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Problemas resueltos (Carothers). (12)

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22. Sea (a_n) una sucesión de números reales. Definimos una sucesión de subconjuntos de \mathbb{R} mediante

S_n = \{ a_k : k \geq n\}.

La sucesión (S_n) está bien definida y verifica S_{n+1} \subset S_n, para todo n. Si recordamos que todo conjunto no vacío de números reales tiene supremo e ínfimo en la recta ampliada (pues si no está acotado superiormente su supremo es +\infty y si no está acotado inferiormente su ínfimo es -\infty), podemos definir las sucesiones

t_n = \inf S_n.
T_n = \sup S_n.

Por supuesto, tales sucesiones están formadas por elementos de la recta real ampliada, y como la sucesión (S_n) es decreciente resulta que \inf S_n = t_{n} \leq t_{n+1} = \inf S_{n+1} y \sup S_{n+1} = T_{n+1} \leq T_n = \sup S_n, por lo que (t_n) es creciente y (T_n) decreciente. Además, verifican t_1 \leq t_n \leq T_n \leq T_1, para todo n, y también t_i \leq T_j para todo i y para todo j. Por tanto, podemos asegurar la existencia de sus límites (siempre en la recta ampliada) y podemos afirmar que

t_1 = \inf a_n \leq \sup t_n = \lim \inf a_n \leq \inf T_n = \lim \sup T_n \leq \sup a_n =T_1.

23. Supongamos que \lim_n a_n = l. Entonces

para todo \epsilon >0 existe un entero positivo N, tal que.
|a_n-l| < \epsilon, si n \geq N.

Esto significa que si n \geq N, el conjunto S_n está acotado superiormente por l+\epsilon e inferiormente por l-\epsilon, luego

l-\epsilon \leq t_n \leq T_n \leq l+\epsilon, si n \geq N

Como el supremo es la menor de cotas superiores y el ínfimo es la mayor de las cotas inferiores tenemos que

\lim \inf a_n = \sup t_n \geq t_n \geq l-\epsilon
\lim \sup a_n = \inf T_n \leq T_n \leq l+\epsilon

Aplicando el resultado del ejercicio 22, tenemos para todo \epsilon >0 que

l-\epsilon \leq \lim \inf a_n \leq \lim \sup a_n \leq l+\epsilon

Lo que prueba que l=\lim a_n = \lim \inf a_n = \lim \sup a_n.
24. Sabemos que si A es un subconjunto no vacío de la recta ampliada, entonces

\sup A= -\inf (-A).

Por tanto,

\lim \inf a_{n} = \sup_{n} \{ \inf \{a_{k}: k \geq n \} \} = -\inf_{n}\{ -\inf \{a_{k}: k \geq n \} \} =
-\inf_{n}\{ \sup \{-a_{k}: k \geq n \} \} = -\lim \sup (-a_n)

25. Supongamos que \lim \sup a_n = -\infty. En ese caso la sucesión decreciente T_n = \sup \{a_k : k \geq n \} no está acotada inferiormente y de esto deducimos que para todo M <0 existe un entero positivo N tal que

T_n = \sup \{a_k : k \geq N \} <M.

Por tanto, a_n <M si n \geq M y \lim_n a_n = -\infty.

Supongamos ahora que \lim \sup a_n = +\infty. Como \lim \sup a_n = \inf \{ \sup \{ a_k : k \geq n \} : n \geq 1 \}, resultará que T_n=\sup \{a_k : k \geq n\} = +\infty, para cada n y los conjuntos \{a_k : k \geq n \} no estarán acotados superiormente. Esto permite elegir para cada n un a_{m(n)} de forma que a_{m(n)} >n. La subsucesión a_{m(n)} así formada converge pues a +\infty.

Si es \lim \inf a_n= -\infty, entonces \sup \{ \inf \{a_k : k \geq n\} : n \in \mathbb{N} \} = -\infty. Pero en este caso, \inf \{a_k : k \geq n \} = -\infty, para todo n y los conjuntos S_n = \{a_k : k \geq n \} no están acotados inferiormente. Por tanto, para cada entero positivo n, existe un m(n) \in \mathbb{N}, tal que a_{m(n)} <-n. La subsucesión así obtenida es divergente a -\infty.

Finalmente, si \lim \inf a_n =+\infty, entonces \sup \{ \inf \{a_k : k \geq n\} : n \in \mathbb{N} \} = +\infty y la sucesión \inf \{a_k : k \geq n \} no está acotada superiormente. Por ello, dado M>0 existe un entero positivo N para el que \inf \{a_k : k \geq N \} >M. Esto implica que a_n > M si n \geq N por lo que \lim a_n = +\infty y la sucesión es divergente a +\infty.

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Ejercicios resueltos (Carothers). (11)

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17. En primer lugar, recordemos que el valor absoluto de un número real x, se define mediante

|x| = x, si x \geq 0
|x| = -x si x<0

Esto permite concluir que -|x| \leq x \leq |x| para todo número real x. Necesitaremos de este resultado junto con el siguiente lema.

Lema. Si r \geq 0, entonces |x| \leq r es equivalente a las desigualdades -r \leq x \leq r.
Prueba. Supongamos que |x| \leq r. Entonces si x\geq 0, tenemos que -r \leq 0 \leq x \leq r. Si x<0, entonces -x \leq r,de donde multiplicando ambos miembros por (-1) y recordando que r \geq0, vemos que -r \leq x \leq r. Recíprocamente, si fuera -r \leq x \leq r, entonces si x \geq 0, es trivialmente |x| \leq r (pues x = |x|) y si fuera x<0, entonces multiplicando los términos de la desigualdad por (-1) llegamos a -r \leq -x \leq r, de donde |x| \leq r (pues -x = |x|).

Ahora demostraremos la desigualdad triangular: |a+b| \leq |a|+|b|. Como -|a| \leq a \leq |a| y -|b| \leq b \leq |b|, tenemos sumando ambas desigualdades que

-(|a|+|b|) \leq a+b \leq |a|+|b|.

Lo que implica (utilizando el lema anterior con r= |a|+|b| \geq 0) que |a+b| \leq |a|+|b|.

Escribimos |a| = |a+b-b| y usamos la desigualdad triangular para obtener

|a| = |a-b+b| \leq |a-b|+|b|.

Análogamente |b|= |b-a+a| \leq |b-a|+|a| = |a-b|+|a| (donde hemos usado el hecho de que |-x|= |x|. Las desigualdades vistas nos llevan a

|a|- |b| \leq |a+b|, (1)

|b|-|a| \leq |a-b|. (2)

Pero multiplicando ambos miembros de (2) por (-1) vemos que

|a|-|b| \geq -|a-b|.  (3)

Combinamos (1) y (3) para obtener - |a-b| \leq |a|-|b| \leq |a-b| y esto permite afirmar que ||a|-|b|| \leq |a-b| (de nuevo hemos usado el lema anterior).

Sea a > b, entonces \max \{a,b\} = a y como a-b >0, resulta que \frac{1}{2}(a+b+|a-b|)= \frac{1}{2} (a+b+a-b) = \frac{1}{2} 2a = a. En el caso de que a<b, tenemos que \max \{a,b \} = b y de a-b <0, se sigue que \frac{1}{2} (a+b+|a-b|) = \frac{1}{2} (a+b+b-a)= \frac{1}{2} 2b = b. El caso a=b es inmediato. La demostración de \min \{a,b\} =\frac{1}{2} (a+b-|a-b|) es análoga.

18. (a). Sea a >-1, a \neq 0. Para n=2 es (1+a)^{2} = 1+2a+a^{2}>1+2a y la desigualdad es válida. Sea cierta para n=r \geq 2. Entonces (1+a)^{r} > 1+ra y, por tanto,

(1+a)^{r+1} = (1+a)^{r} (1+a) > (1+ra)(1+a) = 1+a(r+1)+ra^{2} >1+(r+1)a.

Esto prueba que es cierta para todo n \geq 2.

(b). Usaremos el cociente de términos consecutivos de la sucesión (ya que está formada por valores estrictamente positivos). Simplificaremos dicho cociente hasta dejarlo en una forma en la que podamos usar la desigualdad de Bernoulli:

\frac{(1+\frac{x}{n+1})^{n+1}}{(1+\frac{x}{n})^{n}} = (1+\frac{x}{n})\frac{(1+\frac{x}{n+1})^{n+1}}{(1+\frac{x}{n})^{n+1}}= (1+\frac{x}{n}) (\frac{n^2+nx+n}{n^2+nx+n+x})n^{n+1} =

(1+\frac{x}{n}) (1-\frac{x}{n^2+nx+n+x})^{n+1}.

Si es a =\frac{x}{n^2+nx+n+x}, entonces 0< a <1, de donde -a >-1, -a \neq 0, quedando

(1+\frac{x}{n})(1+(-a))^{n+1} >(1+\frac{x}{n})(1+(n+1)(-a)) =\frac{n+x}{n} \frac{n(n+1)}{(n+x)(n+1)}=1.

Esto significa que la sucesión es creciente.

(c). Como la sucesión z_n = (1+\frac{x}{n})^{n} con x>0, es creciente y como la desigualdad r = \frac{p}{q} >1 implica que podemos elegir enteros p,q tales que p >q >0, tenemos que si a>0, entonces

(1+\frac{ap}{q})^{q} < (1+\frac{ap}{p})^{p} = (1+a)^{p}.

Pero entonces de esta desigualdad se sigue que

(1+ a\frac{p}{q}) < (1+a)^{\frac{p}{q}}.

(d). Todo número real r se puede considerar como el límite de una sucesión decreciente r_n de números racionales. Por tanto, si a>0, y r>1, tenemos que r_n \geq r >1 y además

(1+a)^{r_n} >(1+r_{n} a).

Expresión que llevada al límite nos permite afirmar que

(1+a)^{r} >(1+r a).

19. Supongamos que 0<c<1. En ese caso, podemos escribir

c = \frac{1}{1+x},

donde x>0. De esta manera, como (1+x)^{n} > 1+nx, es

0<c^{n}= \frac{1}{(1+x)^{n}}< \frac{1}{1+nx}.

Esto prueba que \lim_n c_n = 0.

Sea ahora c>1, entonces c^{1/n} -1 >0 y la sucesión x_n = c^{1/n}-1 está formada por términos positivos. En consecuencia, si n>1, tenemos

(1+x_n)^{n} = (1+(c^{1/n}-1))^{n} = c >1+n(c^{1/n}-1).

Simplificando resulta

\frac{c-1}{n}>c^{1/n}-1 >0.

Llevando esta expresión al límite vemos que \lim_n c^{1/n}-1 =0, o lo que es lo mismo \lim_n c^{1/n}=1.

Supongamos que 0<c<1. Entonces es \frac{1}{c} >1 y aplicamos el mismo razonamiento que en el ejemplo anterior para la sucesión y_n = \frac{1}{c^{1/n}}-1 >0. Es decir

(1+y_n)^{n} = (1+(\frac{1}{c^{1/n}}-1))^{n} = \frac{1}{c} >1+n (\frac{1}{c^{1/n}}-1),

(\frac{1}{c} -1) \frac{1}{n} > \frac{1}{c^{1/n}}-1 >0.

Llevando esta expresión al límite vemos que \lim_n \frac{1}{c^{1/n}}-1 =0. Es decir, \lim_n c^{1/n} =1.

20. Sean a,b dos números positivos. Vamos a probar que

\frac{a+b}{2} \geq \sqrt{ab}.

Para ello consideramos la desigualdad (a-b)^2 \geq 0 y desarrollamos:

a^2 +b^2 -2ab \geq 0,

a^2 +b^2 \geq 2ab,

a^2+b^2+2ab \geq 4ab,

(a+b)^2 \geq 2^2 ab,

(\frac{a+b}{2})^2 \geq ab.

Esta última desigualdad es la buscada pues equivale a \frac{a+b}{2} \geq \sqrt{ab}. Vamos ahora a generalizar la expresión en la forma:

\frac{\sum_{i=1}^{n} a_{i}}{n} \geq \sqrt[n]{a_1 a_2 \cdots a_n },

donde n>1 y a_i >0, para todo i. Para n=2 ya la hemos probado en párrafos anteriores. Sea cierta para n=k, entonces

\frac{\sum_{i=1}^{k} a_i}{k} \geq \sqrt[k]{a_1 a_2 \cdots a_k}.

En este punto y con el fin de simplificar la exposición escribiremos G_n = (a_1 a_2 \cdots a_n)^{1/n} para denotar a la media geométrica y S_{n} =a_1+a_2+ \ldots + a_n para denotar a la suma. Así tenemos que por la hipótesis de inducción es:

S_k+a_{k+1} \geq kG_k+a_{k+1}.

Multiplicamos y dividimos por G_{k+1} el miembro derecho de la desigualdad (sabemos que G_{k+1} es no nulo pues a_i>0, i=1, \ldots, k+1) y obtenemos

S_k+ a_{k+1} = G_{k+1} (\frac{k G_k}{G_{k+1}}+ \frac{a_{k+1}}{G_{k+1}}).

Ahora bien, resulta que \frac{G_{k}}{G_{k+1}} =\frac{(a_1 \cdots a_k)^{1/k}}{ (a_1 \cdots a_k a_{k+1})^{1/k+1}} = \frac{(a_1 \cdots a_k)^{1/(k(k+1))}}{a_{k+1}^{1/(k+1)}}= \frac{G_{k}^{1/(k+1)}}{a_{k+1}^{1/(k+1)}} y también \frac{a_{k+1}}{G_{k+1}} =\frac{a_{k+1}}{(a_1 \cdots a_k a_{k+1})^{1/(k+1)}} = \frac{a_{k+1}^{k/(k+1)}}{G_{k}^{k/(k+1)}}. Sustituimos en la desigualdad anterior

S_{k+1} = G_{k+1} (k(\frac{G_{k}}{a_{k+1}})^{1/(k+1)}+(\frac{a_{k+1}}{G_k})^{k/(k+1)}).

Hacemos x = (\frac{a_{k+1}}{G_{k}})^{1/(k+1)} -1, lo que garantiza que x>-1, y sustituimos quedando

S_{k+1} = G_{k+1}( \frac{k}{1+x} +(1+x)^{k}) \geq G_{k+1} (\frac{k}{1+x}+ 1+kx).

Para terminar vemos que \frac{k}{1+x}+1+kx \geq (k+1), pues desarrollando dicha expresión tenemos que equivale a x^{2}\geq 0. En consecuencia,

S_{k+1}\geq G_{k+1} (\frac{k}{1+x}+ 1+kx) \geq G_{k+1} (k+1).

Esto prueba la desigualdad buscada para todo valor de n.

Notas complementarias: Notas 1, Notas 2.

Problemas resueltos (Carothers). 9

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15. Sea x_n una sucesión de Cauchy y supongamos que x_{f(n)} es una subsucesión de x_n con límite igual a l. Entonces dado \epsilon >0 existe un entero positivo N_1 de forma que si n \geq N_1 es

|x_{f(n)} -l| <\frac{\epsilon}{2}.

Pero entonces, para dicho \epsilon >0, hallaremos N_2 de forma si n,m \geq N_2, es

|x_n -x_m| < \frac{\epsilon}{2}.

Por tanto, tomando N = \max \{N_1,N_2 \} , tenemos que si n \geq N, entonces

|x_n -l| = |x_n -x_{f(n)}|+|x_{f(n)}-l| < \epsilon.

Lo que prueba que la sucesión de Cauchy converge a l.

Observación: Las subsucesiones se obtienen mediante funciones f: \mathbb{N} \rightarrow \mathbb{N}, estrictamente crecientes. Por ello, podemos asegurar que f(n) \geq n para todo n y así m=f(n) \geq n \geq N.

16. (a). Si x,y son dos números reales tales que para todo \epsilon >0 es |x-y|< \epsilon, entonces x=y.  Podemos justificar la igualdad 0.499999 \ldots = 5 mediante este hecho ya que evidentemente para todo \epsilon >0, hallaremos n tal que \frac{1}{10^{n}} < \epsilon con

|5-0.49999...| < \frac{1}{10^{n}} < \epsilon.

Otra justificación de este hecho sería considerar la expresión en base diez en la forma:

0.4999 ... = 4 \cdot 10^{-1} + \lim_n \sum_{k=1}^{n} 9 \cdot 10^{-(k+1)}.

Al desarrollar la parte del sumatorio tenemos

\frac{9}{10} \sum_{k=1}^{n} 10^{-k}=\frac{9}{10}\frac{10^{-1} -10^{-n-1}}{1-10^{-1}} = \frac{1}{10} - (\frac{1}{10})^{n+1}.

Si llevamos al límite dicha expresión y sustituimos, tenemos

0.4999... = \frac{4}{10} +\frac{1}{10} =\frac{5}{10} = 0.5.

(b). Supongamos que x = 0.234 234 234 .... Entonces

1000 x = 234. 234 234 ....

Luego

1000 x - x = 234.234 234 ... - 0.234 234 ...,

999 x = 234,

x =\frac{234}{999}.

(c). Todos aquellos decimales que tengan como período el número 9 admitirán más de una representación decimal. Por ejemplo,

0,2999999 .... = 0,3,

0,357899999 ... = 0,3579.

La razón es la vista en el apartado (a).

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 Carothers (2)

Imagen

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.