Elección o barbarie

Ejemplo de sucesión de Cauchy

Veamos que la sucesión \(\{q_n\}_{n=0}^\infty\) definida como \(q_0 =2\) y

\(\displaystyle q_{n+1} = \dfrac{1}{2}q_n + \dfrac{1}{q_n}\)

si \(n \geq 0\), es una sucesión de Cauchy en \(\mathbb{Q}\).

En primer lugar, es muy sencillo ver por inducción que

\(1 \leq q_n \leq 2 \qquad (1)\)

para cada \(n \in \mathbb{N}\). Además, también podemos ver que

\(q_n^2 \geq 2 \qquad (2)\)

para cada \(n \in \mathbb{N}\).

En efecto, es claro que \(q_0^2 = 4 \geq 2\) y si es \(n \geq 1\), tenemos que

qn2−2=q(n−1)+12−2=14(qn−1+2qn−1)2−2=14(qn−12+4+4qn−12)−2=14(qn−12−4+4qn−12)=14(qn−1−2qn−1)2≥0.\begin{align*} q_{n}^2 – 2 & = q_{(n-1)+1}^2 – 2 = \dfrac{1}{4}\left( q_{n-1} + \dfrac{2}{q_{n-1}} \right)^2 – 2 = \dfrac{1}{4} \left(q_{n-1}^2 + 4 + \dfrac{4}{q_{n-1}^2} \right) – 2 \\ & = \dfrac{1}{4} \left( q_{n-1}^2 – 4 + \dfrac{4}{q_{n-1}^2} \right) = \dfrac{1}{4} \left(q_{n-1} – \dfrac{2}{q_{n-1}} \right)^2 \geq 0 . \end{align*}

Esto implica que

\(\displaystyle q_n – q_{n+1} = \dfrac{q_n^2 – 2}{2 q_n} \underset{\text{(1) y (2)}}{\geq} 0\)

luego la sucesión es decreciente, es decir,

\(q_{n+1} \leq q_n \qquad (3)\)

para cada \(n \in \mathbb{N}\).

Por otro lado, observad que dados \(n \leq m\) tenemos que

\(\displaystyle \dfrac{2}{q_n} \underset{\text{(3)}}{\leq} \dfrac{2}{q_{n+1}} \underset{\text{(3)}}{\leq} \cdots \underset{\text{(3)}}{\leq} \dfrac{2}{q_m} \underset{\text{(2)}}{\leq} q_m,\)

mientras que si \(m < n\), entonces

\(\displaystyle \dfrac{2}{q_n} \underset{\text{(2)}}{\leq} q_n \underset{\text{(3)}}{\leq} q_{n-1} \underset{\text{(3)}}{\leq} \cdots \underset{\text{(3)}}{\leq} q_m,\)

con lo que en cualquier caso obtenemos que

\(\dfrac{2}{q_n} \leq q_m \qquad (4)\)

para cualesquiera \(n, m \in \mathbb{N}\).

Observemos además que para cada \(n \geq 0\) se tiene que

\(\displaystyle q_{n+1} – \dfrac{2}{q_{n+1}} = \dfrac{1}{2}q_n + \dfrac{1}{q_n} – \dfrac{2}{q_{n+1}} \underset{\text{(3)}}{\leq} \dfrac{1}{2}q_n + \dfrac{1}{q_n} – \dfrac{2}{q_{n}} = \dfrac{1}{2} \left( q_n – \dfrac{2}{q_n} \right), \qquad (5)\)

y esto implica que dados \(n, m \in \mathbb{N}\) con \(n \leq m\) se cumple que

|qn−qm|=(3)qn−qm≤(4)qn−2qn≤(5)12(qn−1−2qn−1)≤(5)122(qn−2−2qn−2)≤(5)⋯≤(5)12n(q0−2q0)=12n.(6)\begin{align*}\left| q_n – q_m \right| & \underset{\text{(3)}}{=} q_n – q_m \underset{\text{(4)}}{\leq} q_n – \dfrac{2}{q_n} \underset{\text{(5)}}{\leq} \dfrac{1}{2} \left( q_{n-1} – \dfrac{2}{q_{n-1}} \right) \underset{\text{(5)}}{\leq} \dfrac{1}{2^2} \left( q_{n-2} – \dfrac{2}{q_{n-2}} \right) \nonumber\\ & \underset{\text{(5)}}{\leq} \cdots \underset{\text{(5)}}{\leq} \dfrac{1}{2^n} \left( q_{0} – \dfrac{2}{q_{0}} \right) = \dfrac{1}{2^n}. \qquad (6) \end{align*}

Con todo, dado \(\varepsilon \in \mathbb{Q}\) con \(\varepsilon > 0\), tomamos \(N \in \mathbb{N}\) tal que1Podemos asegurar que este \(N \in \mathbb{N}\) existe al ser \(\lim \frac{1}{2^n} = 0\), lo cual quedará demostrado de forma rigurosa en la siguiente entrada. \(\frac{1}{2^N} < \varepsilon\). Entonces, dados \(n , m \geq N\), si es \(p = \min,\{n, m\}\) tenemos que

\(\displaystyle \left| q_n – q_m \right| \underset{\text{(6)}}{\leq} \dfrac{1}{2^p} \leq \dfrac{1}{2^N} < \varepsilon,\)

y esto es justo lo que queríamos demostrar.