Demostraciones - Apuntes Conjuntos acotados PDF

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Algunas demostraciones sobre conjuntos acotados....

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DEMOSTRACIONES Roberto de Alba Enero de 2018

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Problema 12

Sean X,Y subconjuntos no vac´ıos de R cuya uni´on es R y tales que cada elemento de X es menor que cada elemento de Y. Probar que existe a ∈ R tal que X es uno de los conjuntos: (−∞, a) o´ (−∞, a]

Demostraci´ on: El conjunto X no es vac´ıo y por hip´otesis todo b ∈ Y es cota superior de X. Tambi´en, como Y 6= φ sabemos que X est´a acotado superiormente. Por el Axioma de la completitud, X tiene supremo. Sea a = sup X, entonces como a es cota superior para X, luego t ≤ a para todo t ∈ X y como todo elemento de Y es una cota superior de X, a ≤ b para todo b ∈ Y. Ahora, puesto que, X ∪ Y = R y adem´as R no es acotado inferior ni superiormente, entonces: X = (−∞, a) si a > t para todo t ∈ X o´ X = (−∞, a] si a ≥ t para todo t ∈ X

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Problema 16

Probar que si A y B son subconjuntos no vac´ıos de R+ acotados superiormente, entonces A · B es acotado superiormente y: sup(A · B) = sup A · sup B Demostraci´ on: Como A y B est´an acotados superiormente y adem´as A 6= φ y B 6= φ, entonces por el axioma de completez, ambos tienen supremo. Sean a = sup A y b = sup B. Dado que los elementos de A y B son n´umeros positivos, xy ≤ ab para todo x ∈ A e y ∈ B. Ahora demostraremos que ab es el l´ımite superior m´ınimo de A · B. Tome ǫ > 0 arbitrario. Existen j ∈ A y k ∈ B tales que j > (a − ǫ) y k > (b − ǫ). Por lo tanto j · k > ab − ǫ(a + b − ǫ). Dado que ǫ(a + b − ǫ) se puede hacer arbitrariamente peque˜no, vemos que cualquier n´ umero menor que ab no puede ser un l´ımite superior de A · B. Por lo tanto, ab = sup(A · B). Si A o B no est´an acotados superiormente, entonces A · B tampoco lo est´a. As´ı: sup(A · B) = sup A · sup B

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Problema 17

Sean A y B subconjuntos no vac´ıos de R. Si A y B son acotados, entonces: a) sup(A ∪ B) = max {sup A, sup B} b) inf(A ∪ B) = min {inf A, inf B}

Demostraci´ on: Supongamos primero que A y B est´an acotados superiormente. Sean a = sup A y b = sup B. Por supuesto, podemos suponer que a ≤ b. Entonces, para cualquier x ∈ (A ∪ B), x ≤ b. Adem´as, para cualquier ǫ > 0 hay X ∗ ∈ B tal que X ∗ > b − ǫ. Es obvio que X ∗ pertenece a A ∪ B. Por lo tanto, la primera igualdad es v´ alida. Si A o B no est´ an acotados superiormente, entonces A∪B tampoco lo est´ a. Entonces, sup(A∪B) = +∞, Y asumimos que max {+∞, x} = max {+∞, +∞} = +∞ para cualquier c real. La prueba de la segunda igualdad es similar.

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Problema 18

Si A es un subconjunto no vac´ıo de R+ tal que ´ınf A>0, entonces: sup

1 1 = inf A A

Demostraci´ on: Sea a = inf A > 0. Entonces, para cualquier x ∈ A, la desigualdad x ≥ a es equivalente a 1 1 1 1 ≤ . Entonces, es un l´ımite superior de . Adem´as, para cualquier ǫ > 0 hay X ∗ ∈ A tal x a a A que X ∗ ≤ (a + ǫ). Por lo tanto: 1 1 1 ǫ > = − X∗ (a + ǫ) a a(a + ǫ) 1 1 ǫ se puede hacer arbitrariamente peque˜ no, es el l´ımite inferior m´ınimo de . a(a + ǫ) a A 1 Pasemos ahora al caso a = 0, entonces el conjunto es ilimitado (de hecho, para cualquier A 1 1 1 para el cual X ∗ > ). Por lo tanto, sup = +∞ ǫ > 0 hay X ∗ ∈ A e A

Como

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Problema 23c

Encontrar el supremo y el ´ınfimo de los siguientes conjuntos, sustentando en cada caso sus afirmaciones: nm o c.) : m, n ∈ N, m ≤ 2n √n √ e.) { n − ⌊ n⌋ : n ∈ N} Demostraci´ on:

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Problema 25a

Probar que

√

n−1+

√

n + 1 es irracional para todo n ∈ N.

Demostraci´ on: √ √ Supongamos que n − 1 + n + 1 ∈ Q, luego consideremos: √ √ √ √ ( n + 1 + n − 1) · ( n + 1 − n − 1) = n + 1 − n + 1 = 2 Lo que implica que

√

n+1−

√

n − 1 ∈ Q. Por lo tanto

√

n+1 y

√

n − 1 son racionales.

3 As´ı que, n − 1 = k y n + 1 = h , donde k y h son enteros positivos. Esto implica que: h = 2 1 yk= 2 √ √ Lo cual es absurdo. Entonces n − 1 + n + 1 es irracional para todo n ∈ N 2

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