Ayudanta 1 - Seba Urrutia

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PONTIFICIA UNIVERSIDAD CATOLICA DE CHILE
FACULTAD DE MATEMATICAS
DEPARTAMENTO DE MATEMATICA
Segundo Semestre 2010
MAT 1610 ⋆ AYUDANTÍA
Sección 02 Sebastián Urrutia Quiroga
1. Sean A y B dos conjuntos, definimos A+B = {x+ y : x ∈ A, y ∈ B}, entonces de-
muestre que sup (A+B) = sup (A) + sup (B).
Solución
Demostraremos la propiedad demostrando las dos desigualdades que nos darán la
igualdad.
Primero sup (A+B) ≤ sup (A) + sup (B):
Un elemento de A+B se escribe como x+ y, y este número es menor que sup (A)+
sup (B), pues x ≤ sup (A) e y ≤ sup (B). Con ello tenemos que sup (A) + sup (B)
es una cota superior del conjunto A + B. Entonces el sup (A+B) debe ser menor
que sup (A) + sup (B). Luego,
sup (A+B) ≤ sup (A) + sup (B)
Segundo sup (A+B) ≥ sup (A) + sup (B):
Sabemos que para todo x ∈ A e y ∈ B, x + y ≤ sup (A+B), es decir para todo
x ∈ A se tiene x ≤ sup (A+B)− y, lo que equivale a decir que para todo y ∈ B, se
tiene que el real sup (A+B)− y, es cota superior de A. Entonces para todo y ∈ B
se tiene que sup (A) ≤ sup (A+B)−y. Como es para todo y ∈ B, entonces tenemos
y ≤ sup (A+B)− sup (A). Luego sup (B) ≤ sup (A+B)− sup (A). Con lo cual se
tiene la otra desigualdad.
Aśı,
sup (A+B) = sup (A) + sup (B)
�
2. Calcule ĺım
n→∞
3n+ 1
6n+ 1
y luego demuéstrelo por definición.
Solución
Notemos que:
ĺım
n→∞
3n+ 1
6n+ 1
= ĺım
n→∞
n(3 + 1
n
)
n(6 + 1
n
)
= ĺım
n→∞
3 + 1
n
6 + 1
n
=
3 + 0
6 + 0
=
1
2
Ahora, debemos demostrar que:
∀ϵ > 0, ∃n0 ∈ N (∀n > n0 ⇒
∣∣∣∣3n+ 16n+ 1 − 12
∣∣∣∣ < ϵ)
Es decir, dado ϵ > 0, buscamos n0 tal que cumpla lo pedido. A modo de borrador,
tenemos que:
∣∣∣∣3n+ 16n+ 1 − 12
∣∣∣∣ < ϵ ⇒ ∣∣∣∣6n+ 2− 6n− 12(6n+ 1)
∣∣∣∣ < ϵ
⇒
∣∣∣∣ 12(6n+ 1)
∣∣∣∣ < ϵ como la fracción es positiva,
⇒ 1
6n+ 1
< 2ϵ
⇒ 1
2ϵ
< 6n+ 1
⇒ 1− 2ϵ
12ϵ
< n
Recordemos que ∀x ∈ R,
[
x
]
≤ x. Aśı, nuestro candidato a n0 es
n0 =
[
1− 2ϵ
12ϵ
]
Ahora, con nuestro n0 probamos que:
Sea n > n0 =
[
1− 2ϵ
12ϵ
]
. Entonces,
n >
1− 2ϵ
12ϵ
⇒ 6n > 1− 2ϵ
2ϵ
=
1
2ϵ
− 1
⇒ 6n+ 1 > 1
2ϵ
⇒ ϵ > 1
2(6n+ 1)
=
3n+ 1
6n+ 1
− 1
2
y con ello ϵ >
∣∣3n+1
6n+1
− 1
2
∣∣.
�
3. Demuestre que ĺım
n→∞
n
n+ 1
= 1.
Solución
Debemos demostrar que:
∀ϵ > 0, ∃n0 ∈ N (∀n > n0 ⇒
∣∣∣∣ nn+ 1 − 1
∣∣∣∣ < ϵ)
Lo que es equivalente a demostrar que:
∀ϵ > 0,∃n0 ∈ N (∀n > n0 ⇒
∣∣∣∣ 1n+ 1
∣∣∣∣ < ϵ)
Sea ϵ > 0 y n0 ∈ N tal que n0 > 1−ϵϵ . Ahora, su existencia está asegurada por la
propiedad Arquimediana. 1
Entonces si n > n0 entonces se tiene que:
n+ 1 >
1− ϵ
ϵ
+ 1 =
1
ϵ
Por tanto,
1
n+ 1
< ϵ
�
4. Propuesto: Demuestre que
ĺım
n→∞
rn =

0 si |r| < 1
1 si r = 1
@ otros casos
5. Calcule los ĺımites de las sucesiones cuyos términos n-ésimos son:
3
√
n+ 1− 3
√
n. R=0
√
n2 + 1
2n− 1
. R=1
2
1Teorema (Propiedad Arquimediana): ∀x > 0 ∈ R, ∃n ∈ N tal que x · n > 1
(
n2 + 5
n2 + 1
)n2+4
. R=e4
6. a) Calcule ĺım
n→∞
4n2 − 3n
n2 − 2n
Solución
Se tiene que:
ĺım
n→∞
4n2 − 3n
n2 − 2n
= ĺım
n→∞
n2(4− 3
n
)
n2(1− 2
n
)
= ĺım
n→∞
4− 3
n
1− 2
n
=
4− 0
1− 0
= 4
�
b) Calcule ĺım
n→∞
2n − 1
3n + 1
Solución
Tenemos que:
ĺım
n→∞
2n − 1
3n + 1
= ĺım
n→∞
2n(1 + (1
2
)n)
3n(1 + (1
3
)n)
= ĺım
n→∞
(
2
3
)n 1 + (1
2
)n
1 + (1
3
)n
= ĺım
n→∞
(
2
3
)n
︸ ︷︷ ︸
→0
1 + (1
2
)n
1 + (1
3
)n︸ ︷︷ ︸
→1
= 0
�