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Ejercicios resueltos (Carothers) (4 bis)

Existe una solución más sencilla al ejercicio 7 de la entrada anterior. Se basa en el hecho de que el cuerpo de los números reales es arquimediano. Es decir, dados dos números reales x,y, positivos, existe un entero positivo n tal que y < nx. Partimos también del hecho de que entre dos reales a <b, existe al menos un racional r (cuestión que puede probarse también utilizando el mismo principio arquimediano). En definitiva, como a <r <b es b-r >0 y como \sqrt{2} >0, hallaremos un entero positivo n, tal que

\sqrt{2} < n (b-r),

de donde

0< \frac{\sqrt{2}}{n}<b-r.

Sumando r a los miembros de la desigualdad, obtenemos

a<r < r+\frac{\sqrt{2}}{n}<b.

Esto significa que x = r+\frac{\sqrt{2}}{n} es el irracional buscado.

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Ejercicios resueltos (Carothers) (4)

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Solución:

7. Consideremos dos números reales a,b con a < b. Sabemos que existe al menos un racional r con a <r <b. A su vez, entre a y r existe otro racional s \neq r. El valor

\frac{1}{2} (r-s) \sqrt{2} +s

es un número irracional y verifica:

(\frac{1}{2} (r-s) \sqrt{2} +s)-s = \frac{1}{2} (r-s) >0,

r-(\frac{1}{2} (r-s) \sqrt{2} +s) = (r-s)-\frac{1}{2} (r-s) \sqrt{2} = \frac{2-\sqrt{2}}{2} (r-s) >0,

lo que significa que se halla entre r y s y, en consecuencia, entre a y b. (Podéis ver algunas notas aclaratorias aquí y aquí)

8. Sabemos que dados a <b existe al menos un racional r con a <r<b. Análogamente, como a<r podemos encontrar otro racional s con a<s<r. Este proceso puede prolongarse indefinidamente por lo que existen una infinidad de racionales diferentes entre a y b. El mismo razonamiento es válido para los irracionales.

9. Sea A un subconjunto no vacío de enteros y supongamos que está acotado superiormente por un entero K. Aplicando el axioma del supremo concluimos que existe una cota superior mínima s \in \mathbb{R}. Si s es entero no tenemos nada que probar, pero si s no fuera entero entonces llamando [s] a su parte entera , tenemos que

[s] < s < [s] +1. (1)

El valor \epsilon = s-[s] sería positivo y hallaríamos un p \in A (un entero de A) para el que

p > s- (s-[s]),

p > [s].

Es decir,

[s] <p <s <[s]+1.

Pero esto es absurdo pues la parte entera de s se define como el mayor entero que no sobrepasa a s. Por tanto, s es entero.

Para probar que no todos los conjuntos de números racionales acotados superiormente por un racional tienen una cota superior mínima racional consideramos el conjunto

M = \{ r \in \mathbb{Q} : r^2 < 2 \}.

Dicho conjunto es no vacío (el cero, por ejemplo, pertenece a M) y está acotado superiormente por 2.  Veremos que el supremo de dicho conjunto es un valor irracional. Sea n un entero positivo y sea s el supremo de M. Hallaremos un racional r \in M, de forma que

r > s- \frac{1}{n}.

Es decir,

2>r^2 >(s- \frac{1}{n})^2.

En otro orden de cosas, si s fuera racional, entonces (s+\frac{1}{n}) también sería racional y si además cumpliera (s+\frac{1}{n})^2 <2, entonces pertenecería a M y sería mayor que el supremo. En el caso de que fuera irracional y cumpliera la misma desigualdad también llegaríamos a una contradicción pues de la desigualdad

[(n+1)s] \leq (n+1) s < [(n+1)s]+1,

podemos deducir que

r = \frac{[(n+1)s]}{n+1} + \frac{1}{n+1} < \frac{(n+1)s}{n+1}+\frac{1}{n} =s+\frac{1}{n}.

El valor r es racional y vemos que nuestros supuestos nos llevan a

r^2 < (s+\frac{1}{n})^2 < 2.

Esto significa que r \in M y además como

s= \frac{(n+1)s}{n+1} < \frac{[(n+1)s]+1}{n+1} =r,

obtendríamos que r es un elemento de M mayor que el supremo. Esto es absurdo por lo que para evitar la contradicción ha de ser siempre

(s+\frac{1}{n}) ^2\geq 2.

En definitiva, para todo n tenemos que

(s-\frac{1}{n})^2 < 2 \leq (s+\frac{1}{n})^2.

Llevando esta expresión al límite concluimos que s^2 =2 por lo que s = \sqrt{2} y el supremo de M no es racional.

Ejercicios resueltos (Carothers) (3)

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Solución:

5. Supongamos que a > b, entonces tomando \epsilon = \frac{1}{2} (a-b) >0, hallaremos un N \in \mathbb{N} tal que si n \geq N, es

|a_n -a| < \frac{1}{2} (a-b).

Esto es,

\frac{1}{2} (b-a) < a_n -a < \frac{1}{2} (a-b).    (1)

Tomando el lado izquierdo de (1) y sumando a tenemos

\frac{1}{2} (b+a) < a_n, para n \geq N.  (2)

Pero como hemos supuesto que a >b, concluimos que

b = \frac{1}{2}(b+b) <\frac{1}{2} (b+a) < a_n, para n \geq N.

Esto contradice la suposición inicial de que a_n \leq b para todo n y por ello habrá de ser a \leq b. Obsérvese que hemos probado que el límite de la sucesión será siempre menor o igual que cualquier valor que sea mayor o igual que cada uno de sus elementos.

Sea S = \{a_n : n \in \mathbb{N} \} el recorrido de la sucesión. Evidentemente este conjunto es no vacío. Como hemos supuesto que a_n \leq b, para todo entero positivo n, resulta que dicho conjunto está acotado superiormente y el axioma del supremo garantiza la existencia de \sup S. Por definición es

a_n \leq \sup S, para todo n. (3)

Por lo que haciendo b = \sup S (recordemos el primer apartado ya probado), podemos afirmar que

a= \lim_n a_n \leq \sup S.

6.  Sea (a_n) una sucesión convergente de números reales y sea a su límite. Probaremos primero que el conjunto S = \{a_n : n \in \mathbb{N} \} está acotado. Consideramos \epsilon = 1, hallaremos un entero positivo N, de forma que

|a_n -a | < 1, para n \geq N. (4)

Es decir, -1 < a_n -a < 1 y de aquí a-1 < a_n <a+1. Tomando

L= \min (\{ a_n : n < N \} \cup \{ a-1 \}),

U = \max (\{a_n : n < N \} \cup \{a+1\}),

podemos asegurar que L \leq a_n \leq U, para todo entero positivo n. Esto prueba que S está acotado. En el ejercicio anterior demostramos que en este caso

\lim_n a_n \leq \sup S. (5)

Ahora veremos que se da la desigualdad correspondiente para el ínfimo del recorrido de la sucesión. El desarrollo es en todo similar al ya visto para el caso del supremo. Empezamos suponiendo que existe b con b \leq a_n, para todo n y que a es el límite de la sucesión a_n. Si fuera a <b, entonces para \epsilon = \frac{1}{2} (b-a), concluiríamos que existe un entero positivo N para el que si n \geq N, entonces

a_n -a < \frac{1}{2}(b-a).   (6)

Sumamos a a ambos miembros de (5) y vemos que

a_n < \frac{1}{2}(a+b) <\frac{1}{2}(b+b) = b, para n \geq N.

Esto contradice nuestra suposición inicial por lo que a= \lim_n a_n \geq b. En definitiva, si una sucesión convergente tiene su recorrido acotado inferiormente por b entonces el límite de dicha sucesión es mayor que b. Evidentemente, \inf S es una cota inferior del recorrido por lo que

\inf S \leq \lim_n a_n. (7)

Las desigualdades (5) y (7) son las buscadas en este problema.

Ejercicios de Demidovich (6)

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Solución:

a) Intentamos despejar el valor de x, teniendo en cuenta el subconjunto del plano S para que el que la expresión tiene sentido. De esta manera, como \arccos y está definida para el intervalo [-1,1], tenemos que si (x,y) \in S \subset \mathbb{R} \times [-1,1], entonces de

x^2 - \arccos y = \pi,

tenemos que

\arccos y = x^2 - \pi,

y = \cos (x^2 -\pi) = -\cos (x^2), con x \in \mathbb{R}, (recordemos que \cos (a -\pi) = - \cos a).

b) Esta expresión exponencial puede simplificarse mediante

10^y = 10-10^x,

y = \log(10-10^x).

Pero hemos de tener en cuenta que 10 -10^x >0, esto es -10^x > -10, o bien 10^x < 10, de donde x<1.

c) Aquí hemos de tener en cuenta la definición de valor absoluto. Por tanto, si y \geq 0, resulta

x+y = 2y,

x-y = 0,

y=x, x \geq 0.

Mientras que si y <0, es

x-y = 2y,

x-3y = 0,

y = \frac{1}{3} x, x <0.

Ejercicios de Carothers (2)

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Solución:

2. (a). Como A está acotado y es no vacío esto significa que existen L, S, números reales tales que L \leq x \leq S para todo x \in A. Por tanto, el axioma del supremo nos garantiza la existencia de una cota superior mínima y una cota inferior máxima que notaremos como \sup A e \inf A, respectivamente y que, por definición cumplen

-\infty <L \leq \inf A \leq x \leq \sup A \leq S < +\infty, para todo x \in A. (1)

Ahora bien, existen al menos dos elementos en A. Sean estos x,y con x \neq y. El orden total implica que x <y o y<x. En el primer caso, vemos por (1) que

-\infty < \inf A \leq x <y \leq \sup A < +\infty. (2)

Si y<x,  la desigualdad es análoga y en todo caso permite concluir que

-\infty < \inf A < \sup A < +\infty.

(b).  Sea B \subset A con B \neq \emptyset. Si x \in B, entonces x \in A por lo que

x \leq \sup A. (3)

Esto significa que \sup A es una cota superior de B y B está acotado superiormente por lo que existe \sup B y será \sup B \leq \sup A. Del mismo modo, si x \in B, entonces x \in A y concluimos que

\inf A \leq x. (4)

Es decir, B está acotado inferiormente. Como en el caso anterior podemos garantizar la existencia de una cota superior máxima (ínfimo) para B, que verifica \inf A \leq \inf B. Teniendo en cuenta estos resultados concluimos que

\inf A \leq \inf B \leq \sup B \leq \sup A.

(c) Sea ahora B el conjunto de todas las cotas superiores de A. Como A está acotado superiormente podemos garantizar que B es no vacío pues contiene al menos un elemento. Además, por definición de supremo, existe un valor s \in B, que es comparable con todos los elementos x de B y verifica s \leq x. Esto significa que s es el mínimo de B. Ahora bien, si existe mínimo en un conjunto este mínimo es igual al ínfimo de dicho conjunto pues, evidentemente, resultará ser una cota inferior máxima. En símbolos.

\sup A = \min B = \inf B.

3.  Sea A un subconjunto no vacío de \mathbb{R} y supongamos que está acotado superiormente. Sea s = \sup A.  Entonces, (i) s es una cota superior de A ya que por definición el supremo es la menor de las cotas superiores de dicho conjunto. (ii) Supongamos que existe \epsilon >0 tal que para todo a \in A es a \leq s-\epsilon. Entonces como s- \epsilon < s, concluiríamos que a \leq s-\epsilon < s para todo a \in A,  y s no sería la cota superior mínima. Para evitar esta contradicción esto no es posible y para todo \epsilon >0 podremos hallar al menos un a \in A de forma que a > s -\epsilon.

Supongamos que s es una cota superior de A que cumple la condición anterior: para todo \epsilon >0 podremos hallar al menos un a \in A de forma que a > s -\epsilon. Probaremos que s = \sup A. En efecto, si x es una cota superior de A, entonces para todo a \in A es a \leq x, lo que combinado con la desigualdad anterior nos dice que para todo \epsilon >0 es

x > s- \epsilon. (5)

Por tanto, x \geq s y concluimos que s es comparable con todas las cotas superiores de A y resulta menor que todas ellos. Es decir, s = \sup A.  La prueba para el caso del ínfimo es similar y se deja a cargo del lector.

4. Sea A un subconjunto no vacío y acotado superiormente de la recta real. Sea \sup A la menor de sus cotas superiores. Consideremos para cada entero positivo n el valor \epsilon = \frac{1}{n} >0. Entonces, existe para cada n un elemento x_n \in A tal que

\sup A >x_n > \sup A - \frac{1}{n}. (6)

Esto es consecuencia de la definición alternativa de supremo que hemos dado en el ejercicio 3. Ahora restamos \sup A a ambos miembros de (6), le “damos la vuelta” y tenemos

- \frac{1}{n} < x_n - \sup A < 0 < \frac{1}{n}. (7)

Pero esto significa que

| x_n - \sup A| < \frac{1}{n}. (8)

Es decir, \lim x_n = \sup A.