape. Un conjunto \(F\) puede tener muchos elementos concentrados al principio o pocos elementos muy separados; la captura sólo puede comenzar después del mayor índice en que aparece el valor exterior \(v\).
Si \(F=\varnothing\), entonces \(a_n=u\in U\) para todo \(n\in\mathbb N\). En ese caso todo umbral funciona y
\[ \boxed{W_U(a)=\mathbb N.} \]
Ejercicio 38. Cálculo con conjuntos de testigos de captura
Sea \(a:\mathbb N\to\mathbb R\). Para cada conjunto fijo \(U\subseteq\mathbb R\), define
\[ W_U(a)=\{N\in\mathbb N:\forall n\ge N,\ a_n\in U\}. \]
Demuestra las afirmaciones siguientes.
- Si \(U\subseteq V\), entonces
\[ W_U(a)\subseteq W_V(a). \]
- Para cualesquiera conjuntos fijos \(U,V\subseteq\mathbb R\),
\[ \boxed{ W_{U\cap V}(a)=W_U(a)\cap W_V(a). } \]
- Generaliza b) a una familia finita \(U_1,\ldots,U_k\):
\[ \boxed{ W_{\bigcap_{j=1}^k U_j}(a) = \bigcap_{j=1}^k W_{U_j}(a). } \]
- Supón que cada \(W_{U_j}(a)\) es no vacío y elige \(N_j\in W_{U_j}(a)\). Demuestra directamente que
\[ N=\max\{N_1,\ldots,N_k\} \]
es un testigo de captura en \(\bigcap_{j=1}^k U_j\).
- Deduce que, si \(U\cap V=\varnothing\), ninguna sucesión puede estar eventualmente en ambos conjuntos a la vez.
Tu prueba debe distinguir en todo momento entre los conjuntos geométricos \(U,V\subseteq\mathbb R\) y los conjuntos de índices \(W_U(a),W_V(a)\subseteq\mathbb N\).
Ver solución del ejercicio 38
Supongamos primero que \(U\subseteq V\) y toma \(N\in W_U(a)\). Entonces
\[ \forall n\ge N:\ a_n\in U. \]
Como \(U\subseteq V\), se sigue que
\[ \forall n\ge N:\ a_n\in V. \]
Por tanto \(N\in W_V(a)\) y
\[ \boxed{W_U(a)\subseteq W_V(a).} \]
Para la intersección de dos conjuntos, fijemos \(N\in\mathbb N\). Tenemos
\[ \begin{aligned} N\in W_{U\cap V}(a) &\iff \forall n\ge N:\ a_n\in U\cap V\\ &\iff \bigl(\forall n\ge N:\ a_n\in U\bigr) \text{ y } \bigl(\forall n\ge N:\ a_n\in V\bigr)\\ &\iff N\in W_U(a)\cap W_V(a). \end{aligned} \]
Por extensionalidad,
\[ \boxed{W_{U\cap V}(a)=W_U(a)\cap W_V(a).} \]
El mismo argumento, repetido para una familia finita, da
\[ \boxed{ W_{\bigcap_{j=1}^kU_j}(a) = \bigcap_{j=1}^kW_{U_j}(a). } \]
Supongamos ahora que cada \(W_{U_j}(a)\) es no vacío y elijamos
\[ N_j\in W_{U_j}(a). \]
Definimos
\[ N=\max\{N_1,\ldots,N_k\}. \]
Si \(n\ge N\), entonces \(n\ge N_j\) para cada \(j\). Por la elección de \(N_j\),
\[ a_n\in U_j \]
para todos los \(j\). Luego
\[ a_n\in\bigcap_{j=1}^kU_j. \]
Así,
\[ N\in W_{\bigcap_{j=1}^kU_j}(a). \]
Esto recupera, en lenguaje de conjuntos de testigos, el lema de sincronización.
Finalmente, si \(U\cap V=\varnothing\) y una sucesión estuviera eventualmente en ambos, entonces \(W_U(a)\) y \(W_V(a)\) serían no vacíos. El argumento anterior produciría un testigo en
\[ W_{U\cap V}(a)=W_\varnothing(a). \]
Pero ningún \(N\) puede satisfacer
\[ \forall n\ge N:\ a_n\in\varnothing, \]
porque el propio índice \(n=N\) pertenece al segmento final. Contradicción.
Aquí aparecen dos niveles de objetos que no deben confundirse: \(U,V\) son subconjuntos de \(\mathbb R\) que contienen valores de la sucesión; \(W_U(a),W_V(a)\) son subconjuntos de \(\mathbb N\) que contienen umbrales válidos.
Ejercicio 39. Una cola común atrapada por dos regiones
Sean
\[ a,b:\mathbb N\to\mathbb R \]
dos sucesiones que coinciden eventualmente. Supón que existen umbrales \(N_E,N_U,N_V\in\mathbb N\) tales que
\[ \forall n\ge N_E:\ a_n=b_n, \]
\[ \forall n\ge N_U:\ a_n\in U, \]
y
\[ \forall n\ge N_V:\ b_n\in V, \]
donde \(U,V\subseteq\mathbb R\) son conjuntos fijos.
Define un único umbral \(M\) que permita usar simultáneamente las tres hipótesis.
Demuestra que para todo \(n\ge M\) el valor común \(a_n=b_n\) pertenece a \(U\cap V\).
Concluye que ambas sucesiones están eventualmente en \(U\cap V\).
Deduce que, si \(U\cap V=\varnothing\), las tres hipótesis anteriores no pueden cumplirse simultáneamente.
Explica por qué la conclusión de d) depende esencialmente de la coincidencia eventual. Construye dos sucesiones que estén respectivamente siempre en dos conjuntos disjuntos \(U\) y \(V\), pero que no coincidan eventualmente.
Ver solución del ejercicio 39
Tomamos
\[ M=\max\{N_E,N_U,N_V\}. \]
Sea \(n\ge M\). Entonces, simultáneamente,
\[ n\ge N_E, \qquad n\ge N_U, \qquad n\ge N_V. \]
Por la primera hipótesis,
\[ a_n=b_n. \]
Por la segunda,
\[ a_n\in U, \]
y por la tercera,
\[ b_n\in V. \]
Como \(a_n=b_n\), el mismo número real pertenece a ambos conjuntos. Por tanto,
\[ \boxed{a_n=b_n\in U\cap V} \]
para todo \(n\ge M\).
Se siguen dos conclusiones a la vez:
\[ \forall n\ge M:\ a_n\in U\cap V \]
y
\[ \forall n\ge M:\ b_n\in U\cap V. \]
Así, ambas sucesiones están eventualmente en \(U\cap V\).
Si \(U\cap V=\varnothing\), esto exigiría que para todo \(n\ge M\) el valor común perteneciera al conjunto vacío, lo cual es imposible. Por tanto las tres hipótesis no pueden coexistir cuando \(U\) y \(V\) son disjuntos.
La coincidencia eventual es esencial. Sin ella no hay razón para que los valores capturados por \(U\) y los capturados por \(V\) tengan que ser los mismos. Por ejemplo, toma
\[ U=\{0\}, \qquad V=\{1\}, \]
\[ a_n=0, \qquad b_n=1 \quad\text{para todo }n. \]
Entonces \(a\) está siempre en \(U\) y \(b\) está siempre en \(V\), aunque
\[ U\cap V=\varnothing. \]
No hay contradicción, porque
\[ a_n\ne b_n \]
para todo \(n\); las sucesiones no coinciden eventualmente.
El mecanismo reusable es, por tanto, una sincronización de tres obligaciones: cola común de \(a\) y \(b\), captura de \(a\) en \(U\) y captura de \(b\) en \(V\). Una vez comprimidas mediante el máximo, todas actúan sobre los mismos índices tardíos.
Ejercicio 40. Una batería finita de bolas sigue siendo una exigencia fija
Fija un entero \(k\ge1\) y radios positivos
\[ r_1,\ldots,r_k>0. \]
Sea
\[ r_*=\min\{r_1,\ldots,r_k\}. \]
Trabajamos con bolas centradas en \(0\),
\[ B(0,r)=\{x\in\mathbb R:|x|<r\}. \]
- Demuestra que
\[ \bigcap_{j=1}^k B(0,r_j)=B(0,r_*). \]
- Considera la sucesión constante
\[ c_n=\frac{r_*}{2}. \]
Demuestra que \(c\) está en cada una de las bolas \(B(0,r_j)\) para todo índice \(n\).
- Demuestra, sin embargo, que ningún término de \(c\) pertenece a la bola más pequeña
\[ B\!\left(0,\frac{r_*}{4}\right). \]
Concluye que verificar captura eventual en cualquier lista finita prefijada de bolas no equivale a disponer de una respuesta para exigencias de tamaño cada vez menor.
Explica, sólo con palabras y sin escribir todavía la definición formal de convergencia, qué cambia en C06 en el orden conceptual
\[ \text{tolerancia} \longrightarrow \text{umbral} \longrightarrow \text{todos los índices posteriores}. \]
- Explica por qué este ejercicio no autoriza todavía ninguna notación de límite: todo lo demostrado en a)–d) pertenece al lenguaje de capturas por una familia finita de conjuntos ya fijados.
Ver solución del ejercicio 40
Como
\[ r_*=\min\{r_1,\ldots,r_k\}, \]
tenemos
\[ r_*\le r_j \]
para cada \(j\). Por tanto, si \(x\in B(0,r_*)\), entonces
\[ |x|<r_*\le r_j, \]
y así \(x\in B(0,r_j)\) para todo \(j\). Esto prueba
\[ B(0,r_*)\subseteq\bigcap_{j=1}^kB(0,r_j). \]
La inclusión inversa se obtiene usando un índice \(j_*\) para el cual \(r_{j_*}=r_*\). Si
\[ x\in\bigcap_{j=1}^kB(0,r_j), \]
entonces en particular
\[ |x|<r_{j_*}=r_*, \]
de modo que \(x\in B(0,r_*)\). Así,
\[ \boxed{ \bigcap_{j=1}^kB(0,r_j)=B(0,r_*). } \]
Consideremos ahora
\[ c_n=\frac{r_*}{2}. \]
Para todo índice \(n\),
\[ |c_n|=\frac{r_*}{2}<r_*\le r_j \]
para cada \(j\). Por tanto,
\[ c_n\in B(0,r_j) \]
para todo \(n\) y para todo \(j\in\{1,\ldots,k\}\). De hecho, el mismo testigo \(N=0\) sirve para cada una de las \(k\) capturas fijas.
Sin embargo,
\[ |c_n|=\frac{r_*}{2}>\frac{r_*}{4} \]
para todo \(n\). Luego
\[ c_n\notin B\!\left(0,\frac{r_*}{4}\right) \]
para ningún índice. Esa bola más pequeña no captura ninguna cola de \(c\).
Toda esta familia finita queda resumida en la región fija \(B(0,r_*)\). La sucesión construida permanece en ella desde el índice \(0\), pero falla en todos los índices ante la nueva exigencia \(B(0,r_*/4)\).
En C06, la elección de la tolerancia precederá a la del umbral: una vez elegida la tolerancia, habrá que encontrar un corte desde el que todos los términos respondan a ella. El umbral podrá depender de esa elección. Las pruebas anteriores sólo usan captura eventual en conjuntos fijos, intersección finita y sincronización; todavía no introducen una definición ni una notación de límite.