Análisis 3 - Tema 1

Matemáticas
Análisis
Cardinalidad
Conjuntos Numerables
2026-01-11
89 min de lectura

Notación y Preliminares

Durante el curso, se usarán preferiblemente las siguientes notaciones durante las demostraciones y ejercicios:

  • En clase se empleará la abreviatura c. para referirse a conjuntos. Se empleará preferiblemente la NN para referirse al natural en RNR^N En análisis en general consideraremos que los naturales empiezan en 11, aunque en álgebra se consideren desde 00. Por lo tanto, emplearemos la notación N∪{0}N \cup \{0\} cuando queramos incluir el 00 en los naturales.

Cardinalidad de un conjunto

Cardinalidad. Idea intuitiva

Podemos entender la cardinalidad de un conjunto AA como la cantidad de elementos de AA. Además, dentro de los conjuntos, podemos distinguir entre dos tipos:

  • Conjuntos finitos: Aquellos conjuntos que tienen un número finito de elementos, es decir, ∃n∈N∪{0}\exists n \in\mathbb{N} \cup \{0\} tal que ∃\exists biyección entre AA y {1,2,…,n}\{1, 2, \dots, n\}, esto es:
∃φ:{1,2,…,n}⟶A≠∅i⟼φ(i)\begin{array}{rcl} \exists \varphi : \{1, 2, \dots, n\} & \longrightarrow & A \neq \emptyset \\ i & \longmapsto & \varphi(i) \end{array}

Conjuntos infinitos: Aquellos conjuntos para los cuales existe una aplicación inyectiva φ:N⟶A\varphi : \mathbb{N} \longrightarrow A. De esta forma, podemos distinguir entre:

Conjuntos infinitos numerables: Aquellos conjuntos AA para los cuales existe una biyección φ:N⟶A\varphi : \mathbb{N} \longrightarrow A. Conjuntos infinitos no numerables: Aquellos conjuntos AA para los cuales existe una aplicación inyectiva φ:N⟶A\varphi : \mathbb{N} \longrightarrow A pero no existe ninguna biyección entre ambos conjuntos.

Conjuntos numerables y no numerables. Ejemplos

Podemos plantear algunos ejemplos de conjuntos numerables y no numerables comunes:

Conjuntos numerables

Los siguientes conjuntos son numerables:

  1. El conjunto de los naturales N\mathbb{N}.

📐Demostración

Trivial, basta considerar la aplicación identidad:

φ:N⟶Nn⟼φ(n)=n\begin{align*} \varphi : \mathbb{N} & \longrightarrow \mathbb{N} \\ n & \longmapsto \varphi(n) = n \end{align*}

El grupo de los enteros Z={−∞,…,−2,−1,0,1,2,…,∞}\mathbb{Z} = \left\{ - \infty, \dots, - 2, - 1, 0, 1, 2, \dots , \infty\right\}.

📐Demostración

Podemos emplear la siguiente idea para definir una biyección entre N\mathbb{N} y Z\mathbb{Z}:

N1234567…↓↓↓↓↓↓↓Z01−12−23−3…\begin{array}{c|cccccccc} \mathbb{N} & 1 & 2 & 3 & 4 & 5 & 6 & 7 & \dots \\ & \downarrow & \downarrow & \downarrow & \downarrow & \downarrow & \downarrow & \downarrow & \\ \mathbb{Z} & 0 & 1 & -1 & 2 & -2 & 3 & -3 & \dots \end{array}

De esta forma, podemos definir la aplicación:

φ:N⟶Zn⟼φ(n)={n2,n par−n−12,n impar\begin{align*} \varphi : \mathbb{N} & \longrightarrow \mathbb{Z} \\ n & \longmapsto \varphi(n) = \begin{cases} \frac{n}{2}, & n \text{ par} \\[1ex] -\frac{n-1}{2}, & n \text{ impar} \end{cases} \end{align*}

Y así, tenemos una biyección entre ambos conjuntos.

El conjunto Q:−{zn:z∈Z,n∈N}\mathbb{Q} \coloneq \left\{\dfrac{z}{n} : z \in \mathbb{Z}, n \in \mathbb{N}\right\}

📐Demostración

Como tenemos que:

Card Z=Card N  ⟹  Card Q=Card {zn:z∈N,n∈N}\begin{align} \text{Card } \mathbb{Z} = \text{Card } \mathbb{N} \implies \text{Card } \mathbb{Q} = \text{Card } \left\{\frac{z}{n} : z \in \mathbb{N}, n \in \mathbb{N}\right\} \end{align}

Para construir una biyección entre N\mathbb{N} y {zn:z,n∈N}\left\{\frac{z}{n} : z, n \in \mathbb{N}\right\} podemos ver que si disponemos los naturales en filas y columnas, obtenemos la siguiente tabla expresando los cocientes:

123456…1111213141516…2212223242526…3313233343536…4414243444546…5515253545556…6616263646566…⋮⋮⋮⋮⋮⋮⋮⋱\begin{array}{c|ccccccc} & 1 & 2 & 3 & 4 & 5 & 6 & \dots \\ \hline 1 & \frac{1}{1} & \frac{1}{2} & \frac{1}{3} & \frac{1}{4} & \frac{1}{5} & \frac{1}{6} & \dots \\[1ex] 2 & \frac{2}{1} & \frac{2}{2} & \frac{2}{3} & \frac{2}{4} & \frac{2}{5} & \frac{2}{6} & \dots \\[1ex] 3 & \frac{3}{1} & \frac{3}{2} & \frac{3}{3} & \frac{3}{4} & \frac{3}{5} & \frac{3}{6} & \dots \\[1ex] 4 & \frac{4}{1} & \frac{4}{2} & \frac{4}{3} & \frac{4}{4} & \frac{4}{5} & \frac{4}{6} & \dots \\[1ex] 5 & \frac{5}{1} & \frac{5}{2} & \frac{5}{3} & \frac{5}{4} & \frac{5}{5} & \frac{5}{6} & \dots \\[1ex] 6 & \frac{6}{1} & \frac{6}{2} & \frac{6}{3} & \frac{6}{4} & \frac{6}{5} & \frac{6}{6} & \dots \\[1ex] \vdots & \vdots & \vdots & \vdots & \vdots & \vdots & \vdots & \ddots \end{array}

Y recorriendo la tabla en diagonal tenemos la siguiente sucesión:

11, 21, 12, 31, 22, 13, 41, 32, 23, 14, 51, 42, 33, 24, 15, 61, …\begin{align*} \frac{1}{1}, \, \frac{2}{1}, \, \frac{1}{2}, \, \frac{3}{1}, \, \frac{2}{2}, \, \frac{1}{3}, \, \frac{4}{1}, \, \frac{3}{2}, \, \frac{2}{3}, \, \frac{1}{4}, \, \frac{5}{1}, \, \frac{4}{2}, \, \frac{3}{3}, \, \frac{2}{4}, \, \frac{1}{5}, \, \frac{6}{1}, \, \dots \end{align*}

Como podemos notar, en esta sucesión aparecen algunos números repetidos (por ejemplo, 22\frac{2}{2} y 11\frac{1}{1}). Pero podemos eliminar estos números de la sucesión sin que deje de ser numerable. Finalmente, a cada número de esta sucesión le asignamos un natural, es decir:

N123456789…↓↓↓↓↓↓↓↓↓{zn ⁣:z,n∈N}112112311341322314…\begin{array}{c|cccccccccc} \mathbb{N} & 1 & 2 & 3 & 4 & 5 & 6 & 7 & 8 & 9 & \dots \\ & \downarrow & \downarrow & \downarrow & \downarrow & \downarrow & \downarrow & \downarrow & \downarrow & \downarrow & \\ \left\{\frac{z}{n} \colon z, n \in \mathbb{N}\right\} & \frac{1}{1} & \frac{2}{1} & \frac{1}{2} & \frac{3}{1} & \frac{1}{3} & \frac{4}{1} & \frac{3}{2} & \frac{2}{3} & \frac{1}{4} & \dots \end{array}

Así, podemos definir una aplicación φ:N⟶{zn:z,n∈N}\varphi : \mathbb{N} \longrightarrow \left\{\frac{z}{n} : z, n \in \mathbb{N}\right\} suprayectiva y, como sabemos que:

Card {zn:z,n∈N}≤Card NyN⊆{zn:z,n∈N}\begin{align*} \text{Card } \left\{\frac{z}{n} : z, n \in \mathbb{N}\right\} \leq \text{Card } \mathbb{N} \quad \text{y} \quad \mathbb{N} \subseteq \left\{\frac{z}{n} : z, n \in \mathbb{N}\right\} \end{align*}

Tenemos que:

Card N≤Card {zn:z,n∈N}≤Card N\begin{align*} \text{Card } \mathbb{N} \leq \text{Card } \left\{\frac{z}{n} : z, n \in \mathbb{N}\right\} \leq \text{Card } \mathbb{N} \end{align*}

Por lo tanto, por concluimos que:

Card {zn:z,n∈N}=Card N=Card Q\begin{align*} \text{Card } \left\{\frac{z}{n} : z, n \in \mathbb{N}\right\} = \text{Card } \mathbb{N} = \text{Card } \mathbb{Q} \end{align*}

Conjuntos no numerables

Los siguientes conjuntos no son numerables:

  1. El conjunto (0,1)(0, 1)

📐Demostración

Procederemos por reducción al absurdo. Supongamos que (0,1)(0, 1) sí es numerable y, por tanto, existe una biyección φ ⁣:N⟶(0,1)\varphi \colon \mathbb{N} \longrightarrow(0, 1). De esta manera, podríamos hacer una lista infinita que contendría todos los elementos de (0,1)(0, 1), es decir, φ(N)=(0,1)\varphi(\mathbb{N}) = (0, 1).

Ahora, podríamos escribir todos los números del intervalo (0,1)(0, 1) como φ(n)\varphi(n) con n∈Nn \in \mathbb{N} de la siguiente forma:

φ(1)=0.700681003…φ(2)=0.400100200…φ(3)=0.900100300…φ(4)=0.100100400…⋮⋮\begin{align*} \varphi(1) & = 0.\textbf{7}00681003\dots \\ \varphi(2) & = 0.4\textbf{0}0100200\dots \\ \varphi(3) & = 0.90\textbf{0}100300\dots \\ \varphi(4) & = 0.100\textbf{1}00400\dots \\ \vdots \quad & \vdots \end{align*}

Ahora queremos construir un nuevo número b∈(0,1)b \in (0, 1). Para ello, nos fijamos en los decimales remarcados de la lista anterior y hacemos lo siguiente:

bn=(n-eˊsimo decimal de φ(n)+1)mod  10\begin{align*} b_n = \left(n\text{-ésimo decimal de } \varphi(n) + 1\right) \mod 10 \end{align*}

De esta forma en nuestra sucesión bb tenemos:

b=0.b1b2b3b4⋯=0.8112…\begin{align*} b & = 0.b_1 b_2 b_3 b_4 \dots = 0.8112\dots \end{align*}

Y por construcción, b∈(0,1)b \in (0, 1) y b≠φ(n) ∀n∈Nb \neq \varphi(n) \, \forall n \in \mathbb{N} ya que difiere en al menos un decimal de cada uno de ellos. Por lo tanto, hemos llegado a una contradicción y concluimos que (0,1)(0, 1) no es numerable.

El conjunto de los reales R\mathbb{R}

📐Demostración

Para esta demostración emplearemos el Teorema de los intervalos encajados de Cantor, que dice que si tenemos una sucesión infinitas de intervalos cerrados y acotados [an,bn][a_n, b_n] tal que an<bna_n < b_n donde cada intervalo está contenido en el anterior, es decir:

[a1,b1]⊇[a2,b2]⊇[a3,b3]⊇⋯  ⟹  ⋂n∈N[an,bn]≠∅\begin{align*} [a_1, b_1] \supseteq [a_2, b_2] \supseteq [a_3, b_3] \supseteq \dots \implies \bigcap_{n \in \mathbb{N}} [a_n, b_n] \neq \emptyset \end{align*}

Entonces, procederemos por reducción al absurdo. Supongamos que R\mathbb{R} es numerable y, por tanto, existe una biyección φ ⁣:N⟶R\varphi \colon \mathbb{N} \longrightarrow \mathbb{R}.

Queremos una sucesión de intervalos encajados que excluyan sistemáticamente a cada número de nuestra lista φ(N)=R\varphi(\mathbb{N}) = \mathbb{R}:

[1)] Como φ(1)\varphi(1) es un punto en la recta real, podemos tomar fácilmente un intervalo que no lo contenga, es decir, [a1,b1][a_1, b_1] tal que:

φ(1)∉[a1,b1]  con a1<b1\begin{align*} \varphi(1) \not\in [a_1, b_1] \, \text{ con } a_1 < b_1 \end{align*}

[2)] Para excluir a φ(2)\varphi(2) tomamos otro intervalo [a2,b2][a_2, b_2] tal que:

φ(2)∉[a2,b2]⊆[a1,b1]  con a2<b2\begin{align*} \varphi(2) \not\in [a_2, b_2] \subseteq [a_1, b_1] \, \text{ con } a_2 < b_2 \end{align*}

que es posible ya que [a1,b1][a_1, b_1] es un intervalo que podemos dividir en dos subintervalos y elegir aquel que no contenga a φ(2)\varphi(2). [3)] De forma análoga, para n>2n > 2 tomamos [an,bn][a_n, b_n] tal que:

φ(n)∉[an,bn]⊆[an−1,bn−1]  con an<bn\begin{align*} \varphi(n) \not\in [a_n, b_n] \subseteq [a_{n-1}, b_{n-1}] \, \text{ con } a_n < b_n \end{align*}

Así, hemos construido una sucesión de intervalos encajados [an,bn][a_n, b_n] que además excluyen a cada número de la lista, es decir, ∀n∈N\forall n \in \mathbb{N} tenemos φ(n)∉[an,bn]\varphi(n) \not\in [a_n, b_n].

Ahora, aplicando el Teorema de los intervalos encajados sabemos que existe al menos un número real xx tal que:

x∈⋂n∈N[an,bn]\begin{align*} x \in \bigcap_{n \in \mathbb{N}} [a_n, b_n] \end{align*}

Pero entonces debería existir k∈Nk \in \mathbb{N} tal que x=φ(k)x = \varphi(k). Sin embargo, por construcción nos habíamos asegurado de que:

φ(k)∉[ak,bk]  ⟹  x∉[ak,bk]  ⟹  x∉⋂n∈N[an,bn]#\begin{align*} \varphi(k) \not\in [a_k, b_k] \implies x \not\in [a_k, b_k] \implies x \not\in \bigcap_{n \in \mathbb{N}} [a_n, b_n] \quad \# \end{align*}

💡Observación

Podemos ver las siguientes igualdades:

Card R=Card (−π2,π2)\begin{align*} \text{Card } \mathbb{R} = \text{Card } \left( -\frac{\pi}{2} , \frac{\pi}{2} \right) \end{align*}

ya que existe una biyección entre ambos conjuntos dada por la función arctan:

arctan⁡:R⟶(−π2,π2)\begin{align*} \arctan : \mathbb{R} \longrightarrow \left( - \frac{\pi}{2}, \frac{\pi}{2} \right) \end{align*}

Y también tenemos que:

Card C=Card R\begin{align*} \text{Card } \mathbb{C} = \text{Card } \mathbb{R} \end{align*}

Procesos que dan lugar a conjuntos numerables

  1. Sea AA finito y BB infinito numerable tal que A∩B=∅A \cap B = \emptyset entonces:
{A∪B es infinito numerableA×B es infinito numerable o ∅ si A=∅\begin{align*} \left\{ \begin{array}{l} A \cup B \text{ es infinito numerable}\\ A \times B \text{ es infinito numerable o } \emptyset \text{ si } A = \emptyset \end{array} \right. \end{align*}

📐Demostración

Se plantean dos casos:

Si A=∅A = \emptyset entonces:

{A∪B=B es infinito numerableA×B=∅×B=∅\begin{align*} \left\{ \begin{array}{l} A \cup B = B \text{ es infinito numerable}\\ A \times B = \emptyset \times B = \emptyset \end{array} \right. \end{align*}

Si A≠∅A \neq \emptyset entonces:

{A={a1,a2,…,an}n∈N y ai≠aj si i≠jB={b1,b2,b3,… }={bn:n∈N}bi≠bj si i≠j\begin{align*} \left\{ \begin{array}{l} A = \{a_1, a_2, \dots, a_n\} \quad n \in \mathbb{N} \text{ y } a_i \neq a_j \text{ si } i \neq j\\[1ex] B = \{b_1, b_2, b_3, \dots\} = \{b_n : n \in \mathbb{N}\} \quad b_i \neq b_j \text{ si } i \neq j \end{array} \right. \end{align*}

Así tenemos que la unión natural es:

A∪B={a1⏟1,a2⏟2,…,an⏟n,b1⏟n+1,b2⏟n+2,b3⏟n+3,… }\begin{align*} A \cup B = \left\{\underbrace{a_1}_{1}, \underbrace{a_2}_{2}, \dots, \underbrace{a_n}_{n}, \underbrace{b_1}_{n+1}, \underbrace{b_2}_{n+2}, \underbrace{b_3}_{n+3}, \dots\right\} \end{align*}

Y podemos definir la biyección:

φ:N⟶A∪Bm⟼φ(m)={am,1≤m≤nbm−n,m>n\begin{align*} \varphi : \mathbb{N} & \longrightarrow A \cup B \\ m & \longmapsto \varphi(m) = \begin{cases} a_m, & 1 \leq m \leq n\\ b_{m-n}, & m > n \end{cases} \end{align*}

Y por otra parte, si consideramos el producto A×BA \times B tenemos:

b1b2b3…a1(a1,b1)(a1,b2)(a1,b3)…a2(a2,b1)(a2,b2)(a2,b3)…a3(a3,b1)(a3,b2)(a3,b3)…⋮⋮⋮⋮⋮an(an,b1)(an,b2)(an,b3)…\begin{array}{c|cccc} & b_1 & b_2 & b_3 & \dots \\ \hline a_1 & (a_1, b_1) & (a_1, b_2) & (a_1, b_3) & \dots \\[1ex] a_2 & (a_2, b_1) & (a_2, b_2) & (a_2, b_3) & \dots \\[1ex] a_3 & (a_3, b_1) & (a_3, b_2) & (a_3, b_3) & \dots \\[1ex] \vdots & \vdots & \vdots & \vdots & \vdots\\ a_n & (a_n, b_1) & (a_n, b_2) & (a_n, b_3) & \dots \end{array}

Así, recorriendo la tabla columna a columna obtendríamos la sucesión:

A×B={(a1,b1),(a2,b1),…,(an,b1),(a1,b2),(a2,b2),…,(an,b2),… }\begin{align*} A \times B = \left\{(a_1, b_1), (a_2, b_1), \dots , (a_n, b_1), (a_1, b_2), (a_2, b_2), \dots, (a_n, b_2), \dots \right\} \end{align*}

Sea A,BA, B infinitos numerables con A∪B=∅A \cup B = \emptyset entonces:

{A∪B es infinito numerableA×B es infinito numerable \begin{align*} \left\{ \begin{array}{l} A \cup B \text{ es infinito numerable}\\ A \times B \text{ es infinito numerable } \end{array} \right. \end{align*}

📐Demostración

Supongamos ambos conjuntos AA y BB infinitos numerables, es decir:

A={an:n∈N} con an≠am si n≠mB={bn:n∈N} con bn≠bm si n≠m\begin{align*} A & = \{a_n : n \in \mathbb{N}\} \text{ con } a_n \neq a_m \text{ si } n \neq m \\[1ex] B & = \{b_n : n \in \mathbb{N}\} \text{ con } b_n \neq b_m \text{ si } n \neq m \end{align*}

Entonces tenemos que la unión natural es:

A∪B={a1⏟1,b1⏟2,a2⏟3,b2⏟4,a3⏟5,b3⏟6,… }\begin{align*} A \cup B = \left\{\underbrace{a_1}_1, \underbrace{b_1}_2, \underbrace{a_2}_3, \underbrace{b_2}_4, \underbrace{a_3}_5, \underbrace{b_3}_6, \dots\right\} \end{align*}

Y podemos definir la biyección:

φ:N⟶A∪Bm⟼φ(m)={am+12,m imparbm2,m par\begin{align*} \varphi : \mathbb{N} & \longrightarrow A \cup B \\ m & \longmapsto \varphi(m) = \begin{cases} a_{\frac{m+1}{2}}, & m \text{ impar} \\[1ex] b_{\frac{m}{2}}, & m \text{ par} \end{cases} \end{align*}

Y por otra parte, si consideramos el producto A×BA \times B tenemos:

b1b2b3…a1(a1,b1)(a1,b2)(a1,b3)…a2(a2,b1)(a2,b2)(a2,b3)…a3(a3,b1)(a3,b2)(a3,b3)…⋮⋮⋮⋮⋮\begin{array}{c|cccc} & b_1 & b_2 & b_3 & \dots \\ \hline a_1 & (a_1, b_1) & (a_1, b_2) & (a_1, b_3) & \dots \\[1ex] a_2 & (a_2, b_1) & (a_2, b_2) & (a_2, b_3) & \dots \\[1ex] a_3 & (a_3, b_1) & (a_3, b_2) & (a_3, b_3) & \dots \\[1ex] \vdots & \vdots & \vdots & \vdots & \vdots\\ \end{array}

Por lo que, recorriendo la tabla en diagonal obtendríamos la sucesión:

A×B={(a1,b1),(a1,b2),(a2,b1),(a1,b3),… }\begin{align*} A \times B = \left\{ (a_1,b_1), (a_1, b_2), (a_2, b_1), (a_1, b_3), \dots \right\} \end{align*}

✏️Ejercicio

Sea AiA_i conjunto infinito numerable ∀i∈N\forall i \in \mathbb{N} tal que Ai∩Aj≠∅  ∀i≠jA_i \cap A_j \neq \emptyset \, \, \forall i \neq j (no necesario). Probar que ∪i∈NAi\cup_{i \in \mathbb{N}} A_i es numerable.

Sea AiA_i un conjunto infinito numerable cualquiera, será de la forma:

Ai={ain:n∈N} con ain≠aim si n≠m\begin{align*} A_i = \{a_{i_n} : n \in \mathbb{N}\} \text{ con } a_{i_n} \neq a_{i_m} \text{ si } n \neq m \end{align*}

Y definimos la aplicación fif_i como:

fi:N⟶Ain⟼fi(n)=ain\begin{align*} f_i : \mathbb{N} & \longrightarrow A_i \\ n & \longmapsto f_i(n) = a_{i_n} \end{align*}

Colocando los elementos fi(j)f_i(j) en una matriz donde la fila ii contiene la enumeración de AiA_i tenemos:

j=1j=2j=3j=4…i=1f1(1)f1(2)f1(3)f1(4)…i=2f2(1)f2(2)f2(3)f2(4)…i=3f3(1)f3(2)f3(3)f3(4)…i=4f4(1)f4(2)f4(3)f4(4)…⋮⋮⋮⋮⋮⋱\begin{array}{c|ccccc} & j = 1 & j = 2 & j = 3 & j = 4 & \dots \\ \hline i = 1 & f_1(1) & f_1(2) & f_1(3) & f_1(4) & \dots \\[1ex] i = 2 & f_2(1) & f_2(2) & f_2(3) & f_2(4) & \dots \\[1ex] i = 3 & f_3(1) & f_3(2) & f_3(3) & f_3(4) & \dots \\[1ex] i = 4 & f_4(1) & f_4(2) & f_4(3) & f_4(4) & \dots \\[1ex] \vdots & \vdots & \vdots & \vdots & \vdots & \ddots \end{array}

Ahora, recorriendo las entradas por diagonales según la suma i+j=ki + j = k tenemos:

k=2⟶f1(1)k=3⟶f1(2),f2(1)k=4⟶f1(3),f2(2),f3(1)k=5⟶f1(4),f2(3),f3(2),f4(1)⋮⋮\begin{align*} k = 2 & \longrightarrow f_1(1) \\ k = 3 & \longrightarrow f_1(2), f_2(1) \\ k = 4 & \longrightarrow f_1(3), f_2(2), f_3(1) \\ k = 5 & \longrightarrow f_1(4), f_2(3), f_3(2), f_4(1) \\ \vdots & \vdots \end{align*}

Este recorrido visita todas las parejas (i,j)∈N×N(i,j) \in \mathbb{N} \times \mathbb{N} por lo que si definimos la aplicación:

φ:N⟶⋃i∈NAim⟼φ(m)=fi(j) donde m=(i+j−2)(i+j−1)2+i\begin{align*} \varphi : \mathbb{N} & \longrightarrow \bigcup_{i \in \mathbb{N}} A_i \\ m & \longmapsto \varphi(m) = f_i(j) \text{ donde } m = \frac{(i+j-2)(i+j-1)}{2} + i \end{align*}

Tenemos una aplicación suprayectiva y, por lo tanto, la unión es a lo sumo numerable.

Si los AiA_i no fueran disjuntos, podemos repetir la misma idea pero teniendo en cuenta que se podría repetir un mismo elemento. Para obtener una biyección, simplemente:

  1. Recorremos las entradas como antes formando la lista: φ(1),φ(2),φ(3),…\varphi(1), \varphi(2), \varphi(3), \dots Definimos una nueva sucesión tt como:
  • n=0n = 0 entonces t(0)=φ(0)t(0 ) = \varphi(0) n≥1n \geq 1 entonces t(n)t(n) es el primer elemento φ(k)\varphi(k) con kk mayor que los usados previamente y tal que φ(k)∉{t(0),…,t(n−1)}\varphi(k) \notin \left\{t(0), \dots, t(n - 1)\right\}

Así, tenemos que cada t(n)t(n) es distinto por construcción y todo x∈∪iAix \in \cup_i A_i aparece en φ\varphi en alguna posición, por lo que su primera aparición será tomada en algún t(n)t(n).

Partes de un conjunto. Definición

Sea AA un conjunto, se llama partes de AA al conjunto cuyos elementos son todos los subconjuntos de AA. Se denota por P(A)\mathcal{P}(A).

💡Nota

En particular, tenemos que ∅∈P(A)\emptyset \in \mathcal{P}(A) y A∈P(A)A \in \mathcal{P}(A).

✏️Ejemplo

Sea A={1,2}A = \{1, 2\} entonces:

P(A)={∅,{1},{2},{1,2}}\begin{align*} \mathcal{P}(A) = \left\{\emptyset, \{1\}, \{2\}, \{1, 2\}\right\} \end{align*}

Donde tenemos que:

Card A=2yCard P(A)=4\begin{align*} \text{Card } A = 2 \quad \text{y} \quad \text{Card } \mathcal{P}(A) = 4 \end{align*}

✏️Ejemplo

Si consideramos el conjunto vacío ∅\emptyset entonces:

P(∅)={∅}\begin{align*} \mathcal{P}(\emptyset ) = \{\emptyset\} \end{align*}

Por lo que:

Card ∅=0yCard P(∅)=1\begin{align*} \text{Card } \emptyset = 0 \quad \text{y} \quad \text{Card } \mathcal{P}(\emptyset) = 1 \end{align*}

💡Observación

En general, si AA es finito entonces se cumple que:

Card P(A)=2Card A∈N\begin{align*} \text{Card } \mathcal{P}(A) = 2^{\text{Card } A} \in \mathbb{N} \end{align*}

En efecto, podemos ver que:

  • Si A=∅A = \emptyset entonces:
Card A=0 y Card P(A)=1=20\begin{align*} \text{Card } A = 0 \quad \text{ y } \quad \text{Card } \mathcal{P}(A) = 1 = 2^0 \end{align*}

Si A≠∅A \neq \emptyset, supongamos que Card A=n∈N\text{Card } A = n \in \mathbb{N} tal que:

∃φ:P(A)⟶C:−{(ε1,ε2,…,εn) tq εi=0 o 1}B⟼(ε1,ε2,…,εn) con εi={1 si ai∈B0 si ai∉B\begin{align*} \exists \varphi : \mathcal{P}(A) & \longrightarrow C \coloneq \left\{(\varepsilon_1, \varepsilon_2, \dots, \varepsilon_n ) \text{ tq } \varepsilon_i = 0 \text{ o } 1\right\}\\ B & \longmapsto (\varepsilon_1, \varepsilon_2, \dots, \varepsilon_n) \quad \text{ con } \varepsilon_i = \left\{ \begin{array}{ll} 1 \text{ si } a_i \in B \\[1ex] 0 \text{ si } a_i \not\in B \end{array} \right. \end{align*}

La idea aquí es que estamos ``codificando'' cada subconjunto BB de P(A)\mathcal{P}(A) mediante una sucesión de ceros y unos, donde el ii-ésimo dígito nos indica si el elemento aia_i pertenece o no a BB.

Así, tenemos que si A={a1,a2,…,an}A = \{a_1, a_2, \dots, a_n\} entonces:

C={(0,0,…,0),(1,0,…,0),(0,1,…,0),…,(1,1,…,1)}\begin{align*} C = \{(0,0,\dots,0), (1,0,\dots,0), (0,1,\dots,0), \dots, (1,1,\dots,1)\} \end{align*}

Y por tanto, Card C=2n\text{Card } C = 2^n ya que cada dígito puede tomar dos valores y hay nn dígitos.

Card P(A)>Card A\text{Card } \mathcal{P}(A) > \text{Card } A. Proposición

Sea AA un conjunto cualquiera, entonces se cumple que:

Card P(A)>Card A\begin{align*} \text{Card } \mathcal{P}(A) > \text{Card } A \end{align*}

📐Demostración

Sea un conjunto BB cualquiera, entonces claramente tenemos que:

Card B≤Card P(B)\begin{align*} \text{Card } B \leq \text{Card } \mathcal{P}(B) \end{align*}

Supongamos que existe un conjunto AA tal que:

Card P(A)=Card A\begin{align*} \text{Card } \mathcal{P}(A) = \text{Card } A \end{align*}

Entonces, existiría una biyección φ:A⟶P(A)\varphi: A \longrightarrow \mathcal{P}(A), es decir, que cada elemento de AA se corresponde exactamente con un subconjunto de P(A)\mathcal{P}(A).

Consideremos el conjunto de todos los elementos que no pertenecen al subconjunto con el que están asociados mediante φ\varphi:

B:−{x∈A:x∉φ(x)}\begin{align*} B \coloneq \left\{x \in A : x \not\in \varphi(x)\right\} \end{align*}

Como φ\varphi es supuestamente sobreyectiva, debe existir z∈Az \in A tal que φ(z)=B\varphi(z) = B, donde se presentan dos casos:

  • z∈B=φ(z)z \in B = \varphi(z) entonces por definición de BB: z∉φ(z)#z \not\in \varphi(z) \quad \# z∉φ(z)=Bz \not\in \varphi(z) = B entonces por definición de BB: z∈B#z \in B \quad \#

Como hemos llegado inevitablemente a una contradicción, concluimos que Card A≠Card P(A)\text{Card } A \neq \text{Card } \mathcal{P}(A) y por tanto:

Card A<Card P(A)\begin{align*} \text{Card } A < \text{Card } \mathcal{P}(A) \end{align*}

💡Nota

La proposición anterior establece la existencia de una jerarquía bastante grande de cardinales no finitos. Por ello, aprovechamos esto para introducir la siguiente notación:

0⏟Card ∅<1⏟Card P(∅)<2⏟Card P(P(∅))<3<4<…⏞N<ℵ0<2ℵ0<22ℵ0⏟Cardinales transfinitos<…\begin{align*} \underbrace{0}_{\text{\tiny $\text{Card } \emptyset$} } < \overbrace{ \underbrace{1}_{\text{\tiny $\text{Card } \mathcal{P}(\emptyset )$}} < \underbrace{2}_{\text{\tiny $\text{Card } \mathcal{P}(\mathcal{P}(\emptyset ))$}} < 3 < 4 < \dots}^{\mathbb{N}} < \underbrace{\aleph_0 < 2^{\aleph_0} < 2^{2^{\aleph_0}}}_{\text{Cardinales transfinitos}} < \dots \end{align*}

Donde hemos definido ℵ0\aleph_0 como Card N\text{Card } \mathbb{N}.

✏️Ejercicio

Demostrar que Card R=Card P(N)\text{Card } \mathbb{R} = \text{Card } \mathcal{P}(\mathbb{N})

Consideremos la aplicación φ\varphi dada por:

φ:P(N)⟶C={(ε1,ε2,…,εn,… ) ⁣:εi∈N}B⟼(ε1,ε2,…,εn,… ) con εi={ai si ai∈B0 si ai∉B\begin{align*} \varphi : \mathcal{P}(\mathbb{N}) & \longrightarrow C = \left\{\left(\varepsilon_1, \varepsilon_2, \dots , \varepsilon_n, \dots \right) \colon \varepsilon_i \in \mathbb{N}\right\}\\ B & \longmapsto \left(\varepsilon_1, \varepsilon_2, \dots, \varepsilon_n, \dots \right) \text{ con } \varepsilon_i = \left\{ \begin{array}{ll} a_i & \text{ si } a_i \in B \\[1ex] 0 & \text{ si } a_i \not\in B \end{array} \right. \end{align*}

Así, cada subconjunto BB de P(N)\mathcal{P}(\mathbb{N}) se corresponde con una sucesión infinita de números naturales, donde el ii-ésimo término es aia_i si aia_i pertenece a BB y 00 en caso contrario y bastaría ver que ϕ\phi es biyectiva.

  • Inyectividad: Supongamos que existen B1,B2∈P(N)B_1, B_2 \in \mathcal{P}(\mathbb{N}) tales que φ(B1)=φ(B2)\varphi(B_1) = \varphi(B_2). Entonces, sus sucesiones asociadas son iguales:
(ε1(1),ε2(1),… )=(ε1(2),ε2(2),… )\begin{align*} \left(\varepsilon_1^{(1)}, \varepsilon_2^{(1)}, \dots\right) = \left(\varepsilon_1^{(2)}, \varepsilon_2^{(2)}, \dots\right) \end{align*}

Por lo que cada término de ambas sucesiones coincide, es decir, ∀i∈N\forall i \in \mathbb{N}:

εi(1)=εi(2)\begin{align*} \varepsilon_i^{(1)} = \varepsilon_i^{(2)} \end{align*}

Y por tanto, B1=B2B_1 = B_2. Sobreyectividad: Sea una sucesión cualquiera en CC:

(ε1,ε2,… ) con εi∈N\begin{align*} \left(\varepsilon_1, \varepsilon_2, \dots\right) \quad \text{ con } \varepsilon_i \in \mathbb{N} \end{align*}

Entonces, podemos definir el subconjunto BB como:

B={ai:εi=ai≠0}⊆N\begin{align*} B = \left\{a_i : \varepsilon_i = a_i \neq 0\right\} \subseteq \mathbb{N} \end{align*}

Por lo que tenemos que:

φ(B)=(ε1,ε2,… )\begin{align*} \varphi(B) = \left(\varepsilon_1, \varepsilon_2, \dots\right) \end{align*}

Descomposición de subconjuntos abiertos de RN\mathbb{R}^N en cubos diádicos

Intervalo diádico. Definición

Se llama intervalo diádico de orden n∈Nn \in \mathbb{N} a cualquier intervalo de la forma:

[j−12n,j2n) con j∈Z\begin{align*} \left[\frac{j - 1}{2^n}, \frac{j}{2^n}\right) \quad \text{ con } j \in \mathbb{Z} \end{align*}

✏️Ejemplo

En otras palabras, estamos dividiendo la recta real en trozos de tamaño 12n\frac{1}{2^n} y cada trozo empieza en un múltiplo de 12n\frac{1}{2^n} y termina justo antes del siguiente múltiplo de 12n\frac{1}{2^n}.

Por ejemplo, para n=1n = 1 los intervalos de longitud 12\frac{1}{2} son:

[j−12,j2)={…,[−1,−12),[−12,0),[0,12),[12,1),[1,32),… }\begin{align*} \left[\frac{j - 1}{2}, \frac{j}{2}\right) = \left\{\dots, \left[-1, -\frac{1}{2}\right), \left[-\frac{1}{2}, 0\right), \left[0, \frac{1}{2}\right), \left[\frac{1}{2}, 1\right), \left[1, \frac{3}{2}\right), \dots\right\} \end{align*}

Y para n=2n = 2 los intervalos de longitud 14\frac{1}{4} son:

[j−14,j4)={…,[−12,−14),[−14,0),[0,14),[14,12),… }\begin{align*} \left[\frac{j - 1}{4}, \frac{j}{4}\right) = \left\{\dots, \left[-\frac{1}{2}, -\frac{1}{4}\right), \left[-\frac{1}{4}, 0\right), \left[0, \frac{1}{4}\right), \left[\frac{1}{4}, \frac{1}{2}\right), \dots\right\} \end{align*}

💡Observación

Podemos notar que:

⋃j∈Z[j−12n,j2n)=R\begin{align*} \displaystyle \bigcup_{j\in\mathbb{Z}} \left[\frac{j - 1}{2^n}, \frac{j}{2^n}\right) = \mathbb{R} \end{align*}

Y también podemos ver que se tiene que si i≠ji \neq j entonces:

[i−12n,i2n)∩[j−12n,j2n)=∅\begin{align*} \left[\frac{i - 1}{2^n}, \frac{i}{2^n}\right) \cap \left[\frac{j - 1}{2^n}, \frac{j}{2^n}\right) = \emptyset \end{align*}

Además, la colección de todos los intervalos diádicos de orden nn es numerable.

💡Observación

Si II es un intervalo diádico de orden nn y JJ es un intervalo diádico de orden mm con m≤nm \leq n entonces:

I⊆J o bien I∩J=∅\begin{align*} I \subseteq J \quad \text{ o bien } \quad I \cap J = \emptyset \end{align*}

Cubo diádico. Definición

Se llama cubo diádico de RN\mathbb{R}^N de orden n∈Nn \in \mathbb{N} a cualquier conjunto de la forma:

I1×I2×⋯×In⊆RN\begin{align*} I_1 \times I_2 \times \dots \times I_n \subseteq \mathbb{R}^N \end{align*}

donde IkI_k es un intervalo diádico de orden nn para k=1,2,…,nk = 1, 2, \dots, n.

✏️Ejemplo

Por ejemplo, en R2\mathbb{R}^2 un cubo diádico de orden nn es un cuadrado cuyos lados miden 12n\frac{1}{2^n} y están alineados con los ejes coordenados.

En particular, un cubo diádico de R2\mathbb{R}^2 de orden 11 podría ser:

[−12,0)×[0,12)\begin{align*} \left[-\frac{1}{2}, 0\right) \times \left[0, \frac{1}{2}\right) \end{align*}

Es decir, el cuadrado de lado 12\frac{1}{2} que tiene un vértice en el origen y se extiende hacia el segundo cuadrante.

TikZ Graph

En R3\mathbb{R}^3, un cubo diádico de orden nn podría ser un cubo cuyos lados miden 12n\frac{1}{2^n} y están alineados con los ejes coordenados.

Por ejemplo, un cubo diádico de R3\mathbb{R}^3 de orden 11 podría ser:

[−12,0)×[0,12)×[0,12)\begin{align*} \left[ - \frac{1}{2}, 0 \right) \times \left[0, \frac{1}{2}\right) \times \left[0, \frac{1}{2}\right) \end{align*}

Es decir, el cubo de lado 12\frac{1}{2} que tiene un vértice en el origen y se extiende hacia el octante negativo en xx y positivo en yy y zz.

TikZ Graph

💡Observación

Podemos notar que:

⋃C∈FnC=RN\begin{align*} \displaystyle \bigcup_{C \in \mathcal{F}_n} C = \mathbb{R}^N \end{align*}

donde Fn\mathcal{F}_n es la colección de todos los cubos diádicos de RN\mathbb{R}^N de orden nn.

Así, tenemos que si C1,C2∈FnC_1, C_2 \in \mathcal{F}_n y C1≠C2C_1 \neq C_2 entonces:

C1∩C2=∅\begin{align*} C_1 \cap C_2 = \emptyset \end{align*}

Además, la colección de todos los cubos diádicos de orden nn, esto es, Fn\mathcal{F}_n, es numerable.

Por último, si C∈FnC \in \mathcal{F}_n, D∈FmD \in \mathcal{F}_m con m≤nm \leq n entonces:

C⊆D o C∩D=∅\begin{align*} C \subseteq D \quad \text{ o } \quad C \cap D = \emptyset \end{align*}

Teorema de descomposición

Para todo subconjunto abierto O⊆RNO \subseteq \mathbb{R}^N no vacío, se tiene que existe una colección numerable de cubos diádicos {Ci}i∈N\{C_i\}_{i \in \mathbb{N}} disjuntos dos a dos (posiblemente de órdenes distintos) tales que:

  1. OO es exactamente la unión de todos esos cubos, es decir: O=⋃i∈NCiO = \bigcup_{i \in \mathbb{N}} C_i Cada cubo está completamente dentro de OO, incluso su clausura: Ci‾⊆O∀i∈N\overline{C_i} \subseteq O \quad \forall i \in \mathbb{N} Son disjuntos entre sí: Ci∩Cj=∅ si i≠jC_i \cap C_j = \emptyset \quad \text{ si } i \neq j

📐Demostración

Recordemos que para cada n∈Nn \in \mathbb{N} se tiene que:

Fn={C:C cubo diaˊdico de orden n}\begin{align*} \mathcal{F}_n = \left\{C : C \text{ cubo diádico de orden } n\right\} \end{align*}

Entonces definimos la subfamilia de cubos diádicos de orden nn cuya clausura está contenida en OO, esto es:

Gn:−{C∈Fn:C‾⊆O}\begin{align*} \mathcal{G}_n \coloneq \left\{C \in \mathcal{F}_n : \overline{C} \subseteq O\right\} \end{align*}

Y construimos recursivamente las familias Hn\mathcal{H}_n de cubos disjuntos:

  • Si n=1n = 1 entonces:
H1:−G1\begin{align*} \mathcal{H}_1 \coloneq \mathcal{G}_1 \end{align*}

Es decir, tomamos todos los cubos de orden 1 cuya clausura está en OO. Si n>1n > 1 entonces:

Hn:−{C∈Gn:C⊈⋃k=1n−1⋃D∈HkD}={C∈Gn:C∩[⋃k=1n−1⋃D∈HkD]=∅}\begin{align*} \mathcal{H}_n \coloneq \left\{C \in \mathcal{G}_n : C \not\subseteq \displaystyle \bigcup_{k = 1}^{n - 1} \bigcup_{D \in \mathcal{H}_k} D\right\} = \left\{C \in \mathcal{G}_n : C \cap \left[\displaystyle \bigcup_{k = 1}^{n - 1} \displaystyle \bigcup_{D \in \mathcal{H}_k} D \right] = \emptyset \right\} \end{align*}

Es decir, tomamos solo los cubos de orden nn que no están ya cubiertos por los cubos de órdenes menores.

Así, probaremos por doble contenido que:

O=⋃n=1∞⋃C∈HnC\begin{align*} O = \bigcup_{n = 1}^\infty \bigcup_{C \in \mathcal{H}_n} C \end{align*}
  • [⊇\supseteq)] Trivial, todo cubo C∈HnC \in \mathcal{H}_n satisface que C⊆OC \subseteq O ya que C∈GnC \in \mathcal{G}_n y C‾⊆O\overline{C} \subseteq O.

[⊆\subseteq)] Sea x0=(x1,x2,…,xN)∈O⊆RNx_0 = (x_1, x_2, \dots, x_N) \in O \subseteq \mathbb{R}^N, como OO es abierto, existe un cubo abierto centrado en x0x_0 contenido en OO, esto es ∃n∈N\exists n \in \mathbb{N} tal que:

x0∈∏i=1N(xi−12n,xi+12n)⊆∏i=1N[xi−12n,xi+12n]⊆O\begin{align*} x_0 \in \prod_{i = 1}^N \left(x_i - \frac{1}{2^n}, x_i + \frac{1}{2^n}\right) \subseteq \prod_{i = 1}^N \left[x_i - \frac{1}{2^n}, x_i + \frac{1}{2^n}\right] \subseteq O \end{align*}

Entonces, para cada coordenada 1≤i≤N1 \leq i \leq N tenemos que ∃!ji∈Z\exists! j_i \in \mathbb{Z} tal que:

xi∈[ji−12n,ji2n)\begin{align*} x_i \in \left[\frac{j_i - 1}{2^n}, \frac{j_i}{2^n} \right) \end{align*}

Así, tenemos que para cada 1≤i≤N1 \leq i \leq N:

ji−12n≤xi  ⟹  ji2n≤xi+12nxi<ji2n  ⟹  xi−12n<ji−12n}  ⟹  [ji−12n,ji2n)⊆(xi−12n,xi+12n)\begin{align*} \left. \begin{array}{rl} \frac{j_i - 1}{2^n} \leq x_i & \implies \frac{j_i}{2^n} \leq x_i + \frac{1}{2^n}\\[2ex] x_i < \frac{j_i}{2^n} & \implies x_i - \frac{1}{2^n} < \frac{j_i - 1}{2^n} \end{array} \right\} \implies \left[\frac{j_i - 1}{2^n}, \frac{j_i}{2^n} \right) \subseteq \left(x_i - \frac{1}{2^n}, x_i + \frac{1}{2^n}\right) \end{align*}

Luego:

C:−∏i=1N[ji−12n,ji2n)⊆∏i=1N(xi−12n,xi+12n)⊆O\begin{align*} C \coloneq \prod_{i = 1}^N \left[\frac{j_i - 1}{2^n}, \frac{j_i}{2^n} \right) \subseteq \prod_{i = 1}^N \left(x_i - \frac{1}{2^n}, x_i + \frac{1}{2^n}\right) \subseteq O \end{align*}

Y por lo tanto se cumple que:

x0∈C⊆C‾⊆O\begin{align*} x_0 \in C \subseteq \overline{C} \subseteq O \end{align*}

Esto prueba que:

Ax0={n∈N:∃C∈Gn con x0∈C}≠∅\begin{align*} \mathcal{A}_{x_0} = \left\{n \in \mathbb{N} : \exists C \in \mathcal{G}_n \text{ con }x_0 \in C\right\} \neq \emptyset \end{align*}

Y aplicando el principio de buena ordenación de N\mathbb{N}:

∃min⁡Ax0:−m\begin{align*} \exists \min \mathcal{A}_{x_0} \coloneq m \end{align*}

Veamos que el correspondiente C∈GmC \in \mathcal{G}_m con x0∈C⊆Ox_0 \in C \subseteq O cumple que C∈HmC \in \mathcal{H}_m. En efecto, si C∉HmC \notin \mathcal{H}_m entonces:

C∈Gn con n<m=min⁡Ax0#\begin{align*} C \in \mathcal{G}_n \text{ con } n < m = \min \mathcal{A}_{x_0} \quad \# \end{align*}

Por tanto, hemos probado que C∈HmC \in \mathcal{H}_m lo que implica que:

x0∈C⊆⋃n=1∞⋃D∈HnD  ⟹  O⊆⋃n=1∞⋃C∈HnC\begin{align*} x_0 \in C \subseteq \bigcup_{n = 1}^\infty \bigcup_{D \in \mathcal{H}_n} D \implies O \subseteq \bigcup_{n = 1}^\infty \bigcup_{C \in \mathcal{H}_n} C \end{align*}

Para ver que Hn\mathcal{H}_n son disjuntos, basta notar que se cumple por construcción:

  • Dentro de cada Hn\mathcal{H}_n los cubos diádicos del mismo orden son disjuntos. Entre diferentes órdenes, si C∈HnC \in \mathcal{H}_n y D∈HmD \in \mathcal{H}_m con n≠mn \neq m son disjuntos ya que si n>mn > m entonces:
C⊈⋃k=1n−1⋃E∈HkE\begin{align*} C \not\subseteq \displaystyle \bigcup_{k = 1}^{n - 1} \displaystyle \bigcup_{E \in \mathcal{H}_k} E \end{align*}

es decir, que en particular, no está contenido en DD y por tanto, C∩D=∅C \cap D = \emptyset.

Finalmente, cada Hn\mathcal{H}_n es numerable ya que es una subcolección de Fn\mathcal{F}_n que es numerable, y la unión numerable de conjuntos numerables es numerable.

Series Dobles

El objetivo de esta sección es estudiar qué significa ``sumar todos los elementos'' de una trabla infinita de números reales dispuestos como an,ma_n,m donde n,m∈Nn, m \in \mathbb{N}:

N⋮⋮⋮⋮a31a32a33a34…a21a22a23a24…a11a12a13a14…1234…N\begin{array}{c|cccccc} \mathbb{N} & &&&&&\\ & \vdots & \vdots & \vdots & \vdots & & \\ & a_{31} & a_{32} & a_{33} & a_{34} & \dots & \\ & a_{21} & a_{22} & a_{23} & a_{24} & \dots & \\ & a_{11} & a_{12} & a_{13} & a_{14} & \dots & \\ \hline & 1 & 2 & 3 & 4 & \dots & \mathbb{N} \end{array}

Sucesión doble. Definición

Llamamos sucesión doble a una función de la forma:

φ:N×N⟶R‾=R∪{±∞}(n,m)⟼φ(n,m)=an,m\begin{align*} \varphi : \mathbb{N} \times \mathbb{N} & \longrightarrow \overline{\mathbb{R}} = \mathbb{R} \cup \{\pm \infty\}\\ (n, m) & \longmapsto \varphi(n, m) = a_{n,m} \end{align*}

Cada número an,ma_{n,m} es el término general de la fila nn y columna mm de la sucesión doble.12) o algo así. Digo yo que lo del −112- \frac{1}{12} será por los 1212 apóstoles, porque si no yo no lo veo.}

Serie doble. Definición

Dada una sucesión doble φ:N×N⟶R‾\varphi : \mathbb{N} \times \mathbb{N} \longrightarrow \overline{\mathbb{R}}, llamamos serie doble de término general an,ma_{n,m} a la expresión:

∑n,man,m=∑n=1,m=1an,m\begin{align*} \displaystyle \sum_{n,m} a_{n, m} = \displaystyle \sum_{n = 1, m = 1} a_{n, m}\\ \end{align*}

Serie doble convergente. Definición

Sea ∑n,man,m\displaystyle \sum_{n,m} a_{n, m} serie doble, diremos que es convergente si ∃s∈R\exists s \in \mathbb{R} tal que:

∀ε>0,∃n0∈Ntal que∀n,m≥n0,\begin{align*} \forall \varepsilon > 0, \quad \exists n_0 \in \mathbb{N} \quad \text{tal que} \quad \forall n, m \geq n_0, \end{align*}

se cumple que:

∣s−∑1≤i≤n,1≤j≤mai,j∣<ε\begin{align*} \left|s - \displaystyle \sum_{1 \leq i \leq n, 1 \leq j \leq m} a_{i,j}\right| < \varepsilon \end{align*}

✏️Ejemplo

Podemos ver esta convergencia como que los bloques rectangulares crecientes de la tabla se aproximan a un valor límite ss:

N⋮⋮⋮⋮a41a42a43a44…a31a32a33a34…a21a22a23a24…a11a12a13a14…1234…N\begin{array}{c|cccccc} \mathbb{N} & &&&&&\\ & \vdots & \vdots & \vdots & \vdots & & \\ & a_{41} & a_{42} & a_{43} & a_{44} & \dots & \\ & a_{31} & a_{32} & a_{33} & a_{34} & \dots & \\ & a_{21} & a_{22} & a_{23} & a_{24} & \dots & \\ & \textcolor{red}{a_{11}} & a_{12} & a_{13} & a_{14} & \dots & \\ \hline & 1 & 2 & 3 & 4 & \dots & \mathbb{N} \end{array}

∑1≤i≤1,1≤j≤1ai,j\displaystyle \sum_{1 \leq i \leq 1, 1 \leq j \leq 1} a_{i,j}

N⋮⋮⋮⋮a41a42a43a44…a31a32a33a34…a21a22a23a24…a11a12a13a14…1234…N\begin{array}{c|cccccc} \mathbb{N} & &&&&&\\ & \vdots & \vdots & \vdots & \vdots & & \\ & a_{41} & a_{42} & a_{43} & a_{44} & \dots & \\ & a_{31} & a_{32} & a_{33} & a_{34} & \dots & \\ & \textcolor{red}{a_{21}} & \textcolor{red}{a_{22}} & a_{23} & a_{24} & \dots & \\ & \textcolor{red}{a_{11}} & \textcolor{red}{a_{12}} & a_{13} & a_{14} & \dots & \\ \hline & 1 & 2 & 3 & 4 & \dots & \mathbb{N} \end{array}

∑1≤i≤2,1≤j≤2ai,j\displaystyle \sum_{1 \leq i \leq 2, 1 \leq j \leq 2} a_{i,j}

N⋮⋮⋮⋮a41a42a43a44…a31a32a33a34…a21a22a23a24…a11a12a13a14…1234…N\begin{array}{c|cccccc} \mathbb{N} & &&&&&\\ & \vdots & \vdots & \vdots & \vdots & & \\ & a_{41} & a_{42} & a_{43} & a_{44} & \dots & \\ & \textcolor{red}{a_{31}} & \textcolor{red}{a_{32}} & \textcolor{red}{a_{33}} & a_{34} & \dots & \\ & \textcolor{red}{a_{21}} & \textcolor{red}{a_{22}} & \textcolor{red}{a_{23}} & a_{24} & \dots & \\ & \textcolor{red}{a_{11}} & \textcolor{red}{a_{12}} & \textcolor{red}{a_{13}} & a_{14} & \dots & \\ \hline & 1 & 2 & 3 & 4 & \dots & \mathbb{N} \end{array}

∑1≤i≤3,1≤j≤3ai,j\displaystyle \sum_{1 \leq i \leq 3, 1 \leq j \leq 3} a_{i,j}

Y así sucesivamente.

Serie doble divergente. Definición

Sea ∑n,man,m\displaystyle \sum_{n,m} a_{n, m} serie doble, diremos que es divergente a +∞+ \infty (resp. −∞- \infty) si:

∀K∈R,∃n0∈Ntal que∀n,m≥n0,\begin{align*} \forall K \in \mathbb{R}, \quad \exists n_0 \in \mathbb{N} \quad \text{tal que} \quad \forall n, m \geq n_0, \end{align*}

se cumple que:

∑1≤i≤n,1≤j≤mai,j>K(resp.<K)\begin{align*} \displaystyle \sum_{1 \leq i \leq n, 1 \leq j \leq m} a_{i,j} > K \quad \left(\text{resp.} < K\right) \end{align*}

💡Nota

Tanto si la serie doble es convergente como si es divergente, se llama valor de la suma de dicha serie doble al número ss (si es convergente) o al número +∞+\infty o −∞-\infty (si es divergente) y se denota por:

s=∑n,man,m∈R y ±∞=∑n,man,m∈R‾\begin{align*} s = \displaystyle \sum_{n, m} a_{n, m} \in \mathbb{R} \qquad \text{ y } \qquad \pm\infty = \displaystyle \sum_{n,m} a_{n,m} \in \overline{\mathbb{R}} \end{align*}

💡Nota

Por la ambigüedad del lenguaje, dos series diferentes pueden tener el mismo valor de la suma pero no ser las mismas series.

Por ejemplo, consideremos las siguientes dos series:

∑n=1∞an=1+0+0+0+…y∑n=1∞bn=12+14+18+…\begin{align*} \displaystyle \sum_{n = 1}^{\infty} a_n = 1 + 0 + 0 + 0 + \dots \qquad \text{y} \qquad \displaystyle \sum_{n = 1}^{\infty} b_n = \frac{1}{2} + \frac{1}{4} + \frac{1}{8} + \dots \end{align*}

Y se comete el error de escribir ∑nan=∑nbn\displaystyle \sum_n a_n = \displaystyle \sum_n b_n porque ambas series convergen a 11.

En realidad, ambas valen 1 como número pero no como series, es decir:

∑n=1∞an≠∑n=1∞bn\begin{align*} \displaystyle \sum_{n = 1}^{\infty} a_n \neq \displaystyle \sum_{n = 1}^{\infty} b_n \end{align*}

aunque sí se cumple que:

∑n=1∞an=∑n=1∞bn=1\begin{align*} \displaystyle \sum_{n = 1}^{\infty} a_n = \displaystyle \sum_{n = 1}^{\infty} b_n = 1\\ \end{align*}

Teorema

Sea φ:N×N⟶[0,+∞]\varphi : \mathbb{N} \times \mathbb{N} \longrightarrow [0, +\infty] entonces para cualquier biyección g:N⟶N×Ng : \mathbb{N} \longrightarrow \mathbb{N} \times \mathbb{N} tenemos:

∑n,man,m=∑n=1∞ag(n)=∑m=1∞∑n=1∞an,m=∑n=1∞∑m=1∞an,m∈[0,+∞]\begin{align*} \displaystyle \sum_{n, m} a_{n,m} = \displaystyle \sum_{n = 1}^{\infty} a_{g(n)} = \displaystyle \sum_{m = 1}^{\infty} \displaystyle \sum_{n = 1}^{\infty} a_{n,m} = \displaystyle \sum_{n = 1}^{\infty} \displaystyle \sum_{m = 1}^{\infty} a_{n,m} \in [0, + \infty]\\ \end{align*}

📐Demostración

Veamos la demostración por los dos casos posibles:

  1. Algún coeficiente an,ma_{n,m} es igual a +∞+ \infty. Entonces, trivialmente:
∑n,man,m=+∞ y ∑n=1∞ag(n)=+∞∑m=1∞∑n=1∞an,m=+∞ y ∑n=1∞∑m=1∞an,m=+∞\begin{align*} \displaystyle \sum_{n,m} a_{n,m} = + \infty & \qquad \text{ y } \qquad \displaystyle \sum_{n = 1}^\infty a_{g(n)} = + \infty\\[2ex] \displaystyle \sum_{m = 1}^{\infty}\displaystyle \sum_{n = 1}^{\infty} a_{n,m} = + \infty & \qquad \text{ y } \qquad \displaystyle \sum_{n = 1}^{\infty} \displaystyle \sum_{m = 1}^{\infty} a_{n,m} = + \infty\\ \end{align*}

∀n,m\forall n,m se tiene an,m∈[0,∞)a_{n,m} \in [0, \infty) entonces ∀n\forall n se tiene que ag(n)∈[0,∞)a_{g(n)} \in [0, \infty) y, como consecuencia, se dan dos subcasos:

∑n=1∞ag(n)=s∈[0,+∞) o ∑n=1∞ag(n)=+∞\begin{align*} \displaystyle \sum_{n = 1}^{\infty} a_{g(n)} = s \in [0, +\infty) \qquad \text{ o } \qquad \displaystyle \sum_{n = 1}^{\infty} a_{g(n)} = + \infty \end{align*}

Veamos ambos casos por separado:

  • Si ∑ag(n)=s\sum a_{g(n)} = s entonces ∀ε>0,∃n0∈N\forall \varepsilon > 0, \quad \exists n_0\in \mathbb{N} tal que ∀k≥n0\forall k \geq n_0 se tiene:
0≤s−∑n=1kag(n)<ε\begin{align*} 0 \leq s - \displaystyle \sum_{n = 1}^{k} a_{g(n)} < \varepsilon \end{align*}

Como gg biyectiva, ∃m0∈N\exists m_0 \in \mathbb{N} donde los primeros n0n_0 términos de ag(n)a_{g(n)} corresponden a los índices en el conjunto {1,…,m0}×{1,…,m0}\left\{1, \dots, m_0\right\} \times \left\{1, \dots, m_0\right\}, i.e.:

g({1,2,…,n0})⊆{1,2,…,m0}×{1,2,…,m0}\begin{align*} g\left(\left\{1, 2, \dots, n_0\right\}\right) \subseteq \left\{1, 2, \dots, m_0\right\} \times \left\{1, 2, \dots, m_0\right\} \end{align*}

Así, ∀n,m≥m0\forall n,m \geq m_0 tenemos:

∑1≤i≤n,1≤j≤mai,j≥∑i=1n0ag(i)⇒invertir ≥an˜adir −−∑1≤i≤n,1≤j≤mai,j≤−∑i=1n0ag(i)  ⟹  ⇒an˜adir ss−∑1≤i≤n,1≤j≤mai,j≤s−∑i=1n0ag(i)<ε\begin{align*} \displaystyle \sum_{1 \leq i \leq n, 1 \leq j \leq m} a_{i,j} \geq \displaystyle \sum_{i = 1}^{n_0} a_{g(i)} & \xRightarrow[\text{invertir } \geq]{\text{añadir } - } - \displaystyle \sum_{1 \leq i \leq n, 1 \leq j \leq m} a_{i,j} \leq - \displaystyle \sum_{i = 1}^{n_0} a_{g(i)} \implies \\[2ex] & \xRightarrow{\text{añadir } s} s - \displaystyle \sum_{1 \leq i \leq n, 1 \leq j \leq m} a_{i,j} \leq s - \displaystyle \sum_{i = 1}^{n_0} a_{g(i)} < \varepsilon \end{align*}

Y además, sabemos que:

∑1≤i≤n,1≤j≤mai,j es suma parcial de alguna reordenacioˊn de ∑n=1∞ag(n)\begin{align*} \displaystyle \sum_{1 \leq i \leq n, 1 \leq j \leq m} a_{i,j} \text{ es suma parcial de alguna reordenación de } \displaystyle \sum_{n = 1}^{\infty} a_{g(n)} \end{align*}

Como todas las reordenaciones de una serie simple de términos positivos tienen la misma suma por lo que:

0≤s−∑1≤i≤n,1≤j≤mai,j<s−∑i=1n0ag(i)<ε\begin{align*} 0 \leq s - \displaystyle \sum_{1 \leq i \leq n, 1 \leq j \leq m} a_{i,j} < s - \displaystyle \sum_{i = 1}^{n_0} a_{g(i)} < \varepsilon \end{align*}

Y por tanto, como ε\varepsilon era arbitrario, tenemos que:

∑n,man,m=s\begin{align*} \displaystyle \sum_{n,m} a_{n,m} = s\\ \end{align*}

Si ∑ag(n)=+∞\sum a_{g(n)} = + \infty entonces ∀K∈R∃n0∈N\textcolor{blue}{\forall K \in \mathbb{R}} \quad \exists n_0\in \mathbb{N} tal que ∀k≥n0\forall k \geq n_0 se tiene:

∑n=1kag(n) >K\begin{align*} \displaystyle \sum_{n = 1}^{k} a_{g(n)} \textcolor{blue}{\, > K} \end{align*}

Como gg es biyectiva, ∃m0∈N\exists m_0 \in \mathbb{N} tal que:

g({1,2,3,…,n0})⊆{1,2,3,…,m0}×{1,2,3,…,m0}\begin{align*} g\left(\left\{1, 2, 3, \dots, n_0\right\}\right) \subseteq \left\{1, 2, 3, \dots, m_0\right\} \times \left\{1, 2, 3, \dots, m_0\right\} \end{align*}

Así, ∀n,m≥m0\forall n,m \geq m_0 tenemos:

∑1≤i≤n,1≤j≤mai,j≥∑i=1n0ag(i) >K\begin{align*} \displaystyle \sum_{1 \leq i \leq n, 1 \leq j \leq m} a_{i,j} \geq \displaystyle \sum_{i = 1}^{n_0} a_{g(i)} \textcolor{blue}{\, > K} \end{align*}

Y por tanto, como KK era arbitrario, tenemos que:

∑n,man,m=+∞\begin{align*} \displaystyle \sum_{n,m} a_{n,m} = + \infty \end{align*}

Así, tenemos que ∑n,man,m\displaystyle \sum_{n,m} a_{n,m} es convergente o divergente a +∞+\infty y además:

∑n,man,m=∑n=1∞ag(n)\begin{align*} \displaystyle \sum_{n,m} a_{n,m} = \displaystyle \sum_{n = 1}^{\infty} a_{g(n)} \end{align*}

Ahora nos falta ver que:

∑n,man,m=∑m=1∞∑n=1∞an,m=∑n=1∞∑m=1∞an,m\begin{align*} \displaystyle \sum_{n, m} a_{n, m} = \displaystyle \sum_{m = 1}^{\infty} \displaystyle \sum_{n = 1}^{\infty} a_{n, m} = \displaystyle \sum_{n = 1}^{\infty} \displaystyle \sum_{m = 1}^{\infty} a_{n, m} \end{align*}

Diferenciaremos dos casos:

  • Si ∑n,man,m=s∈[0,∞)\displaystyle \sum_{n, m} a_{n,m} = s \in [0, \infty), es decir, si es convergente.

Por definición ∀ε>0,∃n0∈N\forall \varepsilon > 0, \quad \exists n_0 \in \mathbb{N} tal que ∀n,m≥n0\forall n,m \geq n_0 se cumple que:

∣s−∑1≤i≤n,1≤j≤mai,j∣<ε\begin{align*} \left|s - \displaystyle \sum_{1 \leq i \leq n, 1 \leq j \leq m} a_{i,j}\right| < \varepsilon \end{align*}

donde tenemos que:

∑1≤i≤n,1≤j≤mai,j=∑j=1m∑i=1nai,j=∑i=1n∑j=1mai,j\begin{align*} \displaystyle \sum_{1 \leq i \leq n, 1 \leq j \leq m} a_{i,j} = \displaystyle \sum_{j = 1}^{m} \displaystyle \sum_{i = 1}^{n} a_{i,j} = \displaystyle \sum_{i = 1}^{n} \displaystyle \sum_{j = 1}^{m} a_{i,j} \end{align*}

Así, si desarrollamos la desigualdad anterior, tenemos:

∣s−∑1≤i≤n,1≤j≤mai,j∣=∣s−∑j=1m∑i=1nai,j∣=∣s−∑i=1n∑j=1mai,j∣\begin{align*} \left|s - \displaystyle \sum_{1 \leq i \leq n, 1 \leq j \leq m} a_{i,j}\right| & = \left|s - \displaystyle \sum_{j = 1}^{m} \displaystyle \sum_{i = 1}^{n} a_{i,j}\right| = \left|s - \displaystyle \sum_{i = 1}^{n} \displaystyle \sum_{j = 1}^{m} a_{i,j}\right| \end{align*}

Veamos que ocurre con cada una de las expresiones, empezando por:

∣s−∑j=1m∑i=1nai,j∣<ε  ⟹  \begin{align*} \left|s - \displaystyle \sum_{j = 1}^{m} \displaystyle \sum_{i = 1}^{n} a_{i,j}\right| < \varepsilon \implies \end{align*}  ⟹  ε≥lim⁡n∣s−∑j=1m∑i=1nai,j∣=∣s−lim⁡n∑j=1m∑i=1naij∣==∣s−∑j=1m(lim⁡n∑i=1naij)∣=∣s−∑j=1m(∑i=1∞aij)∣⇒∀m≥n0Vaˊlido  ⟹  ε≥lim⁡m∣s−∑j=1m(∑i=1∞ai,j)∣=∣s−lim⁡m∑j=1m(∑i=1∞aij)⏟≥0∣==∣s−∑j=1∞(∑i=1∞ai,j)∣≥0⇒∀ε>0Vaˊlidos−∑j=1∞(∑i=1∞ai,j)=0\begin{align*} \implies & \varepsilon \geq \lim_n \left|s - \displaystyle \sum_{j = 1}^{m} \displaystyle \sum_{i = 1}^{n} a_{i,j}\right| = \left|s - \lim_n \displaystyle \sum_{j = 1}^{m} \displaystyle \sum_{i = 1}^{n} a_{ij}\right| = \\[1ex] & = \left|s - \displaystyle \sum_{j = 1}^{m}\left(\lim_n \displaystyle \sum_{i = 1}^{n} a_{ij}\right)\right| = \left|s - \displaystyle \sum_{j = 1}^{m} \left(\displaystyle \sum_{i = 1}^{\infty} a_{ij}\right)\right| \xRightarrow[\forall m \geq n_0]{\text{Válido}} \\[4ex] \implies & \varepsilon \geq \lim_{m} \left|s - \displaystyle \sum_{j = 1}^{m}\left(\displaystyle \sum_{i = 1}^{\infty} a_{i,j}\right)\right| = \left|s - \lim_m \displaystyle \sum_{j = 1}^{m}\underbrace{\left(\displaystyle \sum_{i = 1}^{\infty}a_{ij}\right)}_{ \geq 0}\right| =\\[1ex] & = \left|s - \displaystyle \sum_{j = 1}^{\infty} \left(\displaystyle \sum_{i = 1}^{\infty} a_{i,j}\right)\right| \geq 0 \xRightarrow[\forall \varepsilon > 0]{\text{Válido}} s - \displaystyle \sum_{j = 1}^{\infty} \left(\displaystyle \sum_{i = 1}^{\infty} a_{i,j}\right) = 0 \end{align*}

Y ahora de forma análoga, veamos qué ocurre con:

∣s−∑i=1n∑j=1mai,j∣<ε  ⟹  \begin{align*} \left|s - \displaystyle \sum_{i = 1}^{n} \displaystyle \sum_{j = 1}^{m} a_{i,j}\right| < \varepsilon \implies \end{align*}  ⟹  ε≥lim⁡m∣s−∑i=1n∑j=1mai,j∣=⋯=∣s−∑i=1n(∑j=1∞ai,j)∣⇒∀n≥n0Vaˊlido  ⟹  ε≥lim⁡n∣s−∑i=1n(∑j=1∞ai,j)∣=⋯=∣s−∑i=1∞(∑j=1∞ai,j)∣≥0⇒∀ε>0Vaˊlido  ⟹  s−∑i=1∞(∑j=1∞ai,j)=0\begin{align*} \implies & \varepsilon \geq \lim_m \left|s - \displaystyle \sum_{i = 1}^{n} \displaystyle \sum_{j = 1}^{m} a_{i,j}\right| = \dots = \left|s - \displaystyle \sum_{i = 1}^{n} \left(\displaystyle \sum_{j = 1}^{\infty} a_{i,j}\right)\right| \xRightarrow[\forall n \geq n_0]{\text{Válido}} \\[4ex] \implies & \varepsilon \geq \lim_{n} \left|s - \displaystyle \sum_{i = 1}^{n}\left(\displaystyle \sum_{j = 1}^{\infty} a_{i,j}\right)\right| = \dots = \left|s - \displaystyle \sum_{i = 1}^{\infty} \left(\displaystyle \sum_{j = 1}^{\infty} a_{i,j}\right)\right| \geq 0 \xRightarrow[\forall \varepsilon > 0]{\text{Válido}} \\[2ex] \implies & s - \displaystyle \sum_{i = 1}^{\infty} \left(\displaystyle \sum_{j = 1}^{\infty} a_{i,j}\right) = 0 \end{align*}

Por tanto, si ∑n,man,m=s∈[0,+∞)\displaystyle \sum_{n,m} a_{n,m} = s \in [0, +\infty) entonces:

∑n,man,m=∑m=1∞(∑n=1∞an,m)=∑n=1∞(∑m=1∞an,m)=s\begin{align*} \displaystyle \sum_{n,m} a_{n,m} = \displaystyle \sum_{m = 1}^{\infty} \left(\displaystyle \sum_{n = 1}^{\infty} a_{n,m}\right) = \displaystyle \sum_{n = 1}^{\infty} \left(\displaystyle \sum_{m = 1}^{\infty} a_{n,m}\right) = s\\ \end{align*}

Si ∑n,man,m=∞\displaystyle \sum_{n, m} a_{n,m} = \infty, es decir, si es divergente a +∞+\infty.

Si para algún {n∈N∑m=1∞an,m=+∞m∈N∑n=1∞an,m=+∞\left\{ \begin{array}{ll} n \in \mathbb{N} & \sum_{m = 1}^{\infty} a_{n,m} = + \infty\\[1ex] m \in \mathbb{N} & \sum_{n = 1}^{\infty} a_{n,m} = + \infty \end{array} \right. entonces trivialmente:

∑n=1∞∑m=1∞an,m=+∞ o ∑m=1∞∑n=1∞an,m=+∞respectivamente\begin{align*} \displaystyle \sum_{n = 1}^{\infty} \displaystyle \sum_{m = 1}^{\infty} a_{n,m} = + \infty & \qquad \text{ o } \qquad \displaystyle \sum_{m = 1}^{\infty} \displaystyle \sum_{n = 1}^{\infty} a_{n,m} = + \infty \quad \text{respectivamente} \end{align*}

Supongamos que {∑m=1∞an,m<∞∀n∑n=1∞an,m<∞∀m\left\{ \begin{array}{l} \sum_{m = 1}^{\infty} a_{n, m} < \infty \quad \forall n\\[1ex] \sum_{n = 1}^{\infty} a_{n, m} < \infty \quad \forall m \end{array} \right.

Por divergencia ∀K∈R,∃n0∈N\forall K \in \mathbb{R}, \quad \exists n_0 \in \mathbb{N} tal que ∀n,m≥n0\forall n,m \geq n_0 se cumple que:

∑1≤i≤n,1≤j≤mai,j>K\begin{align*} \displaystyle \sum_{1 \leq i \leq n, 1 \leq j \leq m} a_{i,j} > K \end{align*}

Y aplicando pasos similares al caso de la convergencia, tenemos:

∑j=1m∑i=1nai,j>K  ⟹  \begin{align*} \displaystyle \sum_{j = 1}^{m} \displaystyle \sum_{i = 1}^{n} a_{i,j} > K \implies \end{align*}  ⟹  K≤lim⁡n∑j=1m∑i=1nai,j=∑j=1mlim⁡n∑i=1nai,j=∑j=1m(∑i=1∞ai,j)⇒∀m≥n0Vaˊlido  ⟹  K≤lim⁡m∑j=1m(∑i=1∞ai,j)=⋯=∑j=1∞(∑i=1∞ai,j)≥0⇒∀K∈RVaˊlido  ⟹  ∑j=1∞(∑i=1∞ai,j)=+∞\begin{align*} \implies & K \leq \lim_n \displaystyle \sum_{j = 1}^{m} \displaystyle \sum_{i = 1}^{n} a_{i,j} = \displaystyle \sum_{j = 1}^{m} \lim_n \displaystyle \sum_{i = 1}^{n}a_{i,j} = \displaystyle \sum_{j = 1}^{m} \left(\displaystyle \sum_{i = 1}^{\infty} a_{i,j}\right) \xRightarrow[\forall m \geq n_0]{\text{Válido}} \\[4ex] \implies & K \leq \lim_m \displaystyle \sum_{j = 1}^{m} \left(\displaystyle \sum_{i = 1}^{\infty} a_{i, j}\right) = \dots = \displaystyle \sum_{j = 1}^{\infty} \left(\displaystyle \sum_{i = 1}^{\infty} a_{i,j}\right) \geq 0 \xRightarrow[\forall K \in \mathbb{R}]{\text{Válido}} \\[2ex] \implies & \displaystyle \sum_{j = 1}^{\infty} \left(\displaystyle \sum_{i = 1}^{\infty} a_{i,j}\right) = + \infty \end{align*}

Y de forma análoga, tenemos:

∑i=1n∑j=1mai,j>K  ⟹  \begin{align*} \displaystyle \sum_{i = 1}^{n} \displaystyle \sum_{j = 1}^{m} a_{i,j} > K \implies \end{align*}  ⟹  K≤lim⁡m∑i=1n∑j=1mai,j=⋯=∑i=1n(∑j=1∞ai,j)⇒∀n≥n0Vaˊlido  ⟹  K≤lim⁡n∑i=1n(∑j=1∞ai,j)=⋯=∑i=1∞(∑j=1∞ai,j)≥0⇒∀K∈RVaˊlido  ⟹  ∑i=1∞(∑j=1∞ai,j)=+∞\begin{align*} \implies & K \leq \lim_m \displaystyle \sum_{i = 1}^{n} \displaystyle \sum_{j = 1}^{m} a_{i,j} = \dots = \displaystyle \sum_{i = 1}^{n} \left(\displaystyle \sum_{j = 1}^{\infty} a_{i,j}\right) \xRightarrow[\forall n \geq n_0]{\text{Válido}} \\[4ex] \implies & K \leq \lim_n \displaystyle \sum_{i = 1}^{n} \left(\displaystyle \sum_{j = 1}^{\infty} a_{i,j}\right) = \dots = \displaystyle \sum_{i = 1}^{\infty} \left(\displaystyle \sum_{j = 1}^{\infty} a_{i,j}\right) \geq 0 \xRightarrow[\forall K \in \mathbb{R}]{\text{Válido}} \\[2ex] \implies & \displaystyle \sum_{i = 1}^{\infty} \left(\displaystyle \sum_{j = 1}^{\infty} a_{i,j}\right) = + \infty \end{align*}

Por tanto, si ∑n,man,m=+∞\displaystyle \sum_{n,m} a_{n,m} = + \infty entonces:

∑n,man,m=∑m=1∞(∑n=1∞an,m)=∑n=1∞(∑m=1∞an,m)=+∞\begin{align*} \displaystyle \sum_{n,m} a_{n,m} = \displaystyle \sum_{m = 1}^{\infty} \left(\displaystyle \sum_{n = 1}^{\infty} a_{n,m}\right) = \displaystyle \sum_{n = 1}^{\infty} \left(\displaystyle \sum_{m = 1}^{\infty} a_{n,m}\right) = + \infty\\ \end{align*}

Y con esto, queda demostrado que:

∑n,man,m=∑n=1∞ag(n)=∑m=1∞∑n=1∞an,m=∑n=1∞∑m=1∞an,m∈[0,+∞]\begin{align*} \displaystyle \sum_{n, m} a_{n,m} = \displaystyle \sum_{n = 1}^{\infty} a_{g(n)} = \displaystyle \sum_{m = 1}^{\infty} \displaystyle \sum_{n = 1}^{\infty} a_{n,m} = \displaystyle \sum_{n = 1}^{\infty} \displaystyle \sum_{m = 1}^{\infty} a_{n,m} \in [0, + \infty]\\ \end{align*}