Sucesións

O obxectivo deste tema é introducir a noción de converxencia de sucesións e utilizar dita propiedade para o estudio da topoloxía.

Sucesións e converxencia

Sexa $X$ un subconxunto de $\mathbb{R}^n$. Unha sucesión en $X$ é unha enumeración de elementos de $X$. Máis concretamente,

Unha sucesión nun conxunto $X$ é unha aplicación $\mathbf{x}\colon\mathbb{N}\to X$.

Normalmente designaremos por $\mathbf{x}_k$ á imaxe pola aplicación $\mathbf{x}$ do natural $k$, é dicir, $\mathbf{x}_k=\mathbf{x}(k)$. Á propia sucesión denotarémola $\{\mathbf{x}_k\}$, e o conxunto imaxe da sucesión excribirémolo explicitamente como $\{\mathbf{x}_k:k\in\mathbb{N}\}$. Non obstante, aínda empregarémo-la notación $\{\mathbf{x}_k\}\subset A$ para expresar que $\{\mathbf{x}_k: k\in\mathbb{N}\}\subset A$. A cada elemento $\mathbf{x}_k$ denomínaselle termo da sucesión.

O esencial dunha sucesión non é tanto o conxunto imaxe, senón o xeito no que se ordean os termos. Por exemplo, as sucesións $\mathbf{x}_k=(-1)^k$, e $-1,1,1,1,\dots$ posúen o mesmo conxunto imaxe, pero os seus comportamentos son moi diferentes.

Unha sucesión $\{\mathbf{x}_k\}$ dise que converxe a un punto $\mathbf{x}_0$ se toda bóla aberta arredor de $\mathbf{x}_0$ contén a tódolos termos da sucesión a partir dun momento dado, é dicir, se \[ \forall \epsilon>0, \, \exists N\in\mathbb{N} : \mathbf{x}_k\in B_X(\mathbf{x}_0,\epsilon),\, \forall k\geq N. \] En tal caso dirase que a sucesión é converxente, e que $\mathbf{x}_0$ é o seu límite.

Equivalentemente, a condición de converxencia a $\mathbf{x}_0$ tamén se pode escribir como \[ \forall\epsilon>0,\,\exists N\in\mathbb{N} : d(\mathbf{x}_k,\mathbf{x}_0) < \epsilon,\,\forall k\geq N. \]

En xeral representaremos a condición de converxencia anterior como \[ \{\mathbf{x}_k\}\to \mathbf{x}_0,\quad \text{ ou }\quad \lim_{k\to\infty}\mathbf{x}_k=\mathbf{x}_0. \]

Se unha sucesión non converxe a ningún punto diremos que é diverxente ou que diverxe. Os conceptos de "diverxer a infinito" non están definidos para sucesións en $\mathbb{R}^n$.

O seguinte resultado é importante non tanto polas súas consecuencias prácticas, senón polo feito de que nun espacio topolóxico esta sería a definición de converxencia.

Sexa $\{\mathbf{x}_k\}$ unha sucesión en $X$. Entón $\{\mathbf{x}_k\}$ converxe a $\mathbf{x}_0$ se e só se para todo aberto $U$ contendo a $\mathbf{x}_0$ existe $N\in\mathbb{N}$ tal que $\mathbf{x}_k\in U$ para todo $k\geq N$.

Supoñamos $\{\mathbf{x}_k\}\to\mathbf{x}_0$, e sexa $U$ aberto de $X$ tal que $\mathbf{x}_0\in U$. Como $U$ é aberto, existe $\epsilon>0$ tal que $B(\mathbf{x}_0,\epsilon)\subset U$. Por definición de límite, existe $N\in\mathbb{N}$ tal que $\mathbf{x}_k\in B(\mathbf{x}_0,\epsilon)\subset U$ para todo $k\geq N$, como queriamos.

Reciprocamente, dado $\epsilon>0$ arbitrario, como $U=B(\mathbf{x}_0,\epsilon)$ é un aberto contendo a $\mathbf{x}_0$, por hipótese existe $N\in\mathbb{N}$ tal que $x_k\in B(\mathbf{x}_0,\epsilon)$ para todo $k\geq N$, o que é a definición de límite.

O límite dunha sucesión, se existe, é único.

Supoñamos pola contra que a sucesión $\{\mathbf{x}_k\}$ ten dous límites $\mathbf{x},\mathbf{y}\in X$, con $\mathbf{x}\neq\mathbf{y}$. Tomemos $\epsilon=d(\mathbf{x},\mathbf{y})/2 > 0$.

Unicidade de límite ε ε x y
$d(\mathbf{x},\mathbf{y})$

Como $\{\mathbf{x}_k\}\to\mathbf{x}$, para o $\epsilon$ anterior existe $N_1\in\mathbb{N}$ tal que $\mathbf{x}_k\in B(\mathbf{x},\epsilon)$ para todo $k\geq N_1$.

Similarmente, como $\{\mathbf{x}_k\}\to\mathbf{y}$, existe $N_2\in\mathbb{N}$ tal que $\mathbf{x}_k\in B(\mathbf{y},\epsilon)$ para todo $k\geq N_2$.

Tomando $N=\max\{N_1,N_2\}$ e $k\geq N$ temos que $\mathbf{x}_k\in B(\mathbf{x},\epsilon)\cap B(\mathbf{y},\epsilon)$, o que non é posible xa que pola desigualdade triangular \begin{align*} d(\mathbf{x},\mathbf{y}) &{}\leq d(\mathbf{x},\mathbf{x}_k)+d(\mathbf{x}_k,\mathbf{y})\\ &{}<\epsilon+\epsilon=d(\mathbf{x},\mathbf{y}). \end{align*} Por tanto, o límite, se existe, ten que ser único.

O seguinte exercicio dá un criterio para un espacio topolóxico que aseguraría a existencia de límite único cunha demostración similar á da anterior proposición.

Proba que todo subconxunto de $X$ de $\mathbb{R}^n$ é Hausdorff, é dicir, que para calquera par de puntos distintos $\mathbf{x}$, $\mathbf{y}\in X$, $\mathbf{x}\neq \mathbf{y}$, existen abertos $U$ e $V$ de $X$ tales que $\mathbf{x}\in U$, $\mathbf{y}\in V$, e $U\cap V=\emptyset$.

No caso de $n=1$ temos sucesións de números reais, e tendo en conta que a distancia en $\mathbb{R}$ é o valor absoluto da diferencia, obtemos o concepto de converxencia de sucesión de números reais. Neste curso suporemos certos os resultados de converxencia de sucesións de números reais. Entre eles cabe resaltar o lema do sandwich:

Sexan $\{x_k\}$, $\{y_k\}$ e $\{z_k\}$ sucesións de números reais tales que $x_k\leq y_k\leq z_k$ para todo $k\in\mathbb{N}$. Se $\{x_k\}\to t$ e $\{z_k\}\to t$, entón $\{y_k\}$ é converxente e $\{y_k\}\to t$.

Sexa $\epsilon > 0$ arbitrario.

Como $\{x_k\}\to t$, existe $N_1\in\mathbb{N}$ tal que $\lvert x_k-t\rvert < \epsilon$ para todo $k\geq N_1$.

Como $\{z_k\}\to t$, existe $N_2\in\mathbb{N}$ tal que $\lvert z_k-t\rvert < \epsilon$ para todo $k\geq N_2$.

Tomemos $N=\max\{N_1,N_2\}$ e $k\geq N$. Entón \begin{align*} y_k - t & {}\leq z_k-t \leq \lvert z_k - t\rvert < \epsilon,\\ t - y_k & {}\leq t - x_k \leq \lvert x_k - t\rvert < \epsilon, \end{align*} de onde se deduce $\lvert y_k-t\rvert<\epsilon$ como queriamos probar.

Sexa $\{\mathbf{x}_k\}$ unha sucesión nun conxunto $X$. Entón a sucesión converxe a un punto $\mathbf{x}_0$ se e só se a sucesión de números reais $\left\{d(\mathbf{x}_k,\mathbf{x}_0)\right\}$ converxe a $0$.

Como resultado importante que permite aplica-los resultados coñecidos en $\mathbb{R}$ para o cálculo de límites de sucesións de vectores de $\mathbb{R}^n$ temos a seguinte equivalencia.

Sexa $\{\mathbf{x}_k\}=\{(x_{k1},\dots {x}_{kn})\}$ unha sucesión en $X\subset\mathbb{R}^n$. Entón, $\{\mathbf{x}_k\}$ converxe a $\mathbf{x}=(x_1,\dots,x_n)$ se e só se $\{x_{ki}\}$ converxe a $x_i$ para todo $i\in\{1,\dots,n\}$.

Dito doutro xeito: \[ \lim_{k\to\infty} \mathbf{x}_k=\left(\lim_{k\to\infty} x_{k1},\dots,\lim_{k\to\infty} x_{kn} \right), \] sempre que os límites existan.

Supoñamos primeiro que $\{\mathbf{x}_k\}\to\mathbf{x}$.

Sexa $i\in\{1,\dots,n\}$ e vexamos que $\{x_{ki}\}$ converxe a $x_i$.

Sexa $\epsilon>0$ dado. Como $\{\mathbf{x}_k\}\to\mathbf{x}$, existe $N\in\mathbb{N}$ tal que $d(\mathbf{x}_k,\mathbf{x})< \epsilon$ para todo $k\geq N$. Pois ben, se $k\geq N$ entón \begin{align*} \lvert x_{ki}-x_i\rvert &{}=\sqrt{(x_{ki}-x_i)^2}\\ &{}\leq \sqrt{\sum_{j=1}^n(x_{kj}-x_j)^2}\\[1ex] &{}=d(\mathbf{x}_k,\mathbf{x}) < \epsilon, \end{align*} de onde $\{x_{ki}\}\to x_i$.

Converxencia das compoñentes dunha sucesión x1 x2 y1 y2 (x1 , y1 ) (x2 , y2 ) (x, y) x y ( ) ε ( ) ε Converxencia das compoñentes dunha sucesión x1 x2 y1 y2 (x1 , y1 ) (x2 , y2 ) (x, y) x y ( ) ε / 2 ( ) ε / 2 ε
Ilustración das dúas implicacións da demostración

Reciprocamente, supoñamos que $\{x_{ki}\}\to x_i$ para todo $i\in\{1,\dots,n\}$, e vexamos que entón $\{\mathbf{x}_k\}\to\mathbf{x}$.

Sexa pois $\epsilon>0$ dado. Como $\{x_{ki}\}\to x_i$, existe $N_i\in\mathbb{N}$ tal que $\lvert x_{ki}-x_i\rvert < \epsilon/\sqrt{n}$ para todo $k\geq N_i$.

Tomemos entón $N=\max\{N_1,\dots,N_n\}$ e sexa $k\geq N$. Así, \begin{align*} d(\mathbf{x}_k,\mathbf{x}) &{}=\sqrt{\sum_{j=1}^n(x_{kj}-x_j)^2}\\ &{}\leq\sqrt{\sum_{j=1}^n\max\{(x_{kj}-x_j)^2:j=1,\dots,n\}}\\[1ex] &{}=\sqrt{n}\max\{\lvert x_{kj}-x_j\rvert :j=1,\dots,n\rvert\}\\[1ex] &{}< \sqrt{n}\frac{\epsilon}{\sqrt{n}}=\epsilon, \end{align*} de onde $\{\mathbf{x}_k\}$ converxe a $\mathbf{x}$, como queriamos ver.

En cursos máis avanzados verase que a idea fundamental da anterior demostración consiste en resolve-lo seguinte exercicio.

Para un vector $\mathbf{x}=(x_1,\dots,x_n)$ definimos \[ \lVert\mathbf{x}\rVert_{\infty}=\max\{\lvert x_i\rvert: i\in\{1,\dots,n\}\}. \] Probar que $\lVert\,\cdot\,\rVert_{\infty}$ satisfai as propiedades dunha norma. Probar ademais as seguintes desigualdades: \begin{align*} \lVert\mathbf{x}\rVert_{\infty} &\leq\lVert \mathbf{x}\rVert,& \lVert\mathbf{x}\rVert&\leq\sqrt{n}\, \lVert\mathbf{x}\rVert_{\infty}. \end{align*}

O seguinte exercicio é doado de resolver coa propia definición de converxencia. En todo caso, esta afirmación tamén se segue de que toda sucesión converxente é de Cauchy, e de que toda sucesión de Cauchy é limitada.

Toda sucesión converxente é limitada.

Subsucesións

Unha aplicación $\phi\colon\mathbb{N}\to\mathbb{N}$ é estrictamente crecente se e só se para calquera naturais $k$, $\ell\in\mathbb{N}$, \[ k < \ell\Rightarrow \phi(k) < \phi(\ell). \]

Isto implica, por exemplo, que $\phi(k)\geq k$ para todo $k\in\mathbb{N}$.

Unha subsucesión dunha sucesión dada consiste nunha escolla dos termos da sucesión mantendo a súa orde. Recalcamos que non é suficiente con que os termos sexan un subconxunto da sucesión orixinal, e que o feito de que estean ben ordeados, é dicir mantendo a orde da sucesión orixinal, é un requerimento fundamental da definición.

Unha aplicación $\phi\colon\mathbb{N}\to\mathbb{N}$ é estrictamente crecente se e só se para calquera naturais $k$, $\ell\in\mathbb{N}$, \[ k < \ell\Rightarrow \phi(k) < \phi(\ell). \] Isto implica, por exemplo, que $\phi(k)\geq k$ para todo $k\in\mathbb{N}$.

De xeito máis preciso:

Sexa $\{\mathbf{x}_k\}$ unha sucesión e $\phi\colon\mathbb{N}\to\mathbb{N}$ unha aplicación estrictamente crecente. Entón a aplicación \[ \begin{array}{r@{}rcl} \mathbf{x}\circ\phi\colon&\mathbb{N}&\to & X\\ &k&\mapsto&\mathbf{x}_{\phi(k)} \end{array} \] dise que é unha subsucesión da sucesión $\{\mathbf{x}_k\}$.

Toda sucesión ten infinitas subsucesións. Por exemplo:

  • A subsucesión $\{\mathbf{x}_{2k}\}$ dos termos de orde par en $\{\mathbf{x}_k\}$.
  • A subsucesión $\{\mathbf{x}_{2k+1}\}$ dos termos de orde impar en $\{\mathbf{x}_k\}$.
  • A subsucesión $\{\mathbf{x}_{3k}\}$ dos múltiplos de tres...

Cómpre recalcar que é necesario mante-la orde. Por exemplo, $\mathbf{x}_5$, $\mathbf{x}_2$, $\mathbf{x}_{10}$, $\mathbf{x}_7$, $\mathbf{x}_{13}$,... non é unha subsucesión de $\{\mathbf{x}_k\}$.

Se unha sucesión $\{\mathbf{x}_k\}$ é converxente, tamén o son tódalas súas subsucesións e ademais todas converxen ó mesmo límite.

Supoñamos $\{\mathbf{x}_k\}\to\mathbf{x}$ e sexa $\phi\colon\mathbb{N}\to\mathbb{N}$ unha función estrictamente crecente. Temos que ver que $\{\mathbf{x}_{\phi(k)}\}\to\mathbf{x}$. Para iso sexa $\epsilon>0$ arbitrario.

Como $\{\mathbf{x}_k\}\to\mathbf{x}$, existe $N\in\mathbb{N}$ tal que $\mathbf{x}_k\in B(\mathbf{x},\epsilon)$ para todo $k\geq N$.

Entón, se $k\geq N$, tamén temos que $\phi(k)\geq k\geq N$, de xeito que $\mathbf{x}_{\phi(k)}\in B(\mathbf{x},\epsilon)$ como queriamos ver.

Unha sucesión pode posuír subsucesións converxentes sen que ela mesma o sexa. Por exemplo, a sucesión \[ \{\mathbf{x}_k\}=\left\{(-1)^k\left( 1+\frac{1}{k}\right)\right\} \] non é converxente. Non obstante, as subsucesións \begin{align*} \{\mathbf{x}_{2k}\}&=\left\{ 1+\frac{1}{2k}\right\},\\ \{\mathbf{x}_{2k+1}\}&=\left\{-\left( 1+\frac{1}{2k+1}\right)\right\}, \end{align*} converxen: $\{\mathbf{x}_{2k}\}\to 1$, $\{\mathbf{x}_{2k+1}\}\to -1$.

Caracterización secuencial de conceptos topolóxicos

Algúns dos conceptos topolóxicos introducidos no tema anterior poden ser caracterizados en termos de sucesións.

Sexa $X\subset\mathbb{R}^n$ e $A\subset X$.

Un punto $\mathbf{x}\in X$ é adherente a $A$ se e só se existe unha sucesión $\{\mathbf{x}_k\}$ de puntos de $A$ tal que $\{\mathbf{x}_k\}\to\mathbf{x}$.

Supoñamos primeiro que $\mathbf{x}\in\bar{A}$. Vexamos que existe unha sucesión de puntos de $A$ que converxe a $\mathbf{x}$.

Caracterización secuencial da clausura X x x1 x2 x3

Para cada $k\in\mathbb{N}$, por definición de punto clausura, e en vista de que $B_X(\mathbf{x},1/k)\cap A\neq \emptyset$, podemos tomar $\mathbf{x}_k\in B(\mathbf{x},1/k)\cap A$. Temos por tanto unha sucesión $\{\mathbf{x}_k\}\subset A$ tal que $0\leq d(\mathbf{x}_k,\mathbf{x})\leq 1/k$. Como $\{1/k\}\to 0$, o lema do sandwich implica entón que $d(\mathbf{x}_k,\mathbf{x})\to 0$, ou equivalentemente, $\{\mathbf{x}_k\}\to\mathbf{x}$, como queriamos ver.

Reciprocamente, supoñamos que existe $\{\mathbf{x}_k\}\subset A$ tal que $\{\mathbf{x}_k\}\to\mathbf{x}$, e probemos entón que $\mathbf{x}\in\bar{A}$.

Sexa $r> 0$ arbitrario. Como $\{\mathbf{x}_k\}\to\mathbf{x}$, existe $N\in\mathbb{N}$ tal que $\mathbf{x}_k\in B_X(\mathbf{x},r)$ para todo $k\geq N$. En particular, $\mathbf{x}_N\in B_X(\mathbf{x},r) \cap A$, co que $B_X(\mathbf{x},r)\cap A\neq \emptyset$, o que proba que $\mathbf{x}$ é un punto da clausura de $A$.

A correspondente afirmación para puntos de acumulación próbase de xeito similar. A segunda afirmación da seguinte proposición déixase como exercicio.

Sexa $\mathbf{x}\in X$. Entón temos as seguintes caracterización dos puntos de acumulación:

  • $\mathbf{x}\in A'$ se e só se existe unha sucesión $\{\mathbf{x}_k\}$ de puntos de $A$, todos distintos de $\mathbf{x}$, tal que $\{\mathbf{x}_k\}\to\mathbf{x}$.
  • $\mathbf{x}\in A'$ se e só se existe unha sucesión $\{\mathbf{x}_k\}$ de puntos de $A$, todos distintos entre si, tal que $\{\mathbf{x}_k\}\to\mathbf{x}$.

Supoñamos primeiro que $\mathbf{x}\in{A'}$. Vexamos que existe unha sucesión de puntos de $A$, todos distintos de $\mathbf{x}$, que converxe a $\mathbf{x}$.

Para cada $k\in\mathbb{N}$, por definición de punto de acumulación, dado que $\bigl(B_X(\mathbf{x},1/k)\setminus\{\mathbf{x}\}\bigr)\cap A\neq \emptyset$, podemos tomar $\mathbf{x}_k\in B(\mathbf{x},1/k)\cap A$ con $\mathbf{x}_k\neq \mathbf{x}$. Temos por tanto unha sucesión $\{\mathbf{x}_k\}\subset A$, con $\mathbf{x}_k\neq \mathbf{x}$, tal que $0\leq d(\mathbf{x}_k,\mathbf{x})\leq 1/k$. Como $\{1/k\}\to 0$, o lema do sandwich implica entón que $d(\mathbf{x}_k,\mathbf{x})\to 0$, ou equivalentemente, $\{\mathbf{x}_k\}\to\mathbf{x}$, como faltaba por ver.

Reciprocamente, supoñamos que existe $\{\mathbf{x}_k\}\subset A$, con $\mathbf{x}_k\neq \mathbf{x}$ para todo $k\in\mathbb{N}$, tal que $\{\mathbf{x}_k\}\to\mathbf{x}$, e probemos entón que $\mathbf{x}\in{A'}$.

Sexa $r> 0$ arbitrario. Como $\{\mathbf{x}_k\}\to\mathbf{x}$, existe $N\in\mathbb{N}$ tal que $\mathbf{x}_k\in B_X(\mathbf{x},r)$ para todo $k\geq N$. Por hipótese, $\mathbf{x}_N\neq\mathbf{x}$, e así $\mathbf{x}_N\in \bigl(B_X(\mathbf{x},r)\setminus\{\mathbf{x}\}\bigr) \cap A$, co que $\bigl(B_X(\mathbf{x},r)\setminus\{\mathbf{x}\}\bigr)\cap A\neq \emptyset$. En consecuencia, $\mathbf{x}$ é un punto de acumulación de $A$.

De xeito parecido, podemos tamén obter unha caracterización dos conxuntos pechados, como aqueles que conteñen tódolos límites das súas sucesións converxentes.

Un conxunto $A\subset X$ é pechado en $X$ se e só se para toda sucesión $\{\mathbf{x}_k\}$ de puntos de $A$ que converxa en $X$ a un punto, digamos $\mathbf{x}\in X$, se ten que $\mathbf{x}\in A$.

Supoñamos que $A$ é pechado, e sexa $\{\mathbf{x}_k\}\subset A$ unha sucesión tal que $\{\mathbf{x}_k\}\to \mathbf{x}\in X$. Vexamos que $\mathbf{x}\in A$.

Pola contra supoñamos que $x\in X\setminus A$. Como $X\setminus A$ é aberto, existe $r>0$ tal que $B_X(\mathbf{x},r)\subset X\setminus A$. Para este radio, como $\{\mathbf{x}_k\}\to \mathbf{x}$, existe $N\in\mathbb{N}$ tal que $\mathbf{x}_k\in B_X(\mathbf{x},r)\subset X\setminus A$, para todo $k\geq N$, o que é absurdo pois $\{\mathbf{x}_k\}\subset A$. Logo $\mathbf{x}\in A$ como queriamos ver.

Supoñamos agora que $A$ non é pechado e vexamos que hai unha sucesión $\{\mathbf{x}_k\}$ de puntos de $A$ que non converxe a un punto de $A$.

Como $A$ non é pechado, existe $\mathbf{x}\in X\setminus A$ tal que para todo $r>0$ se ten que $B_X(\mathbf{x},r)\cap A\neq\emptyset$. En particular, para $r=1/k$ existirá $\mathbf{x}_k\in B_X(\mathbf{x},1/k)\cap A$. Construímos así unha sucesión $\{\mathbf{x}_k\}\subset A$. Ademais, como $0\leq d(\mathbf{x}_k,\mathbf{x}) < 1/k$, polo lema do sandwich dedúcese que $\{\mathbf{x}_k\}\to \mathbf{x}\in X\setminus A$, como queriamos ver.

Esta caracterización dos conxuntos pechados é útil sobre todo para probar que un conxunto non é pechado, xa que bastará con atopar unha sucesión de puntos do conxunto que non converxe a un punto do conxunto.

Completitude

Nesta sección introduciremos o concepto de sucesión de Cauchy e de completitude dun conxunto. Estes dous conceptos non son puramente topolóxicos, senón que están asociados á distancia. Non obstante interesa coñecelos xa que aparecen en moitos lugares das matemáticas.

Sucesións de Cauchy

Falando informalmente, nunha sucesión de Cauchy preténdese defini-lo concepto de converxencia sen facer referencia ó límite. Así, unha sucesión será de Cauchy cando "converxe", pero no espacio no que está incluída pode falta-lo seu límite. Vexamos a continuación estas afirmacións de xeito máis riguroso.

Unha sucesión $\{\mathbf{x}_k\}$ é de Cauchy se \[ \forall \epsilon>0, \, \exists N\in\mathbb{N} : d(\mathbf{x}_p,\mathbf{x}_q) < \epsilon,\, \forall p,q\geq N. \]

Equivalentemente, $\{\mathbf{x}_k\}$ é de Cauchy se e só se \[ \forall \epsilon>0, \, \exists N\in\mathbb{N} : d(\mathbf{x}_k,\mathbf{x}_{k+m}) < \epsilon,\, \forall k\geq N,\, \forall m\geq 0. \]

Cómpre sinalar que se $\{\mathbf{x}_k\}$ é unha sucesión de Cauchy en $X$, e $\{\mathbf{x}_k\}\subset A\subset X$, entón $\{\mathbf{x}_k\}$ tamén é sucesión de Cauchy en $A$. É dicir, que se unha sucesión é de Cauchy en $X$, tamén será de Cauchy en calquera conxunto que o conteña. Nótese que a definición depende só da distancia $d$ e as distancias relativas en subconxuntos obtéñense simplemente por restricción.

Unha consecuencia inmediata da desigualdade triangular é o seguinte:

Toda sucesión converxente é de Cauchy.

Supoñamos que $\{\mathbf{x}_k\}\subset X$ converxe a un punto $\mathbf{x}\in X$. Vexamos que $\{\mathbf{x}_k\}$ é de Cauchy. Sexa $\epsilon>0$ dado.

Como $\{\mathbf{x}_k\}\to\mathbf{x}$, existe $N\in\mathbb{N}$ tal que $d(\mathbf{x}_k,\mathbf{x})<\epsilon/2$ para todo $k\geq N$.

Logo, se $p$, $q\geq N$ entón, pola desigualdade triangular, \begin{align*} d(\mathbf{x}_q,\mathbf{x}_q) &\leq d(\mathbf{x}_q,\mathbf{x})+d(\mathbf{x},\mathbf{x}_q)\\ & <\frac{\epsilon}{2}+\frac{\epsilon}{2}=\epsilon, \end{align*} co que $\{\mathbf{x}_k\}$ é de Cauchy.

O recíproco do anterior non é necesariamente certo, polo que as condicións de converxencia e de ser de Cauchy non son equivalentes. Este feito depende do espacio que se considere:

  • A sucesión $\{1/k\}$ é converxente no conxunto $X=[0,\infty)$.
  • A sucesión $\{1/k\}$ é de Cauchy no conxunto $X=(0,\infty)$, pero non é converxente, dado que o límite da mesma non está en $X$. Argumentamos de xeito máis preciso. Temos que a sucesión $\{1/k\}$ é converxente en $\mathbb{R}$, por tanto é de Cauchy en $\mathbb{R}$, e en consecuencia en $X$, como vimos anteriormente. Non obstante, non pode ser converxente en $X$, pois se o fose, xa que $X\subset \mathbb{R}$, como sucesión de $\mathbb{R}$ tería outro límite en $X$ distinto de $0$, o cal non é posible pola unicidade de límite.

Enunciamos a continuación un par de resultados que teñen unha demostración moi similar á correspondente para sucesións converxentes.

Sexa $\{\mathbf{x}_k\}=\{(x_{k1},\dots {x}_{kn})\}$ unha sucesión en $X\subset\mathbb{R}^n$. Entón, $\{\mathbf{x}_k\}$ é de Cauchy se e só se $\{x_{ki}\}$ é de Cauchy para todo $i\in\{1,\dots,n\}$.

Supoñamos primeiro que $\{\mathbf{x}_k\}$ é de Cauchy. Sexa $i\in\{1,\dots,n\}$ e vexamos que $\{x_{ki}\}$ é de Cauchy.

Sexa $\epsilon>0$ dado. Como $\{\mathbf{x}_k\}$ é de Cauchy, existe $N\in\mathbb{N}$ tal que $d(\mathbf{x}_p,\mathbf{x}_q)< \epsilon$ para todo $p,q\geq N$. Pois ben, se $p,q\geq N$ entón \begin{align*} \lvert x_{pi}-x_{qi}\rvert &{}\leq \sqrt{\sum_{j=1}^n(x_{pj}-x_{qj})^2}\\[1ex] &{}=d(\mathbf{x}_p,\mathbf{x}_q) < \epsilon, \end{align*} de onde se segue que $\{x_{ki}\}$ é de Cauchy.

Reciprocamente, supoñamos que $\{x_{ki}\}$ é de Cauchy para todo $i\in\{1,\dots,n\}$, e vexamos que entón $\{\mathbf{x}_k\}$ tamén é de Cauchy.

Sexa pois $\epsilon>0$ dado. Como $\{x_{ki}\}$ é de Cauchy, existe $N_i\in\mathbb{N}$ tal que $\lvert x_{pi}-x_{qi}\rvert < \epsilon/\sqrt{n}$ para todo $p,q\geq N_i$. Tomemos entón $N=\max\{N_1,\dots,N_n\}$ e sexan $p,q\geq N$. Entón, \begin{align*} d(\mathbf{x}_p,\mathbf{x}_q) &{}=\sqrt{\sum_{j=1}^n(x_{pj}-x_{qj})^2}\\ &{}\leq\sqrt{\sum_{j=1}^n\max\{(x_{pj}-x_{qj})^2:j=1,\dots,n\}}\\[1ex] &{}=\sqrt{n}\max\{\lvert x_{pj}-x_{qj}\rvert :j=1,\dots,n\rvert\}\\[1ex] &{}< \sqrt{n}\frac{\epsilon}{\sqrt{n}}=\epsilon, \end{align*} de onde $\{\mathbf{x}_k\}$ é de Cauchy, como queriamos ver.

Toda subsucesión dunha sucesión de Cauchy é de Cauchy.

Supoñamos que $\{\mathbf{x}_k\}$ é de Cauchy e sexa $\phi\colon\mathbb{N}\to\mathbb{N}$ unha función estrictamente crecente. Temos que ver que $\{\mathbf{x}_{\phi(k)}\}$ é de Cauchy. Para iso sexa $\epsilon>0$ arbitrario.

Como $\{\mathbf{x}_k\}$ é de Cauchy, existe $N\in\mathbb{N}$ tal que $d(\mathbf{x}_p,\mathbf{x}_q)<\epsilon$ para todo $p,q\geq N$.

Entón, se $p,q\geq N$, tamén temos que $\phi(p)\geq p\geq N$ e $\phi(q)\geq q\geq N$. Por tanto, $d(\mathbf{x}_{\phi(p)},\mathbf{x}_{\phi(q)}<\epsilon)$ como queriamos ver.

O conxunto de puntos dunha sucesión de Cauchy é limitado, tal e como amosa a seguinte proposición.

Toda sucesión de Cauchy é limitada.

Supoñamos que $\{\mathbf{x}_k\}$ é unha sucesión de Cauchy. Dado $\epsilon=1$, existe $N\in\mathbb{N}$ tal que $d(\mathbf{x}_p,\mathbf{x}_q) < 1$ para todo $p$, $q\geq N$. Tomemos \[ M=\max\{1,d(\mathbf{x}_1,\mathbf{x}_N),\dots,d(\mathbf{x}_{N-1},\mathbf{x}_N)\}. \] Entón $\{\mathbf{x}_k\}\subset B[\mathbf{x}_N,M]$.

Ademais, tamén témo-la seguinte relación entre sucesión de Cauchy, subsucesións, e converxencia.

Se unha sucesión de Cauchy $\{\mathbf{x}_k\}$ posúe unha subsucesión converxente a un punto $\mathbf{x}$, entón a propia sucesión converxe a $\mathbf{x}$.

Sexa $\{\mathbf{x}_k\}$ unha sucesión de Cauchy, $\phi\colon\mathbb{N}\to\mathbb{N}$ unha función estrictamente monótona crecente, e supoñamos que a subsucesión $\{\mathbf{x}_{\phi(k)}\}$ converxe a un punto $\mathbf{x}\in X$. Vexamos que entón $\{\mathbf{x}_k\}\to \mathbf{x}$.

Sexa $\epsilon>0$ dado.

Como $\{\mathbf{x}_k\}$ é de Cauchy, existe $N_1\in\mathbb{N}$ tal que $d(\mathbf{x}_p,\mathbf{x}_q) < \epsilon/2$ para todo $p$, $q\geq N_1$.

Com $\{\mathbf{x}_{\phi(k)}\}$ converxe a $\mathbf{x}$, existe $N_2\in\mathbb{N}$ tal que $d(\mathbf{x}_{\phi(k)},\mathbf{x}) < \epsilon/2$ para todo $k\geq N_2$.

Tomemos $N=\max\{N_1,N_2\}$, e sexa $k\geq N$. Entón, como $\phi(N)\geq N$, \begin{align*} d(\mathbf{x}_k,\mathbf{x}) &{}\leq d(\mathbf{x}_k,\mathbf{x}_{\phi(N)}) + d(\mathbf{x}_{\phi(N)},\mathbf{x})\\ &{}< \frac{\epsilon}{2}+\frac{\epsilon}{2} = \epsilon, \end{align*} co que $\{\mathbf{x}_k\}\to\mathbf{x}$, como queriamos ver.

Para que unha sucesión $\{\mathbf{x}_k\}$ sexa de Cauchy non é suficiente a condición \[ \forall \epsilon>0, \, \exists N\in\mathbb{N} : d(\mathbf{x}_k,\mathbf{x}_{k+1}) < \epsilon,\, \forall k\geq N. \] É dicir, non chega con que termos consecutivos estean suficientemente próximos.

Por exemplo, tomémo-la sucesión $\{x_n\}\subset\mathbb{R}$, onde \[ x_n = \sum_{k=1}^n\frac{1}{k}. \] Obviamente $\lvert x_{n+1}-x_n\rvert = 1/(n+1)$, que se pode facer tan pequeno como se queira para $n$ suficientemente grande.

Non obstante, \begin{align*} \lvert x_{2n}-x_n\rvert & {}= \frac{1}{n+1}+\dots+\frac{1}{2n}\\ &\geq \frac{1}{2n}+\stackrel{\text{$n$ veces}}{\dots}+\frac{1}{2n}=\frac{1}{2}, \end{align*} co que evidentemente, a sucesión $\{x_n\}$ non pode ser de Cauchy.

A continuación introducimos a condición de completitude dun espacio métrico.

Un conxunto $X\subset\mathbb{R}^n$ é completo se toda sucesión de Cauchy en $X$ é converxente en $X$.

Os seguintes resultados proporcionan un criterio para decidi-la completitude dun subconxunto. O primeiro deles di que os conxuntos completos son pechados.

Sexa $X\subset\mathbb{R}^n$. Se $Y\subset X$ é completo, entón $Y$ é pechado en $X$.

Supoñamos que $Y$ é completo, e vexamos que é pechado empregando a caracterización secuencial de conxuntos pechados.

Sexa pois $\{\mathbf{x}_k\}\subset Y$ unha sucesión tal que $\{\mathbf{x}_k\}\to \mathbf{x}\in X$. Vexamos que $\mathbf{x}\in Y$. En efecto, como $\{\mathbf{x}_k\}$ é converxente, en particular é de Cauchy en $Y$, e por ser $Y$ completo, resulta que ten un límite $\{\mathbf{x}_k\}\to \mathbf{y}\in Y$. Por unicidade de límite, $\mathbf{x}=\mathbf{y}\in Y$.

A continuación probamos que un conxunto pechado dentro dun completo é completo.

Se $X$ é un conxunto completo e $Y\subset X$ é pechado en $X$, entón $Y$ é completo.

Supoñamos que $X$ é completo e que $Y$ é pechado en $X$. Sexa $\{\mathbf{x}_k\}\subset Y$ unha sucesión de Cauchy en $Y$. Obviamente, $\{\mathbf{x}_k\}$ tamén é de Cauchy en $X$, e como $X$ é completo, ten un límite $\{\mathbf{x}_k\}\to\mathbf{x}\in X$. Agora ben, $Y$ é pechado en $X$, co que, pola caracterización secuencial dos conxuntos pechados, $\mathbf{x}\in Y$, e por tanto a sucesión converxe en $Y$.

Como consecuencia das dúas proposicións anteriores deducimos que, nun completo, os conxuntos pechados e os completos coinciden.

A completitude de $\mathbb{R}^n$

Antes de comezar esta sección necesitamos recordar un axioma fundamental que satisfán os números reais.

O conxunto dos números reais $\mathbb{R}$ é un corpo cunha relación de orde compatible que satisfai o axioma do supremo:

Todo conxunto non baleiro de números reais limitado superiormente ten supremo.

O seguinte teorema amosa que $\mathbb{R}$ é completo empregando o principio dos intervalos encaixados: toda sucesión contractiva de intervalos pechados e limitados ten intersección non baleira. No transcurso da demostración probaremos unha versión axeitada deste resultado.

$\mathbb{R}$ é completo.

Sexa $\{x_k\}$ unha sucesión de Cauchy de números reais. Vexamos que $\{x_k\}$ é converxente.

Como toda sucesión de Cauchy é limitada, podemos poñer $\{x_k\}\subset[a_0,b_0]$ para certo intervalo $[a_0,b_0]\subset\mathbb{R}$. Sexa $A_0=\mathbb{N}$.

Definimos $c_0=(a_0+b_0)/2$ e considerámo-los subconxuntos $\{k\in\mathbb{N}:x_k\in[a_0,c_0]\}$ e $\{k\in\mathbb{N}:x_k\in[c_0,b_0]\}$. Como $A_0=\mathbb{N}$ é infinito, algún dos dous conxuntos anteriores tamén o é (pois a unión deles é $\mathbb{N}$). Chamamos $A_1$ ó correspondente conxunto infinito (ou calquera deles se os dous son infinitos) e tomámo-lo intervalo correspondente a $A_1$, que denotaremos por $[a_1,b_1]$. É dicir, facemos $a_1=a_0$, $b_1=c_0$ se $\{k\in\mathbb{N}:x_k\in[a_0,c_0]\}$ é infinito, ou $a_1=c_0$, $b_1=b_0$ se $\{k\in\mathbb{N}:x_k\in[c_0,b_0]\}$ é infinito.

Agora definimos $c_1=(a_1+b_1)/2$ e considerámo-los subconxuntos $\{k\in A_1:x_k\in[a_1,c_1]\}$ e $\{k\in A_1:x_k\in[c_1,b_1]\}$. Como $A_1$ é infinito, algún dos dous conxuntos anteriores tamén o é e chamamos a un que o sexa $A_2$. Sexa $[a_2,b_2]$ o intervalo correspondente a $A_2$.

De xeito inductivo construímos unha sucesión de intervalos $[a_n,b_n]$ de forma que $A_n=\{k\in\mathbb{N}: x_k\in [a_n,b_n]\}$ é un conxunto infinito. Ademais, por construcción, para cada $n\in\mathbb{N}$,

  • $b_n-a_n=(b_{n-1}-a_{n-1})/2=(b_0-a_0)/2^n$ (inducción),
  • $a_n\geq a_{n-1}$ (é dicir, $\{a_n\}$ é crecente),
  • $b_n\leq b_{n-1}$ (é dicir, $\{b_n\}$ é decrecente).

O conxunto $\{a_n:n\in\mathbb{N}\}$ é limitado superiormente (por $b_0$, por exemplo). Como $\mathbb{R}$ satisfai o axioma do supremo, dito conxunto terá un supremo $x\in\mathbb{R}$. Imos ver que $x$ é o límite de $\{x_k\}$. Sexa pois $\epsilon> 0$ dado.

Como $\{x_k\}$ é de Cauchy, existe $N_1\in\mathbb{N}$ tal que $\lvert x_p-x_q\rvert < \epsilon/3$ para todo $p,q\geq N_1$.

Como $\{(b_0-a_0)/2^n\}\to 0$, existe $N_2\in\mathbb{N}$ de xeito que $b_n-a_n=(b_0-a_0)/2^n < \epsilon/3$ para todo $n\geq N_2$.

Por definición de supremo, $a_n\leq x$ e, para $\epsilon/3>0$, existe $N_3\in\mathbb{N}$ tal que $a_{N_3}>x-\epsilon/3$. De feito, como $\{a_n\}$ é crecente, $a_n\geq a_{N_3}>x-\epsilon/3$ para todo $n\geq N_3$.

Pois ben, definimos $N=\max\{N_1,N_2,N_3\}$. Sexa $n\geq N$ arbitrario.

Como $A_N$ é un conxunto infinito, existe, $p \geq N$ tal que $x_p\in[a_N,b_N]$. Entón, \begin{align*} \lvert x_n-x\rvert&{}\leq \lvert x_n-x_p\rvert+\lvert x_p-a_N\rvert + \lvert a_N-x\rvert\\ &{}\leq \lvert x_n-x_p\rvert+\frac{b_0-a_0}{2^N} + (x-a_n)\\ &{}< \frac{\epsilon}{3} + \frac{\epsilon}{3} + \frac{\epsilon}{3} = \epsilon, \end{align*} co que efectivamente $\{x_n\}\to x$, como queriamos ver.

Resulta que o producto cartesiano de espacios completos é completo. A demostración deste resultado é basicamente o que se emprega para o caso particular de $\mathbb{R}^n$.

$\mathbb{R}^n$ é completo.

Sexa $\{\mathbf{x}_k\}=\{(x_{k1},\dots {x}_{kn})\}$ unha sucesión en $\mathbb{R}^n$. Entón, as súas coordenadas $\{x_{ki}\}$ son de Cauchy para cada $i\in\{1,\dots,n\}$. Como $\mathbb{R}$ é completo, cada $\{x_{ki}\}$ é converxente, e por tanto a correspondente sucesión dos vectores tamén o é.

Problemas resoltos

Probar que a clausura dunha bóla aberta en $\mathbb{R}^n$ é a pechada correspondente.

Sexa $\mathbf{x}_0\in\mathbb{R}^n$ e $r>0$. Vexamos que $\overline{B(\mathbf{x}_0,r)}=B[\mathbf{x}_0,r]$.

Clausura dunha bóla aberta x0 x

($\supset$) Sexa $\mathbf{x}\in B[\mathbf{x}_0,r]$. Tomámo-la sucesión $\{\mathbf{x}_0+(1-\frac{1}{n})(\mathbf{x}-\mathbf{x}_0)\}$. Temos que \begin{align*} \Bigl\lVert\mathbf{x}_0+\Bigl(1-\frac{1}{n}\Bigr)(\mathbf{x}-\mathbf{x}_0)-\mathbf{x}_0\Bigr\rVert &{}=\Bigl(1-\frac{1}{n}\Bigr)\lVert \mathbf{x}-\mathbf{x}_0\rVert\\ &{}\leq\Bigl(1-\frac{1}{n}\Bigr)r<r, \end{align*} co que dita sucesión está contida en $B(\mathbf{x}_0,r)$. Ademais, $\{\mathbf{x}_0+(1-\frac{1}{n})(\mathbf{x}-\mathbf{x}_0)\}\to \mathbf{x}$. Logo, pola caracterización secuencial da clausura, $\mathbf{x}\in\overline{B(\mathbf{x}_0,r)}$.

($\subset$) Sexa $\mathbf{x}\in\mathbb{R}^n\setminus B[\mathbf{x}_0,r]$. Como $B[\mathbf{x}_0,r]$ é pechada, existe $s>0$ tal que \begin{align*} B(\mathbf{x},s) &{}\subset \mathbb{R}^n\setminus B[\mathbf{x}_0,r]\\ &{}\subset\mathbb{R}^2\setminus B(\mathbf{x}_0,r). \end{align*} Logo $\mathbf{x}\notin \overline{B(\mathbf{x}_0,r)}$, como queriamos ver.

Sexa $E=S^1\setminus\{(0,1)\}$. Probar que $(0,1)\in\bar{E}$.

A sucesión $\{(\cos(\pi/2-1/n),\sin(\pi/2-1/n)\}\subset E$ converxe a $(0,1)$. Pola caracterización secuencial dos puntos clausura, $(0,1)\in \bar{E}$.

Sexa $X=(0,1)$. ¿É certo que todo conxunto pechado en $X$ é completo?

Falso. O propio $X$ é pechado en $X$. Non obstante, $X$ non é completo, pois non é pechado en $\mathbb{R}$ (recordemos que un subconxunto de $\mathbb{R}$ é completo se e só se é pechado).

Decidir se $X=\bigcup_{n\in\mathbb{N}} \left\{(x,y)\in\mathbb{R}^2 : \max\left\{ \lvert x \rvert, \lvert y \rvert\right\}\leq 1-\frac{1}{n}\right\}$ é completo.

Vexamos que o conxunto $X$ non é completo empregando os resultados de caracterización vistos neste capítulo.

Cadrado aberto

A sucesión $\{(1-\frac{1}{n},0)\}$ está contida en $X$ pois $\max\{\lvert 1-\frac{1}{n} \rvert,\lvert 0\rvert\}=1-\frac{1}{n}$. Dita sucesión converxe a $(1,0)$ que non é un punto de $X$ porque $\max\{\lvert 1 \rvert,\lvert 0\rvert\}=1>1-\frac{1}{n}$ para todo $n\in\mathbb{N}$.

Pola caracterización secuencial dos conxuntos pechados, chegamos a que $X$ non é pechado, e como os conxuntos completos son pechados, séguese que $X$ tampouco pode ser completo.

En resumo, $X$ non é completo.