Solucionario_Analisis_Real_Elon_Lages_Li

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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
∞∑
n=1
n =
n(n+ 1)
2
y que
∞∑
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
k∑
n=1
n =
n(n+ 1)
2
1 =
1(2)
2
1 = 1
Ahora suponemos que es cierto para una n = k donde k ∈ N y obtene-
mos ∞∑
k=1
k =
k(k + 1)
2
Y ahora vamos a probar para k + 1 donde obtendremos
n+1∑
k=1
k =
(n+ 1)(n+ 2)
2
Por definicio´n de sumatoria tenemos que
n+1∑
k=1
k = (n+1)+
n∑
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
∞∑
n=1
(2n− 1) = n2
1 = (1)2
1 = 1
Suponiendo que es va´lida para una n = k donde k ∈ N, tenemos
∞∑
k=1
(2k − 1) = k2
y ahora mostramos cierto para k + 1 donde obtendremos
n+1∑
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+1∑
k=1
(2k − 1) =
n∑
k=1
(2k − 1) + 2n+ 1 = n2 + 2n+ 1 = (n+ 1)2
lo que prueba el problema.
�
2. Dados m,n ∈ N con n > m, pruebe que o´ n es mu´ltiplo 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 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 ∈ 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 ∈ X ⇐⇒
m,m+n ∈ X. Pruebe que existe k ∈ 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 ∈ 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 mı´nimo 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 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 ∈ A, tomamos la divisio´n euclidiana de m
por t, de ah´ı existe q ∈ N tal que m = qr y ∃r ∈ 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 ∈
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 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 ∈ 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 ∈ B y ∀k ∈ B, k+1 ∈ 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 ∈ B, entonces ese elemento es sucesor de algu´n nu´mero
natural y podemos denotar ese elemento como t + 1, eso implica que
t ∈ B y por induccio´n t+ 1 ∈ 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)
n
1 conjuntos finitos dos a dos disjuntos, donde |Ak| = mk en-
tonces ∣∣∣∣∣
n⋃
k=1
Ak
∣∣∣∣∣ =
n∑
k=1
|Ak| =
n∑
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
∣∣∣∣∣ =
n∑
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 ∈ C, C/{a} posee 2n
subconjuntos (por hipo´tesis de induccio´n), sk de k = 1 y k = 2
n,
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 ∈ Y escogemos una x ∈ 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 ∈ X y
definimos f(1) = x1 para n ∈ N escogemos xn+1 ∈ 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) ∈
m−1⋃
k=1
{xk} y
f(m) ∈ X/⋃m−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 ∈ f(Y ) y f(x) = x1 ∈ Y
con x 6∈ f(Y ) entonces f es funcio´n sobreyectiva.
�
3. Pruebe que el conjunto P de nu´meros primos es infinito.
Suponga que existen (pk)
n
1 , n primos, vamos a mostrar que existe un
primo distinto a los dos anteriores. Considere
s =
(
n∏
k=1
pk
)
+ 1
n∏
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
∞⋂
n=1
Xn sea
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 interseccio´n
∞⋂
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 =
n∏
k=1
pαkk = 2
α1 ·
n∏
k=2
pαkk
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 ∈ N.
Sea f : N −→ N definida como f(n) = k donde n es de la forma n = pαkk
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 ∈ N tal que f(n) = k, ∀k ∈ N.
�
3. Escriba N = N1 ∪ N2 ∪ ... ∪ Nn ∪ ... como unio´n infinita de sub-
conjuntos infinitos disjuntos dos a dos.
Tomamos Nk+1 = {pαkk ∈ N donde pk es el k-e´simo te´rmino } y N1 =
N/
∞⋃
k=2
Nk, cada uno de ellos es infinito, sus disjuntos es una unio´n de
N.
11
�
4. Para cada n ∈ 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 ∈ In} y B = {yk, k ∈ 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 =
∞⋃
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+ θ = x para todo x ∈ 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−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 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 ∈ 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
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y luego tenemos que
(a
b
)( c
d
)
=
ac
bd
= (ac)(b−1d−1)
=
(a
b
)( c
d
)
�
3. Si a, b ∈ 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, ∀x 6= 1.
Tenemos ba´sicamente que mostrar que
n∑
k=0
xk =
1− xn+1
1− x
y utilizaremos la suma telesco´pica
n∑
k=0
xk+1 − xk = xn+1 − 1
y como xk+1 − xk = xk(x− 1) entonces
n∑
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 ∈ 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|,
deah´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 ∈ 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(λ) =
∑n
i=1(xi + λyi)
2 es
≥ 0 para todo λ ∈ R pruebe la desigualdad de Cauchy-Schwarz:(
n∑
i=1
xiyi
)2
≤
(
n∑
i=1
x2i
)(
n∑
i=1
y2i
)
Pruebe tambie´n que se tiene la igualdad si, y so´lo si, existe λ
tal que xi = λyi, para todo i ∈ N.
Dado f(x) =
n∑
i=1
(xi + xyi)
2 donde f(x) ≥ 0, siendo un polinomio de
grado dos podemos desarrollar el binomio de tal manera que
n∑
i=1
(xi + xyi)
2 =
n∑
i=1
(xi)
2 + 2x
n∑
i=1
(xiyi) + x
2
n∑
i=1
(yi)
2
donde
n∑
i=1
(yi)
2 = a
n∑
i=1
(xiyi) + x
2 = b
n∑
i=1
(xi)
2 = c
tenemos que tener un discriminante ∆ = b2 − 4ac ≤ 0 =⇒ b2 ≤ 4ac
para que f(x) ≥ 0, entonces sustituyendo
4
(
n∑
i=1
(xiyi)
)2
≤ 4
(
n∑
i=1
(xi)
2
)(
n∑
i=1
(yi)
2
)
implica finalmente que
(
n∑
i=1
(xiyi)
)2
≤
(
n∑
i=1
(xi)
2
)(
n∑
i=1
(yi)
2
)
e´sta igualdad es va´lida si , y so´lo si xi + xyi = 0, ∀k ∈ 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 ∈ N
tal que xn+p = xn para todo n ∈ 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 ∈ N
(x2, x2+p, x2+2p, ..., ) = (x2+np)n ∈ N
...
(xp−1, xp−1+p, xp−1+2p, ..., ) = (xp−1+np)n ∈ 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. ∀� > 0, ∃n0 y n1 tal que para n > n0, yn ∈ (a − �, a + �) y si
n > n1 entonces zn ∈ (a− �, a+ �), escojemos una n2 = max{n0, n1} y
tenemos simulta´neamente zn ∈ (a− �, a+ �), x2n−1, x2n ∈ (a− �, a+ �)
entonces para n > 2n2−1 tenemos que xn ∈ (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´ımxn = a entonces
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∀� > 0,∃n0 ∈ 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 ∈ 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.
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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.
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3.3. Operaciones con l´ımites
1. Pruebe que, para todo p ∈ N se tiene l´ım n+p√n = 1.
Podemos reescribir el l´ımite como
l´ım
n−→∞
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.
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3.4. L´ımites infinitos
1. Si l´ım xn = +∞ y a ∈ R, pruebe que
l´ım
n−→∞
[
√
log(xn + a)− log√xn] = 0
Tenemos
√
ln(xn + a)− ln√xn = ln(xn + a)− ln(xn)√
ln(xn + a)−
√
ln(xn)
El denomindador ln(1 + a
xn
) < 1 + a
xn
−→ 1 luego el numerador es
limitado y tiende a infinito, entonces el l´ımite es cero.
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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 ∈ (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 ∈ (x− �, x+ �) entonces es va´lido x− � < y
y y < x + � podemos tomar un nu´mero 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 demostracio´n.
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