El principio arquimediano y sus equivalencias

En el cuerpo de los números reales sabemos que se verifica el principio arquimediano. Esto es, que dados x,y, números reales positivos, existe al menos un entero n para el que y< nx. La prueba de este hecho suele derivarse del axioma del supremo. También se suele utilizar el principio arquimediano para probar que el conjunto de los racionales es denso en los reales. En esta entrada vamos a partir del contexto más general de un cuerpo ordenado cualquiera y vamos a demostrar que el principio arquimediano es en realidad equivalente a la densidad de los racionales, los cuales se hallan presentes en dicho cuerpo mediante el isomorfismo natural.

Teorema: Sea K un cuerpo conmutativo totalmente ordenado. Son equivalentes

(a) Para todo x \in K, existe un entero positivo n \in K, tal que x <n.

(b) Para todos x,y de K, con y>0, podemos hallar un entero positivo n \in K que verifica x <ny.

(c) Para todo \epsilon >0, existe un entero positivo n \in K, tal que \frac{1}{n} < \epsilon.

(d) El conjunto de los racionales de K es denso en K.

Demostración. (a) implica (b). Como y>0, concluimos que existe y^{-1} >0 por lo que tomando xy^{-1} y aplicando (a) vemos que existe un entero positivo n que cumple

xy^{-1} <n.

Multiplicando ambos miembros por y llegamos a x <ny. El lector debe observar que esta desigualdad es equivalente a la que hemos dado para el caso de los números reales.

(b) implica (c). Sean x=1 e y= \epsilon>0. En virtud de (b), existe n \in K para el que

1 <n \epsilon.

Es decir, \frac{1}{ \epsilon} <n.

(c) implica (d). Este apartado es el más complicado de probar. Hemos de concluir que para todo x<y existe un racional z \in K, de forma que x<z<y. Vamos a analizar cuatro casos:

(1) Si es x <0 <y. La conclusión es inmediata haciendo z = 0.

(2) Si es 0< x <y, tomamos \epsilon = y-x >0 y aplicando (c) existe al menos un entero positivo n \in K para el que \frac{1}{n} < y-x. El valor \frac{1}{ny} es también positivo y aplicando de nuevo (c), hallamos p, entero positivo, que cumple \frac{1}{p} < \frac{1}{ny}, o lo que es lo mismo y < \frac{p}{n}. Por tanto, el conjunto

A= \{ p \in \mathbb{N} : y \leq \frac{p}{n} \}

es no vacío. Aplicando la buena ordenación de los naturales hallaremos un mínimo q para el conjunto A. Dicho mínimo será positivo (pues y>0 y permite afirmar que

z=\frac{q-1}{n} <y,

ya que q-1 \notin A. Finalmente de

x =y-(y-x) < \frac{q}{n} -\frac{1}{n} = \frac{q-1}{n},

vemos que x < \frac{q-1}{n} <y y este cociente de enteros es el racional z buscado.

(3) Si es x <y <0, entonces 0<-y <-x y aplicamos (2), con la salvedad de que si 0<-y<z<-x, entonces x<-z<y<0.

(4). Supongamos que x=0<y. Aplicando (c) deducimos que para \epsilon =y existe n, entero positivo, que cumple x=0< \frac{1}{n} <y. Esto significa que el racional buscado es z = \frac{1}{n}. Si es x<y=0, entonces 0=y<-x y aplicamos lo mismo,

(d) implica (a). Sea x \in K. Si x <1, trivialmente basta tomar n=1 y no hay nada que probar. Supongamos que x>1. Entonces \frac{1}{x} >0 y como los racionales de K son densos en K, hallamos \frac{m}{n}, de manera que

0<\frac{m}{n} < \frac{1}{x}.

Obviamente es mx = x+x+ \ldots +x \quad (m \quad \text{veces})> x,  pues x>0. En consecuencia,

0<x <mx = \frac{m}{n} nx <\frac{1}{x} nx = n.

Esto termina la demostración.

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Ejercicios resueltos. (Carothers) (5)

Carothers-10-11 Solución:

10.  Observemos que todos los términos de esta sucesión son positivos. Esto es importante pues nos permite plantear desigualdades que de otra forma no tendrían sentido. Pobaremos que esta sucesión está acotada superiormente por 2. Lo haremos por inducción sobre n. Para n=1 es inmediato que a_n = \sqrt{2} \leq 2. Sea cierto para n dado, entonces a_n \leq 2 y de aquí a_{n+1} = \sqrt{2a_n} \leq \sqrt{2 \cdot 2} = \sqrt{4} = 2. Por tanto, a_n \leq 2 para todo n. Veamos que es una sucesión creciente. Para ello utilizamos la acotación ya demostrada y de ella deducimos que

\sqrt{a_n} \leq \sqrt{2}.

Multiplicando ambos miembros por \sqrt{a_n} y simplificando, obtenemos

a_n =\sqrt{a_n} \sqrt{a_n} \leq \sqrt{2} \sqrt{a_n} = \sqrt{2 a_n} = a_{n+1}.

Al ser la sucesión creciente y acotada superiormente tiene límite en la recta real y su valor es el supremo del rango de la sucesión. Para determinarlo vamos a transformar la expresión recurrente en una expresión explícita. Vemos que

a_1 = 2^{1/2}, \quad a_2 = (2 \cdot 2^{1/2})^{1/2} = 2^{1/2} \cdot 2^{1/4} = 2^{1/2 + 1/4}, a_3 = (2 \cdot 2^{1/2 + 1/4})^{1/2} = 2^{1/2} 2^{1/4 + 1/8} = 2^{1/2 + 1/4 + 1/8}.

Podemos concluir que la expresión explícita será a_n = 2^{\sum_{k=1}^{n} \frac{1}{2^{k}}}. En efecto, esta afirmación se puede probar por inducción de forma sencilla (dejamos esto en manos del lector).

En este punto, debemos recordar la expresión de la suma de n términos de una progresión geométrica x_n, de razón r:

x_1 + x_2 + \ldots + x_n = \frac{x_1 -r x_n}{1-r}.

Como x_n = (\frac{1}{2})^{n} es una progresión geométrica de razón \frac{1}{2}, podemos simplificar más aún la fórmula explícita aplicando la fórmula anterior. Quedará entonces

a_n = 2^{\frac{1/2 - (1/2)^{n+1}}{1/2}} = 2^{1-(\frac{1}{2})^n}.

Si hacemos el límite de esta expresión obtenemos

\lim_n a_n = 2^{\lim_n 1-(\frac{1}{2})^{n}} = 2.

11. Veremos que la sucesión x_n está acotada. Para ello la relación de recurrencia se puede simplificar de manera que

x_{n}^2-2 x_{n+1} x_n+a = 0, para todo n. (1)

Esto significa que el valor real x_n satisface dicha ecuación y esto sólo será posible si el discriminante de dicha ecuación es positivo:

\Delta = 4 x_{n+1}^2 - 4a \geq 0. (2)

Es decir, x_{n+1}^2 \geq a, x_{n+1} \geq \sqrt{a}. (3)

Como x_1 > \sqrt{a}, será entonces x_n \geq \sqrt{a}, para todo n.

Ahora veremos que es monótona decreciente. En efecto, planteamos

x_{n+1} -x_{n} = \frac{1}{2} (x_n +\frac{a}{x_n}) - x_n =\frac{a}{x_n}-\frac{x_n}{2} = \frac{a -x_{n}^2}{ 2 x_n}.

Como el denominador x_n es positivo y el numerador a-x_{n}^2 es negativo (ver (2),) el cociente es negativo y la sucesión es decreciente.  Con todo lo visto ya sabemos que tiene límite y que dicho límite es el ínfimo de su rango. Para calcularlo, utilizamos de nuevo la aritmética de los límites y despejamos su valor en la ecuación de recurrencia (1). Esto, es si \lim_n x_{n} = l, entonces

\lim_n (x_{n}^{2} -2 x_{n+1} x_{n} +a) = l^2 -2 l^2 +a = 0.

Esto es, a-l^2 = 0 y l = \sqrt{a}.

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.