Soluci Sol uciona onari rio o An´ alisis ali sis Real; Real; Elon Lages Lima Joseph Jose ph Isaac Ram´ Ram´ırez ırez Hern´ Hern ´andez andez 14 de mayo de 2014
1
´ Indice 1. Conjuntos finitos e infinitos
1.1. 1.1. 1.2. 1.3. 1.4.
N´ umeros naturales . . Conjuntos finitos . . . Conjuntos infinitos . . Conjuntos numerables
. . . .
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3
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. 3 . 7 . 9 . 11
2. N´ umeros reales 12 2.1. R es un cuerp o . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 12 2.2. R es un cuerp o ordenado. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 15 3. Sucesiones
3.1. 3.2. 3.3. 3.4.
L´ımite de una sucesi´ on . L´ımites y desigualdades Oper peracio ciones con con l´ımites . L´ımites infinitos . . . . .
17
. . . .
. . . .
. . . .
4. Algunas no ciones de top olog´ıa
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. . . .
17 18 19 20 20
4.1. Conjuntos abiertos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 20
2
1. 1.1.
Conjuntos finitos e infinitos N´ umeros naturales
1. Mostrar por medio de inducci´on matem´ atica que ∞
n =
n=1
y que
n(n + 1) 2
∞
(2n
n=1
− 1) = n
2
La inducci´ on matem´ a tica nos dice que realicemos una base para la inducci´on, en este caso probaremos con n = 1, con lo que obtenemos
k
n =
n=1
n(n + 1) 2
1(2) 2 1 = 1 1 =
Ahora suponemos que es cierto para una n = k donde k mos ∞ k(k + 1) k = 2 k
∈ N y obtene-
=1
Y ahora vamos a probar para k + 1 donde obtendremos n+1
(n + 1)(n + 2) 2
k =
k=1
Por definici´ on de sumatoria tenemos que n+1
n
k=1
k = (n+1)+
k=1
k = (n+1)+
n(n + 1) n (n + 1)(n + 2) = (n+1)(1+ ) = 2 2 2
Y entonces nuestra hip´otesis de inducci´ on es correcta. 3
Para la segunda suma tenemos la base de la inducci´ o n con n = 1 y obtenemos
∞
(2n
n=1
− 1)
= n2
1 = (1)2 1 = 1
Suponiendo que es v´ alida para una n = k donde k
∈ N, tenemos
∞
(2k
k=1
− 1) = k
2
y ahora mostramos cierto para k + 1 donde obtendremos n+1
(2(k + 1)
k=1
− 1) = (k + 1)
2
y usando la definici´on de sumatorio y la hip´ otesis de inducci´ on tenemos
n+1
n
k=1
(2k
− 1) =
k=1
(2k
− 1) + 2n + 1 = n
2
+ 2n + 1 = (n + 1) 2
lo que prueba el problema.
2. Dados m, n
∈ N con n > m, pruebe que ´o n es m´ultiplo de m o que existen q, r ∈ N tales que n = mq + r , r < m. Pruebe que q y r son u ´ nicos con esta propiedad.
Para este problema necesitamos el Axioma de Endoxius que nos dice que dados m, n N con n > m entonces existe una q N tal que
∈
∈
4
qm
≤ n < (q + 1)m Entonces, sea A = {x, m : xm > n,x ∈ N}, tal conjunto es no vac´ıo pues (n + 1) · m > n. Sabemos tambi´ en que m no pertenece a ese
conjunto, entonces x > 1, x siempre es sucesor de alg´ un n´ umero natural, entonces podemos tomar el elemento m´ınimo de A de la forma (q + 1)m. Entonces (q + 1) > q luego (q + 1)m > qm, as´ı qm no puede pertenecer al conjunto A. Luego por tricotom´ıa de los reales. qm
≤ n < (q + 1)m
ya que siempre debe existir un n´ umero real entre otros dos n´ umeros reales. Ahora tambi´ en debemos ver la divisi´ on euclidiana que nos dice que dados n > m, entonces existe q tal que n = q m entonces qm + r = n con n < m.
·
Por el axioma de de Endoxius existe una q tal que qm n < (q +1)m de ah´ı qm = n o qm < n, si la primera se cumple entonces la demostraci´ on termina, si tomamos la segunda opci´ on entonces existe una r N tal que qm + r = n. Ahora analicemos las posibilidades para r, que r = m, qm + m = n, m(q + 1) = n que es absurdo. Si r > m entonces en es absurdo, como no qm + r = n > qm + m = m(q + 1) que tambi´ puede valer r m entonces por la tricotom´ıa de los reales vale r < m.
≤
∈
≥
3. Sea X N un subconjunto no vac´ıo tal que m, n X m, m + n X . Pruebe que existe k N tal que X es el conjunto de los m´ ultiplos de k .
⊂ ∈
∈
∈
⇐⇒
Observemos primero una propiedad; sea A = subconjunto de N, con propiedades
∅
n, m A
∈ ⇐⇒ m, m + n ∈ A
entonces existe una t
∈ N tal que A = {tn : n ∈ N}. 5
A es no vac´ıo, entonces tiene un elemento m´ınimo t. Primevo vamos a mostrar que B = tn : n N A, t A, suponiendo que tn A vamos a mostrar que t(n + 1) A. La propiedad es v´alida por que t(n + 1) = tn + t la adici´on es cerrada en A. Entonces los m´ ultiplos de t pertenecen al conjunto A.
{
∈ } ⊂ ∈
∈
∈
Ahora dado un elemento m A, tomamos la divisi´on euclidiana de m por t, de ah´ı existe q N tal que m = qr y r N tal que m = qt + r. Es v´alida para todo m y una primera posibilidad entonces A B implicando A = B . Vamos a mostrar que lo segundo ocurre. Sea m A de la forma qt + r, como qt A sigue que r A, pero r < t que contradice la minimalidad de t, entonces esa posibilidad no puede acontecer y vale siempre m = qt.
∈
∈
∃ ∈
∈
⊂
∈
∈
4. Dado n
∈ N, pruebe que no existe x ∈ N tal que n < x < n + 1.
Esta propiedad nos muestra que todo n´ umero natural diferente de 1 es sucesor de alg´ un otro n´ umero. Suponga que existe una x con las condiciones dadas, entonces x = n +1 con p N. p no puede ser 1 y tampoco puede ser p > 1, pues de 1 < p sumando n, sigue x < n + 1 < n + p y llegar´ıamos a n + p < n + p es falsa, resta entonces la posibilidad de p < 1 que no acontece pues 1 es el elemento m´ as peque˜ n o de N.
∈
5. Obtenga el principio de inducci´on como consecuencia del principio de buena ordenaci´ on.
Sea B un conjunto que satisface las condiciones del axioma de inducci´on 1 B y k B, k+1 B, vamos a probar que B = N. Supongamos por reducci´on a lo absurdo que B = N, definimos A = N/B, tal conjunto es no vac´ıo entonces posee un elemento m´ınimo, tal elemento no puede ser 1 pues 1 B, entonces ese elemento es sucesor de alg´ un n´ umero natural y podemos denotar ese elemento como t + 1, eso implica que t B y por inducci´on t + 1 B, que resulta absurdo.
∈
∀ ∈
∈
∈
∈
∈
6
1.2.
Conjuntos finitos
1. Indicando mediante card X el n´ umero de elementos del con junto finito X , pruebe que a )
Si X es finito e Y
⊂ X , entonces card Y ≤ card X . b ) Si X e Y son finitos, entonces X ∪ Y es finito y card(X ∪ Y ) = card X +card Y - card (X ∩ Y ) c ) Si X e Y son finitos entonces X × Y es finito y card(X × Y )= card X · card Y Tenemos la propiedad que nos dice que si B es finito y A ⊂ B entonces |A| ≤ |B|. (la notaci´on |A| es el n´umero de elemento de A y A B significa que A es subconjunto propio de B , esto es A ⊂ B y A = B). a )
Tomemos el caso que B = I n . Como A es subconjunto de un conjunto finito entonces tambi´ en es finito, digamos que A = m, supondremos por reducci´ on a lo absurdo que m > n entonces I n I m , esto es, A es subconjunto propio de I m , pero como A = m, existe una biyecci´ on entre I m y A, lo que resulta absurdo; pues no puede existir una biyecci´ on entre un conjunto finito y su parte propia.
| | | |
b)
Para este inciso usaremos la propiedad que nos dice que A y B son finitos y disjuntos con A = n y B = m entonces A B es finito con A B = m + n. Entonces existen biyecciones F : I n A, g : I m B. Definimos h como h : I m+n A B como h(x) = f (x) en 1 x n y h(x) = g(x n) en 1+n x m +n, (1 x n m), entonces h es biyecci´on.
| ∪ | −→ ≤ − ≤
| |
| |
≤ ≤
−
∪ −→ −→ ∪ ≤ ≤
Tambi´ en contamos con la propiedad que nos dice que si A y B son conjuntos finitos no necesariamente disjuntos es v´ alida la relaci´on
|A ∪ B| = |A| + |B| − |A ∩ B| Entonces escribimos A como una uni´on disjunta A = (A/B) (A B), de ahi A A B = A/B ahora escribimos A B = (A/B) B uni´on disjunta luego
∩
∪
| | − | ∩ | |
|
|A ∪ B| = |A/B| + |B| 7
∪
∪
Usando la primera expresi´ on sigue que
|A ∪ B| = |A| + |B| − |A ∩ B|
c )
Veamos la propiedad que nos dice que sean (A1 , A2 ,...,An) = (Ak )n1 conjuntos finitos dos a dos disjuntos, donde Ak = m k entonces
| |
| |
n
n
n
Ak =
k=1
Ak =
k=1
mk
k=1
donde aplicaremos el principio de inducci´ on matem´ atica. La siguiente propiedad nos dice que si A y B son finitos y disjuntos con A = n y B = n entonces A B es finito con A B = m n.
| |
| |
×
| × |
·
n
Podemos escribir A
× B
=
Ak donde Ak = A
k=1
|A | = m, luego k
n
|A × B| =
k=1
|
× {B } con k
n
Ak =
Ak = m n
k=1
|
·
2. Sea (X ) el conjunto cuyos elementos son los subconjuntos de X . Pruebe, usando el m´ etodo de inducci´ on, que si X es finito cardX entonces card (X ) = 2
P
P
Sea A = n entonces (A) = 2n . Por inducci´ on sobre n sea n = 1, entonces A = a1 posee dos subconjuntos que son y a1 . Suponga que cualquier conjunto cualquiera B con n elementos tenga (B) = 2n , vamos a probar que un conjunto C con n + 1 elementos implica que (C ) = 2n+1. Tomamos un elemento a C , C/ a posee 2n subconjuntos (por hip´ otesis de inducci´ on), sk de k = 1 y k = 2n , que tambi´en son subconjuntos de C , por qu´ e podemos formar mas n 2 subconjuntos de C con la uni´on del elemento a , luego en total tenemos que 2n + 2n = 2n+1 subconjuntos de C y ya no tendr´ıamos ning´ un otro elemento para unir a los subconjuntos dados
| |
{ }
|P |
∅ { } |P | ∈ {}
|P |
{ }
8
1.3.
Conjuntos infinitos
1. Dada f : X
−→ Y pruebe que
a )
Si X es infinito y f es inyectiva entonces Y es infinito.
b)
Si Y es infinito y f es sobreyectiva entonces X es infinito.
Lo haremos por dos partes: a )
f : X f (X ) es biyecci´on y f (X ) Y es infinito, luego Y es infinito, Y no puede ser finito pues todo subconjunto de un conjunto finito es finito. f (X ) no puede ser finito, pues X estar´ıa en biyecci´on con un conjunto finito y ser´ıa finito.
b)
Dado y Y escogemos una x A tal que f (x) = y y definimos una funci´ on g : Y X tal que g(y) = x, g es inyectiva entonces por el resultado anterior sigue que X es infinito.
−→
⊂
∈
∈
−→
2. Sea X un conjunto finito y Y un conjunto infinito. Pruebe que Y y una funci´ existe una funci´ on inyectiva f : X on sobre X . yectiva g : Y
−→
−→
Vamos a probar la definici´on que nos dice que sea X infinito entonces existe una funci´ on inyectiva f : N X
−→
Podemos definir f inductivamente. Tomamos inicialmente x1
X y
{ ∈} n
definimos f (1) = x1 para n
∈ N escogemos x
n+1
∈ X/
n
finido f (n + 1) = xn+1. X/
{
k=1
f (m) X/
∈
m−1 k=1
k=1
xk nunca es vac´ıo pues X es infini-
}
to. f es inyectiva pues tomando m > n entonces f (n)
xk de-
m−1
∈ {
xk y
k=1
{x }. k
}
De aqu´ı podemos usar el corolario que dice que existe una funci´ on inyectiva de un conjunto finito Y en un conjunto infinito X .
9
Siendo X infinito y Y finito existe una funci´ on sobreyectiva g : X Y .
−→
Existe una funci´ on inyectiva f : Y X , luego f : Y f (Y ) X y −1 biyecci´ on pasando a la investa g : f (Y ) Y . Considere la funci´on −1 f : X Y definida como f (x) = g (x) y x f (Y ) y f (x) = x 1 Y con x f (Y ) entonces f es funci´on sobreyectiva.
−→
−→ ∈
−→
−→
⊂ ∈
∈
3. Pruebe que el conjunto
P de n´umeros primos es infinito.
Suponga que existen ( pk )n1 , n primos, vamos a mostrar que existe un primo distinto a los dos anteriores. Considere
n
s =
pk
n
pk = a
+1
k=1
k=1
si ese n´ umero es primo la demostraci´ on termina, si no, el compuesto e ira a existir un n´umero primo p s, tal p no puede ser p k dados pues p k s entonces p k (s a) = 1 lo que resultar´ıa absurdo, asi el posee el factor primo p = p k .
| −
|
|
4. D´ e un ejemplo de una sucesi´ on decreciente X 1 X n
⊃
⊃ X ⊃ ... ⊃
... de conjuntos infinitos cuya intersecci´ on
2
∞
X n sea
n=1
vac´ ıa.
Consideremos los conjuntos definidos como Ak = n N n > k , cada uno de esos conjuntos es infinito y vale Ak Ak+1 por que no existe elemento que pertenezca a la intersecci´ on
⊂
{ ∈ |
}
∞
Ak
k=1
si hubiese alg´ un t que perteneciera a la intersecci´ on entonces tal t deber´ıa ser elemento de todo A k , pero eso no acontece, pues existe una k tal que k > t, de ah´ı todos los elementos de Ak son mayores que t.
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1.4.
Conjuntos numerables
1. Defina f : N N N mediante f (1, n) = 2n 2n (2n 1). Pruebe que f es una biyecci´ on.
× −→
−
− 1 y f (n + 1, n) =
Dado un n´ umero natural n cualquiera, podemos escribir ese n´ umero como el producto de sus factores primos. n
n =
n
p
αk k
α1
=2
k=1
·
pαk k
k=2
como los primos mayores que 2 son impares y el producto de dos n´ umem ros impares es impar entonces n = 2 (2n 1). Ahora vamos a mostrar que la funci´on inyectiva sea f (m, n) = f ( p, q )
−
2m (2n
p
− 1) = 2 (2q − 1)
y m = p los n´ umeros ser´ıan diferentes por la unicidad del factor (2s 1 no posee factores 2 pues siempre es impar) entonces debemos tener m = p, de ah´ı sigue que n = q y termina la demostraci´on.
−
2. Pruebe que existe g : N infinito para toda n N.
∈
−→ N sobreyectiva tal que g
−1
(n) es
Sea f : N N definida como f (n) = k donde n es de la forma n = p αk k y pk es el k-´esimo n´umero primo de f (n) = n en caso contrario, f es sobreyectiva y existen puntos infinitos n N tal que f (n) = k, k N.
−→
∈
∀ ∈
∪ N ∪ ... ∪ N ∪ ... como uni´on infinita de sub-
3. Escriba N = N1
2
n
conjuntos infinitos disjuntos dos a dos.
Tomamos Nk+1 = pαk k ∞
N/ N.
{ ∈ N donde p es el k-´esimo t´ermino } y N k
1
=
Nk , cada uno de ellos es infinito, sus disjuntos es una uni´on de
k=2
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4. Para cada n
∈ N, sea P = {X ⊂ N : cardX = n}. Pruebe que P es numerable. Concluya que el conjunto P de los subconjunn
n
f
tos finitos de N es numerable.
Definimos una funci´ on f : n Nn de la siguiente manera: Dado A = x1 < x2 < ... < xn , f (A) = (x1 ,...,xn ). Tal funci´on es inyectiva por que dados A = xk , k I n y B = yk , k I n no puede valer xk = y k para todo k pues los conjuntos ser´ıan iguales.
P −→ } { ∈ }
{
{
∈ }
P de conjuntos finitos de N es numerable pues
El conjunto
f
∞
P = f
P
k
k=1
es uni´on numerable de conjuntos numerables.
2. 2.1.
N´ umeros reales R es un cuerpo
1. Pruebe las siguientes unicidades: a )
∈ R entonces θ = 0. b ) Si x · u = x para todo x ∈ R entonces u = 1. c ) Si x + y = 0 entonces y = −x. d ) Si x · y = 1 entonces y = x . Si x + θ = x para todo x
−1
Para estos problemas vamos a utilizar los 10 axiomas de orden de los reales. a )
Para este problema utilizaremos el inverso aditivo de x, es decir
x + θ = x x + ( x) + θ = x + ( x) θ = 0
−
−
12
b)
Para este inciso utilizaremos el inverso multiplicativo que aparecer´ a en ambos lados de la igualdad
x u = x
· 1 · x · u x
= x
u = 1
c )
· x1
En este caso utilizaremos de nueva cuenta la suma del inverso aditivo.
x + y = 0 x + ( x) + y = ( x) y = x
−
d )
− −
Para este inciso tenemos que utilizar de nueva cuenta el inverso multiplicativo de ambos lados de la ecuaci´ on. Recordemos que −1 1/x = x
x y = 1
· 1 · x · y x
= 1
y =
· x1
1 = x −1 x
2. Dados a,b,c,d R si b = 0 y d = 0 pruebe que (a/b + c/d) = (ad + bc)/bd y (a/b)(c/d) = (ac/bd).
∈
a c + = b d = = =
(ad + bc) bd (ad + bc)(b−1d−1 ) ab−1 + cd−1 a c + b d 13
y luego tenemos que a b
c d
ac bd = (ac)(b−1 d−1 ) a c = b d
=
3. Si a, b R, a = 0 y b = 0, pruebe que (ab)−1 = a −1 b−1 y concluya que (a/b)−1 = (b/a).
∈
·
a b
−1
´esto por que a b
−1
n+1
−x
4. Pruebe que (1
=
b a
= (ab−1 )−1 = a −1 b =
b a
)/(1
n
− x) = 1 + x + ... + x , ∀x = 1.
Tenemos b´ asicamente que mostrar que n
1
k
x =
k=0
n+1
−x 1−x
y utilizaremos la suma telesc´ opica n
k=0
y como xk+1
k
−x
xk+1
k
−x
= x n+1
−1
= x k (x n
k=0
− 1) entonces x −1 = 1−x x = x−1 1−x k
n+1
n+1
14
2.2.
R es un cuerpo ordenado.
1. Para cualesquiera x, y,z
∈ R, pruebe que |x − z | ≤ |x − y| + |y − z |.
Son v´alidas las desigualdades
−|a| ≤ a ≤ |a|
−|b| ≤ b ≤ |b|
y sumando ambas obtenemos
−(|b| + |a|) ≤ a + b ≤ |b| + |a| Y ´esto se puede escribir como
|a + b| ≤ |a| + |b| Sabemos que vale siempre x ≤ |x| y y ≤ |y | entonces x + y ≤ |x| + |y|, de ah´ı se tiene que 0 ≤ x + y y tenemos |x + y| = x + y ≤ |x| + |y| Y es v´alido tambi´en que − x ≤ |x| y − y ≤ |y| entones x + y < 0 y sigue que |x + y| = −(x + y) ≤ |x| + |y |. En cualquiera de los dos casos tenemos que |x + y | ≤ |x| + |y|. De la desigualdad tri´angular
|a + b| ≤ |a| + |b| tomando a = x − y y b = y − z sigue |x − z | ≤ |x − y| + |y − z |
2. Dados x, y
2
∈ R si x
+ y 2 = 0 pruebe que x = y = 0.
Supongamos que x = 0, entonces x 2 > 0 y y ≥ 0 y sumando tenemos que x2 +y 2 > 0, lo que resulta absurdo entonces debe valer x2 = 0 = x = 0 y tambi´en y2 = 0 = y = 0.
⇒
⇒
15
3. Usando el trinomio de segundo grado f (λ) = ni=1(xi + λyi )2 es 0 para todo λ R pruebe la desigualdad de Cauchy-Schwarz:
∈ ≤
≥
2
n
n
n
2
xi y i
yi2
xi
i=1
i=1
i=1
Pruebe tambi´ en que se tiene la igualdad si, y s´ olo si, existe λ tal que xi = λy i , para todo i N.
∈
n
Dado f (x) =
(xi + xyi )2 donde f (x)
i=1
≥ 0, siendo un polinomio de
grado dos podemos desarrollar el binomio de tal manera que n
n
n
n
(xi + xyi )2 =
i=1
donde
i=1
n
(xi )2 + 2x
(xi yi ) + x2
i=1
i=1
n
2
(yi ) = a
i=1
n
2
(xi yi ) + x = b
i=1
(xi )2 = c
i=1
tenemos que tener un discriminante ∆ = b2 para que f (x) 0, entonces sustituyendo
≥
2
2
− 4ac ≤ 0 =⇒ b ≤ 4ac
≤ n
4
(yi )2
(xi yi )
n
4
i=1
n
2
(yi )2
(xi )
i=1
i=1
implica finalmente que 2
≤ n
n
n
2
(xi yi )
(yi )2
(xi )
i=1
i=1
i=1
´esta igualdad es v´ alida si , y s´olo si xi + xyi = 0, k
∀ ∈ N.
16
3. 3.1.
Sucesiones L´ımite de una sucesi´ on
1. Se dice que una sucesi´ on xn es peri´ odica cuando existe p N tal que xn+ p = xn para todo n N. Pruebe que toda sucesi´ on
∈
∈
convergente es constante.
Consideremos las subsucesiones de la sucesi´ on xn que tiene periodo p. (x1 , x1+ p , x1+2 p ,..., ) = (x1+np )n (x2 , x2+ p , x2+2 p ,..., ) = (x2+np )n .. .
∈N ∈N
(x p−1 , x p−1+ p , x p−1+2 p ,..., ) = (x p−1+np )n
∈ N
cada se sucesi´ on de ´esas es constante y posee siempre un valor igual a su primer t´ermino pero como la sucesi´ on es peri´ odica de periodo p, xn+ p = x n . Si xn converge entonces su subsucesiones deben converger al mismo valor. Entonces deben valer x 1 = x 2 = ... = x p−1 y cada t´ermino de la sucesi´ on x n debe pertenecer a una de esas subsucesiones, de ´esto sigue que x n es constante.
2. Dadas las sucesiones xn y yn defina z n como z 2n−1 = x n y z 2n = y n . Pruebe que si l´ım xn = l´ım yn = a entonces l´ım z n = a . Sean yn = x2n y z n = x2n−1 como tenemos que los l´ımites de yn y xn son a. > 0, n0 y n1 tal que para n > n0 , yn (a , a + ) y si n > n1 entonces z n (a , a + ), escojemos una n 2 = max n0, n1 y tenemos simult´ aneamente z n (a , a + ), x 2n−1 , x2n (a , a + ) entonces para n > 2n2 1 tenemos que xn (a , a+) luego entonces el l´ımite tambi´en es a.
∀
∃
∈ − ∈ − −
∈ −
∈ − { ∈ −
}
3. Pruebe que si l´ım xn = a entonces l´ım xn = a .
| | ||
Si l´ım xn = a entonces 17
∀ > 0, ∃n ∈ N tal que n > n =⇒ |x − a| < . 0
0
y tenemos la desigualdad xn y entonces
n
|| |−|a|| ≤ |x − a| entonces ||x |−|a|| < n
n
l´ım xn = a
| | ||
3.2.
L´ımites y desigualdades
1. Si l´ım xn = a y l´ım yn = b y xn entonces que a b .
| − y | ≥ para todo n ∈ N, pruebe
| − | ≥
n
Suponga por reducci´ o n a lo absurdo que a b < y yn xn . Podemos tomar n > n0 tal que yn b < 2 y xn a < 3 donde 1 + 2 + 3 = pues basta tomar 2 + 3 < 1 donde 1 > 0 luego
| − | | − | ≥ | − | | − | − −
|y − x | ≤ |y − b| + |b − a| + |x − a| < + + = que contradice que |y − x | ≥ . n
n
n
n
n
1
2
3
n
2. Si el n´ umero real a no es el l´ımite de la sucesi´ on acotada xn , pruebe que existe alguna subsucesi´ on convergente de xn con l´ ımite b = a .
Como la sucesi´on xn es limitada y posee una subsucesi´ on xnk convergente, convergiendo a un valor a. Como la sucesi´on no es convergente, tiene que haber otra subsucesi´ on xnt que no converge a a, de ah´ı entonces existen valores infinitos de n t tal que xnt no est´ a en el intervalo (a , a + ) para alg´ un . Como xnt es limitada entonces posee una subsucesi´on convergente, que no puede convergir a a, converge entonces a un valor b = a.
−
18
3. Pruebe que una sucesi´ on acotada es convergente si, y s´ olo si, posee un u ´ nico valor de adherencia.
Si ´esta es converge posee un unico ´ valor de adherencia. Si ella posee un u ´ nico valor de adherencia entonces converge, pues si no convergiese tendr´ıa mas de un valor de adherencia. 4. ¿Cu´ ales son los valores de adherencia de la sucesi´ on xn definida por x2n−1 = n y x2n = 1/n?¿Es esta sucesi´ on convergente?. Para que un punto sea de adherencia es necesario que existan infinitos t´erminos arbitrariamente pr´ oximos a tal punto, en el caso de ´esta sucesi´on el u ´ nico n´ umero que satisface esta propiedad es el 0, adem´ as esa sucesi´on no es convergente pues no es limitada.
3.3.
Operaciones con l´ımites
1. Pruebe que, para todo p
∈ N se tiene l´ım √ n = 1. n+p
Podemos reescribir el l´ımite como 1
l´ım n n+p = 1
n−→∞
Pues entonces vale 1
1
1
n+p
n
≤ n ≤ n
Y por el teorema de Sandwich nos daremos cuenta que la sucesi´ on efectivamente si converge a 1.
19
3.4.
L´ımites infinitos
1. Si l´ım xn = +
∞ y a ∈ R, pruebe que
l´ım [ log(xn + a)
n−→∞
Tenemos
ln(xn + a)
− ln √ x = n
− log √ x ] = 0 n
ln(xn + a) ln(xn + a)
− ln(x ) − ln(x ) n
n
El denomindador ln(1 + xan ) < 1 + xan 1 luego el numerador es limitado y tiende a infinito, entonces el l´ımite es cero.
−→
4. 4.1.
Algunas nociones de topolog´ıa Conjuntos abiertos
1. Pruebe que, para todo X R, se tiene int(intX ) = intX ; concluya que int X es un conjunto abierto.
⊂
Queremos mostrar que un punto y (x , x+) arbitrario es un punto interior de A, de ah´ı siguiendo que todo intervalo (x , x+) es un subconjunto del int A. Como y (x , x + ) entonces es v´ alido x < y y y < x + podemos tomar un n´ umero δ R y mayor a cero tal que x < y δ y y + δ < x + , de ah´ı cada (y δ, y + δ ) (x , x + ), y el punto interior de (x , x + ) A, luego y es un punto interior de A lo que implica que (x , x + ) int A.
∈ − ∈ −
−
−
−
⊂
−
−
∈
−
−
⊂ −
⊂
Sabemos que int (int A) int A, ahora vamos a mostrar que int(A) int(int(A)). Dado x int(A) existe > 0 tal que (x , x + ) A luego (x , x + ) int(A) = B , entonces x int(B) = int(int(A)), lo que demuestra el regreso de la demostraci´ on.
−
∈ ⊂
⊂
∈
−
⊂
⊂
20
