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Solucionario Ana´lisis Real; Elon Lages Lima Joseph Isaac Ramı´rez Herna´ndez 14 de mayo de 2014 1 I´ndice 1. Conjuntos finitos e infinitos 3 1.1. Nu´meros naturales . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3 1.2. Conjuntos finitos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 7 1.3. Conjuntos infinitos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 9 1.4. Conjuntos numerables . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 11 2. Nu´meros reales 12 2.1. R es un cuerpo . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 12 2.2. R es un cuerpo ordenado. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 15 3. Sucesiones 17 3.1. L´ımite de una sucesio´n . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 17 3.2. L´ımites y desigualdades . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 18 3.3. Operaciones con l´ımites . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 19 3.4. L´ımites infinitos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 20 4. Algunas nociones de topolog´ıa 20 4.1. Conjuntos abiertos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 20 2 1. Conjuntos finitos e infinitos 1.1. Nu´meros naturales 1. Mostrar por medio de induccio´n matema´tica que 1X n=1 n = n(n+ 1) 2 y que 1X n=1 (2n� 1) = n2 La induccio´n matema´tica nos dice que realicemos una base para la induccio´n, en este caso probaremos con n = 1, con lo que obtenemos kX n=1 n = n(n+ 1) 2 1 = 1(2) 2 1 = 1 Ahora suponemos que es cierto para una n = k donde k 2 N y obtene- mos 1X k=1 k = k(k + 1) 2 Y ahora vamos a probar para k + 1 donde obtendremos n+1X k=1 k = (n+ 1)(n+ 2) 2 Por definicio´n de sumatoria tenemos que n+1X k=1 k = (n+1)+ nX k=1 k = (n+1)+ n(n+ 1) 2 = (n+1)(1+ n 2 ) = (n+ 1)(n+ 2) 2 Y entonces nuestra hipo´tesis de induccio´n es correcta. 3 ⌅ Para la segunda suma tenemos la base de la induccio´n con n = 1 y obtenemos 1X n=1 (2n� 1) = n2 1 = (1)2 1 = 1 Suponiendo que es va´lida para una n = k donde k 2 N, tenemos 1X k=1 (2k � 1) = k2 y ahora mostramos cierto para k + 1 donde obtendremos n+1X k=1 (2(k + 1)� 1) = (k + 1)2 y usando la definicio´n de sumatorio y la hipo´tesis de induccio´n tenemos n+1X k=1 (2k � 1) = nX k=1 (2k � 1) + 2n+ 1 = n2 + 2n+ 1 = (n+ 1)2 lo que prueba el problema. ⌅ 2. Dados m,n 2 N con n > m, pruebe que o´ n es mu´ltiplo de m o que existen q, r 2 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 2 N con n > m entonces existe una q 2 N tal que 4 qm n < (q + 1)m Entonces, sea A = {x,m : xm > n, x 2 N}, tal conjunto es no vac´ıo pues (n + 1) · m > n. Sabemos tambie´n que m no pertenece a ese conjunto, entonces x > 1, x siempre es sucesor de algu´n nu´mero natural, entonces podemos tomar el elemento mı´nimo 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 tricotomı´a de los reales. qm n < (q + 1)m ya que siempre debe existir un nu´mero real entre otros dos nu´meros reales. Ahora tambie´n debemos ver la divisio´n 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 demostracio´n termina, si tomamos la segunda opcio´n entonces existe una r 2 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 qm + r = n > qm +m = m(q + 1) que tambie´n es absurdo, como no puede valer r � m entonces por la tricotomı´a de los reales vale r < m. ⌅ 3. Sea X ⇢ N un subconjunto no vac´ıo tal que m,n 2 X () m,m+n 2 X. Pruebe que existe k 2 N tal que X es el conjunto de los mu´ltiplos de k. Observemos primero una propiedad; sea A 6= ; subconjunto de N, con propiedades n,m 2 A() m,m+ n 2 A entonces existe una t 2 N tal que A = {tn : n 2 N}. 5 A es no vac´ıo, entonces tiene un elemento mı´nimo t. Primevo vamos a mostrar que B = {tn : n 2 N} ⇢ A, t 2 A, suponiendo que tn 2 A vamos a mostrar que t(n + 1) 2 A. La propiedad es va´lida por que t(n+ 1) = tn+ t la adicio´n es cerrada en A. Entonces los mu´ltiplos de t pertenecen al conjunto A. Ahora dado un elemento m 2 A, tomamos la divisio´n euclidiana de m por t, de ah´ı existe q 2 N tal que m = qr y 9r 2 N tal que m = qt+ r. Es va´lida para todo m y una primera posibilidad entonces A ⇢ B implicando A = B. Vamos a mostrar que lo segundo ocurre. Sea m 2 A de la forma qt + r, como qt 2 A sigue que r 2 A, pero r < t que contradice la minimalidad de t, entonces esa posibilidad no puede acontecer y vale siempre m = qt. ⌅ 4. Dado n 2 N, pruebe que no existe x 2 N tal que n < x < n+ 1. Esta propiedad nos muestra que todo nu´mero natural diferente de 1 es sucesor de algu´n otro nu´mero. Suponga que existe una x con las condiciones dadas, entonces x = n+1 con p 2 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 ma´s pequen˜o de N. ⌅ 5. Obtenga el principio de induccio´n como consecuencia del prin- cipio de buena ordenacio´n. Sea B un conjunto que satisface las condiciones del axioma de induccio´n 1 2 B y 8k 2 B, k+1 2 B, vamos a probar queB = N. Supongamos por reduccio´n a lo absurdo que B 6= N, definimos A = N/B, tal conjunto es no vac´ıo entonces posee un elemento mı´nimo, tal elemento no puede ser 1 pues 1 2 B, entonces ese elemento es sucesor de algu´n nu´mero natural y podemos denotar ese elemento como t + 1, eso implica que t 2 B y por induccio´n t+ 1 2 B, que resulta absurdo. ⌅ 6 1.2. Conjuntos finitos 1. Indicando mediante card X el nu´mero 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 notacio´n |A| es el nu´mero de elemento de A y A ( B significa que A es subconjunto propio de B, esto es A ⇢ B y A 6= B). a) Tomemos el caso que B = In. Como A es subconjunto de un conjunto finito entonces tambie´n es finito, digamos que |A| = m, supondremos por reduccio´n a lo absurdo que m > n entonces In ( Im, esto es, A es subconjunto propio de Im, pero como |A| = m, existe una biyeccio´n entre Im y A, lo que resulta absurdo; pues no puede existir una biyeccio´n 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 : In �! A, g : Im �! B. Definimos h como h : Im+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 biyeccio´n. Tambie´n contamos con la propiedad que nos dice que si A y B son conjuntos finitos no necesariamente disjuntos es va´lida la relacio´n |A [B| = |A|+ |B|� |A \ B| Entonces escribimos A como una unio´n disjunta A = (A/B) [ (A \B), de ahi |A|� |A \B| = |A/B| ahora escribimos A [B = (A/B) [ B unio´n disjunta luego |A [B| = |A/B|+ |B| 7 Usando la primera expresio´n 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| = mk en- tonces ����� n[ k=1 Ak ����� = nX k=1 |Ak| = nX k=1 mk donde aplicaremos elprincipio de induccio´n matema´tica. 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. Podemos escribir A ⇥ B = n[ k=1 Ak donde Ak = A ⇥ {Bk} con |Ak| = m, luego |A⇥ B| = ����� n[ k=1 Ak ����� = nX k=1 |Ak| = m · n ⌅ 2. Sea P(X) el conjunto cuyos elementos son los subconjuntos de X. Pruebe, usando el me´todo de induccio´n, que si X es finito entonces card P(X) = 2cardX Sea |A| = n entonces |P(A)| = 2n. Por induccio´n 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 |P(B)| = 2n, vamos a probar que un conjunto C con n + 1 elementos implica que |P(C)| = 2n+1. Tomamos un elemento a 2 C, C/{a} posee 2n subconjuntos (por hipo´tesis de induccio´n), sk de k = 1 y k = 2n, que tambie´n son subconjuntos de C, por que´ podemos formar mas 2n subconjuntos de C con la unio´n del elemento {a}, luego en total tenemos que 2n + 2n = 2n+1 subconjuntos de C y ya no tendr´ıamos ningu´n otro elemento para unir a los subconjuntos dados 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 biyeccio´n 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 biyeccio´n con un conjunto finito y ser´ıa finito. b) Dado y 2 Y escogemos una x 2 A tal que f(x) = y y definimos una funcio´n 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 existe una funcio´n inyectiva f : X �! Y y una funcio´n sobre- yectiva g : Y �! X. Vamos a probar la definicio´n que nos dice que sea X infinito entonces existe una funcio´n inyectiva f : N �! X Podemos definir f inductivamente. Tomamos inicialmente x1 2 X y definimos f(1) = x1 para n 2 N escogemos xn+1 2 X/ n[ k=1 {xk} de- finido f(n + 1) = xn+1. X/ n[ k=1 {xk} nunca es vac´ıo pues X es infini- to. f es inyectiva pues tomando m > n entonces f(n) 2 m�1[ k=1 {xk} y f(m) 2 X/Sm�1k=1 {xk}. De aqu´ı podemos usar el corolario que dice que existe una funcio´n in- yectiva de un conjunto finito Y en un conjunto infinito X. 9 Siendo X infinito y Y finito existe una funcio´n sobreyectiva g : X �! Y . Existe una funcio´n inyectiva f : Y �! X, luego f : Y �! f(Y ) ⇢ X y biyeccio´n pasando a la investa g�1 : f(Y ) �! Y . Considere la funcio´n f : X �! Y definida como f(x) = g�1(x) y x 2 f(Y ) y f(x) = x1 2 Y con x 62 f(Y ) entonces f es funcio´n sobreyectiva. ⌅ 3. Pruebe que el conjunto P de nu´meros primos es infinito. Suponga que existen (pk)n1 , n primos, vamos a mostrar que existe un primo distinto a los dos anteriores. Considere s = nY k=1 pk ! + 1 nY k=1 pk = a si ese nu´mero es primo la demostracio´n termina, si no, el compuesto e ira a existir un nu´mero primo p|s, tal p no puede ser pk dados pues pk|s entonces pk|(s� a) = 1 lo que resultar´ıa absurdo, asi el posee el factor primo p 6= pk. ⌅ 4. De´ un ejemplo de una sucesio´n decreciente X1 � X2 � ... � Xn � ... de conjuntos infinitos cuya interseccio´n 1\ n=1 Xn sea vac´ıa. Consideremos los conjuntos definidos como Ak = {n 2 N|n > k}, cada uno de esos conjuntos es infinito y vale Ak ⇢ Ak+1 por que no existe elemento que pertenezca a la interseccio´n 1\ k=1 Ak si hubiese algu´n t que perteneciera a la interseccio´n entonces tal t de- ber´ıa ser elemento de todo Ak, pero eso no acontece, pues existe una k tal que k > t, de ah´ı todos los elementos de Ak son mayores que t. ⌅ 10 1.4. Conjuntos numerables 1. Defina f : N⇥ N �! N mediante f(1, n) = 2n� 1 y f(n + 1, n) = 2n(2n� 1). Pruebe que f es una biyeccio´n. Dado un nu´mero natural n cualquiera, podemos escribir ese nu´mero como el producto de sus factores primos. n = nY k=1 p↵kk = 2 ↵1 · nY k=2 p↵kk como los primos mayores que 2 son impares y el producto de dos nu´me- ros impares es impar entonces n = 2m(2n� 1). Ahora vamos a mostrar que la funcio´n inyectiva sea f(m,n) = f(p, q) 2m(2n� 1) = 2p(2q � 1) y m 6= p los nu´meros 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 demostracio´n. ⌅ 2. Pruebe que existe g : N �! N sobreyectiva tal que g�1(n) es infinito para toda n 2 N. Sea f : N �! N definida como f(n) = k donde n es de la forma n = p↵kk y pk es el k-e´simo nu´mero primo de f(n) = n en caso contrario, f es sobreyectiva y existen puntos infinitos n 2 N tal que f(n) = k, 8k 2 N. ⌅ 3. Escriba N = N1 [ N2 [ ... [ Nn [ ... como unio´n infinita de sub- conjuntos infinitos disjuntos dos a dos. Tomamos Nk+1 = {p↵kk 2 N donde pk es el k-e´simo te´rmino } y N1 = N/ 1[ k=2 Nk, cada uno de ellos es infinito, sus disjuntos es una unio´n de N. 11 ⌅ 4. Para cada n 2 N, sea Pn = {X ⇢ N : cardX = n}. Pruebe que Pn es numerable. Concluya que el conjunto Pf de los subconjun- tos finitos de N es numerable. Definimos una funcio´n f : Pn �! Nn de la siguiente manera: Dado A = {x1 < x2 < ... < xn}, f(A) = (x1, ..., xn). Tal funcio´n es inyectiva por que dados A = {xk, k 2 In} y B = {yk, k 2 In} no puede valer xk = yk para todo k pues los conjuntos ser´ıan iguales. El conjunto Pf de conjuntos finitos de N es numerable pues Pf = 1[ k=1 Pk es unio´n numerable de conjuntos numerables. ⌅ 2. Nu´meros reales 2.1. R es un cuerpo 1. Pruebe las siguientes unicidades: a) Si x+ ✓ = x para todo x 2 R entonces ✓ = 0. b) Si x · u = x para todo x 2 R entonces u = 1. c) Si x+ y = 0 entonces y = �x. d) Si x · y = 1 entonces y = 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+ ✓ = x x+ (�x) + ✓ = x+ (�x) ✓ = 0 12 b) Para este inciso utilizaremos el inverso multiplicativo que apare- cera´ en ambos lados de la igualdad x · u = x 1 x · x · u = x · 1 x u = 1 c) 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 ecuacio´n. Recordemos que 1/x = x�1 x · y = 1 1 x · x · y = 1 · 1 x y = 1 x = x�1 ⌅ 2. Dados a, b, c, d 2 R si b 6= 0 y d 6= 0 pruebe que (a/b + c/d) = (ad+ bc)/bd y (a/b)(c/d) = (ac/bd). a b + c d = (ad+ bc) bd = (ad+ bc)(b�1d�1) = ab�1 + cd�1 = a b + c d 13 y luego tenemos que ⇣a b ⌘⇣ c d ⌘ = ac bd = (ac)(b�1d�1) = ⇣a b ⌘⇣ c d ⌘ ⌅ 3. Si a, b 2 R, a 6= 0 y b 6= 0, pruebe que (ab)�1 = a�1 ·b�1 y concluya que (a/b)�1 = (b/a). ⇣a b ⌘�1 = b a e´sto por que ⇣a b ⌘�1 = (ab�1)�1 = a�1b = b a ⌅ 4. Pruebe que (1� xn+1)/(1� x) = 1 + x+ ...+ xn, 8x 6= 1. Tenemos ba´sicamente que mostrar que nX k=0 xk = 1� xn+1 1� x y utilizaremos la suma telesco´pica nX k=0 xk+1 � xk = xn+1 � 1 y como xk+1 � xk = xk(x� 1) entonces nX k=0 xk = xn+1 � 1 x� 1 = 1� xn+1 1� x ⌅ 14 2.2. R es un cuerpo ordenado. 1. Para cualesquiera x, y, z 2 R, pruebe que |x�z| |x�y|+ |y�z|. Son va´lidas las desigualdades �|a| a |a| �|b| b |b| y sumando ambas obtenemos �(|b|+ |a|) a+ b |b|+ |a| Y e´sto 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 va´lido tambie´n 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 tria´ngular |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 x2 + y2 = 0 pruebe que x = y = 0. Supongamos que x 6= 0, entonces x2 > 0 y y�0 y sumando tenemos que x2+y2 > 0, lo que resulta absurdo entonces debe valer x2 = 0 =) x = 0 y tambie´n y2 = 0 =) y = 0. 15 ⌅ 3. Usando el trinomio de segundo grado f(�) = Pn i=1(xi + �yi) 2 es � 0 para todo � 2 R pruebe la desigualdad de Cauchy-Schwarz: nX i=1 xiyi !2 nX i=1 x2i ! nX i=1 y2i ! Pruebe tambie´n que se tiene la igualdad si, y so´lo si, existe � tal que xi = �yi, para todo i 2 N. Dado f(x) = nX i=1 (xi + xyi) 2 donde f(x) � 0, siendo un polinomio de grado dos podemos desarrollar el binomio de tal manera que nX i=1 (xi + xyi) 2 = nX i=1 (xi) 2 + 2x nX i=1 (xiyi) + x 2 nX i=1 (yi) 2 donde nX i=1 (yi) 2 = a nX i=1 (xiyi) + x 2 = b nX i=1 (xi) 2 = c tenemos que tener un discriminante � = b2 � 4ac 0 =) b2 4ac para que f(x) � 0, entonces sustituyendo 4 nX i=1 (xiyi) !2 4 nX i=1 (xi) 2 ! nX i=1 (yi) 2 ! implica finalmente que nX i=1 (xiyi) !2 nX i=1 (xi) 2 ! nX i=1 (yi) 2 ! e´sta igualdad es va´lida si , y so´lo si xi + xyi = 0, 8k 2 N. ⌅ 16 3. Sucesiones 3.1. L´ımite de una sucesio´n 1. Se dice que una sucesio´n xn es perio´dica cuando existe p 2 N tal que xn+p = xn para todo n 2 N. Pruebe que toda sucesio´n convergente es constante. Consideremos las subsucesiones de la sucesio´n xn que tiene periodo p. (x1, x1+p, x1+2p, ..., ) = (x1+np)n 2 N (x2, x2+p, x2+2p, ..., ) = (x2+np)n 2 N ... (xp�1, xp�1+p, xp�1+2p, ..., ) = (xp�1+np)n 2 N cada se sucesio´n de e´sas es constante y posee siempre un valor igual a su primer te´rmino pero como la sucesio´n es perio´dica de periodo p, xn+p = xn. Si xn converge entonces su subsucesiones deben converger al mismo valor. Entonces deben valer x1 = x2 = ... = xp�1 y cada te´rmino de la sucesio´n xn debe pertenecer a una de esas subsucesiones, de e´sto sigue que xn es constante. ⌅ 2. Dadas las sucesiones xn y yn defina zn como z2n�1 = xn y z2n = yn. Pruebe que si l´ım xn = l´ım yn = a entonces l´ım zn = a. Sean yn = x2n y zn = x2n�1 como tenemos que los l´ımites de yn y xn son a. 8✏ > 0, 9n0 y n1 tal que para n > n0, yn 2 (a � ✏, a + ✏) y si n > n1 entonces zn 2 (a� ✏, a+ ✏), escojemos una n2 = max{n0, n1} y tenemos simulta´neamente zn 2 (a� ✏, a+ ✏), x2n�1, x2n 2 (a� ✏, a+ ✏) entonces para n > 2n2�1 tenemos que xn 2 (a�✏, a+✏) luego entonces el l´ımite tambie´n es a. ⌅ 3. Pruebe que si l´ım xn = a entonces l´ım |xn| = |a|. Si l´ım xn = a entonces 17 8✏ > 0, 9n0 2 N tal que n > n0 =) |xn � a| < ✏. y tenemos la desigualdad ||xn|� |a|| |xn� a| entonces ||xn|� |a|| < ✏ y entonces l´ım |xn| = |a| ⌅ 3.2. L´ımites y desigualdades 1. Si l´ım xn = a y l´ım yn = b y |xn � yn| � ✏ para todo n 2 N, pruebe entonces que |a� b| � ✏. Suponga por reduccio´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 |yn � xn| |yn � b|+ |b� a|+ |xn � a| < ✏1 + ✏2 + ✏3 = ✏ que contradice que |yn � xn| � ✏. ⌅ 2. Si el nu´mero real a no es el l´ımite de la sucesio´n acotada xn, pruebe que existe alguna subsucesio´n convergente de xn con l´ımite b 6= a. Como la sucesio´n xn es limitada y posee una subsucesio´n xnk conver- gente, convergiendo a un valor a. Como la sucesio´n no es convergente, tiene que haber otra subsucesio´n xnt que no converge a a, de ah´ı en- tonces existen valores infinitos de nt tal que xnt no esta´ en el intervalo (a � ✏, a + ✏) para algu´n ✏. Como xnt es limitada entonces posee una subsucesio´n convergente, que no puede convergir a a, converge entonces a un valor b 6= a. ⌅ 18 3. Pruebe que una sucesio´n acotada es convergente si, y so´lo si, posee un u´nico valor de adherencia. Si e´sta es converge posee un u´nico 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. ¿Cua´les son los valores de adherencia de la sucesio´n xn defini- da por x2n�1 = n y x2n = 1/n?¿Es esta sucesio´n convergente?. Para que un punto sea de adherencia es necesario que existan infinitos te´rminos arbitrariamente pro´ximos a tal punto, en el caso de e´sta su- cesio´n el u´nico nu´mero que satisface esta propiedad es el 0, adema´s esa sucesio´n no es convergente pues no es limitada. ⌅ 3.3. Operaciones con l´ımites 1. Pruebe que, para todo p 2 N se tiene l´ım n+ppn = 1. Podemos reescribir el l´ımite como l´ım n�!1 n 1 n+p = 1 Pues entonces vale 1 n 1n+p n 1n Y por el teorema de Sandwich nos daremos cuenta que la sucesio´n efectivamente si converge a 1. ⌅ 19 3.4. L´ımites infinitos 1. Si l´ım xn = +1 y a 2 R, pruebe que l´ım n�!1 [ p log(xn + a)� logpxn] = 0 Tenemos p ln(xn + a)� lnpxn = ln(xn + a)� ln(xn)p ln(xn + a)� p ln(xn) El denomindador ln(1 + axn ) < 1 + a xn �! 1 luego el numerador es limitado y tiende a infinito, entonces el l´ımite es cero. ⌅ 4. Algunas nociones de topolog´ıa 4.1. Conjuntos abiertos 1. Pruebe que, para todo X ⇢ R, se tiene int(intX) = intX; con- cluya que int X es un conjunto abierto. Queremos mostrar que un punto y 2 (x�✏, x+✏) arbitrario es un punto interior de A, de ah´ı siguiendo que todo intervalo (x�✏, x+✏) es un sub- conjunto del int A. Como y 2 (x� ✏, x+ ✏) entonces es va´lido x� ✏ < y y y < x + ✏ podemos tomar un nu´mero � 2 R y mayor a cero tal que x� ✏ < y� � y y+ � < x+ ✏, de ah´ı cada (y� �, y+ �) ⇢ (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 2 int(A) existe ✏ > 0 tal que (x � ✏, x + ✏) ⇢ A luego (x� ✏, x + ✏) ⇢ int(A) = B, entonces x 2 int(B) = int(int(A)), lo que demuestra el regreso de la demostracio´n. ⌅ 20
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