Análisis Real Soluvionario [Elon Lages Lima]

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SolSoluciucionaonaririo o An´Análialisis sis ReaReal;l;
Elon Lages LimaElon Lages Lima
JoseJoseph ph Isaac Isaac RamRam´́ırez ırez HernHern´́andezandez
14 de mayo de 201414 de mayo de 2014
11
´́IndiceIndice
11. . CCoonnjjuunnttoos s fifinniittoos s e e iinnfifinniittoos s 33
1.1.1. 1. N´Núummeerroos s nnaattuurraallees s . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 33
11..22. . CCoonnjjuunnttoos s fifinniittoos s . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 77
11..33. . CCoonnjjuunnttoos s iinnfifinniittoos s . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 99
11..44. . CCoonnjjuunnttoos s nnuummeerraabbllees s . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1111
22. . N´Núummeerroos s rreeaallees s 1122
2.1.2.1. RR ees s uun n ccuueerrppo o . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1122
2.2.2.2. RR ees s uun n ccuueerrppo o oorrddeennaaddoo. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1155
33. . SSuucceessiioonnees s 1177
3.1. 3.1. LĹ́ımite de una ımite de una sucesi´sucesióon n . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1177
33..22. . LĹ́ıımmiittees s y y ddeessiigguuaallddaaddees s . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1188
33..33. . OOpeperraacicioonnes es cocon n lĺ́ıımmiittees s . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1199
33..44. . LĹ́ıımmiittees s iinnfifinniittoos . . s . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2200
44. . AAllgguunnaas s nnoocciioonnees s dde e ttooppoolloogǵ́ııa a 2200
44..11. . CCoonnjjuunnttoos s aabbiieerrttoos s . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2200
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1. Conjuntos finitos e infinitos
1.1. Números naturales
1.   Mostrar por medio de inducci ón matemática que
∞

n=1
n =
n(n + 1)
2
y que
∞

n=1
(2n− 1) = n2
La inducción matemática nos dice que realicemos una base para la
inducción, 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 definicíon 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 hipótesis de inducción es correcta.
3

Para la segunda suma tenemos la base de la inducción con n = 1 y
obtenemos
∞

n=1
(2n − 1) = n2
1 = (1)2
1 = 1
Suponiendo que es válida 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 definición de sumatorio y la hipótesis de induccíon 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 ó n  es múltiplo de m o
que existen q, r ∈ N  tales que n =  mq  + r, r < m. Pruebe que q 
y r   son únicos 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 vaćıo
pues (n + 1) · m > n. Sabemos también que m   no pertenece a ese
conjunto, entonces x > 1, x siempre es sucesor de algún número natural,
entonces podemos tomar el elemento mı́nimo de A de la forma (q +1)m.
Entonces (q + 1) > q  luego (q + 1)m > qm, aśı qm no puede pertenecer
al conjunto A. Luego por tricotomı́a de los reales.
qm ≤ n < (q  + 1)m
ya que siempre debe existir un número real entre otros dos números
reales.
Ahora también 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
ah́ı qm =  n  o  qm < n, si la primera se cumple entonces la demostración
termina, si tomamos la segunda opción 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 también es absurdo, como no
puede valer r ≥ m  entonces por la tricotomı́a de los reales vale r < m.

3. Sea X  ⊂ N   un subconjunto no vaćıo tal que m, n ∈ X  ⇐⇒
m, m + n ∈ X . Pruebe que existe k ∈ N  tal que X  es el conjunto
de los múltiplos 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 vaćıo, entonces tiene un elemento mı́nimo 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 válida por que
t(n + 1) = tn + t  la adición es cerrada en A. Entonces los múltiplos de
t  pertenecen al conjunto A.
Ahora dado un elemento m ∈ A, tomamos la división euclidiana de m
por  t, de ah́ı existe q  ∈ N tal que m =  qr y ∃r ∈ N tal que m =  qt + r.
Es válida 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 número natural diferente de 1 es
sucesor de algún otro número.
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 llegarı́amos a n + p < n + p es
falsa, resta entonces la posibilidad de p < 1 que no acontece pues 1 es
el elemento más pequeño de N.

5.  Obtenga el principio de inducci ón como consecuencia del prin-
cipio de buena ordenación.
Sea B un conjunto que satisface las condiciones del axioma de inducción
1 ∈ B  y ∀k ∈ B , k+1 ∈ B , vamos a probar que B = N. Supongamos por
reducción a lo absurdo que B = N, definimos A = N/B, tal conjunto
es no vaćıo entonces posee un elemento mı́nimo, tal elemento no puede
ser 1 pues 1 ∈ B, entonces ese elemento es sucesor de algún número
natural y podemos denotar ese elemento como t + 1, eso implica que
t ∈ B  y por inducción t + 1 ∈ B , que resulta absurdo.

6
1.2. Conjuntos finitos
1.   Indicando mediante card X   el número 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 notación |A|   es el número de elemento de A y A  B
significaque 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 también es finito, digamos que |A| = m,
supondremos por reducción 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 biyección entre I m y A, lo que resulta absurdo; pues
no puede existir una biyección 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 biyección.
También contamos con la propiedad que nos dice que si A  y  B son
conjuntos finitos no necesariamente disjuntos es válida la relación
|A ∪ B| = |A| + |B| − |A ∩ B|
Entonces escribimos A   como una unión disjunta A = (A/B) ∪
(A ∩ B), de ahi |A| − |A ∩ B| = |A/B|  ahora escribimos A ∪ B =
(A/B) ∪ B  unión disjunta luego
|A ∪ B| = |A/B| + |B|
7
Usando la primera expresión 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 el principio de inducción matemática.
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 método de inducción, que si X   es finito
entonces card P (X ) = 2cardX 
Sea |A| = n   entonces |P (A)| = 2n. Por inducción 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 hipótesis de induccíon), sk de k = 1 y k = 2n,
que también son subconjuntos de C , por qué podemos formar mas
2n subconjuntos de C   con la unión del elemento {a}, luego en total
tenemos que 2n + 2n = 2n+1 subconjuntos de C   y ya no tendrı́amos
ningún 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 biyección 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   estaŕıa
en biyección con un conjunto finito y seŕıa finito.
b) Dado y ∈ Y   escogemos una x ∈ A  tal que f (x) = y  y definimos
una función 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 función inyectiva f  : X  −→ Y    y una función sobre-
yectiva g :  Y  −→ X .
Vamos a probar la definición que nos dice que sea X  infinito entonces
existe una función 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 vaćıo 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 aqúı podemos usar el corolario que dice que existe una función in-
yectiva de un conjunto finito Y  en un conjunto infinito X .
9
Siendo X   infinito y Y  finito existe una función sobreyectiva g : X  −→
Y  .
Existe una función inyectiva f  : Y  −→ X , luego f  : Y  −→ f (Y  ) ⊂ X  y
biyección pasando a la investa g−1 : f (Y  ) −→ Y  . Considere la función
f  : X  −→ Y  definida como f (x) = g−1(x) y x ∈ f (Y  ) y f (x) = x1 ∈ Y 
con x ∈ f (Y  ) entonces f  es función sobreyectiva.

3.   Pruebe que el conjunto P   de números primos es infinito.
Suponga que existen ( pk)n1 , 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 número es primo la demostración termina, si no, el compuesto e
ira a existir un número primo p|s, tal p  no puede ser pk  dados pues pk|s
entonces pk|(s − a) = 1 lo que resultaŕıa absurdo, asi el posee el factor
primo  p = pk.

4.   Dé un ejemplo de una sucesión decreciente X 1 ⊃ X 2 ⊃ ... ⊃
X n ⊃ ...   de conjuntos infinitos cuya intersección
∞

n=1
X n sea
vaćıa.
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 intersección
∞

k=1
Ak
si hubiese algún t  que perteneciera a la intersección entonces tal t de-
berı́a ser elemento de todo Ak, pero eso no acontece, pues existe una k
tal que k > t, de ah́ı 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 biyección.
Dado un número natural n  cualquiera, podemos escribir ese número
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 núme-
ros impares es impar entonces n  = 2m(2n− 1). Ahora vamos a mostrar
que la función inyectiva sea f (m,n) = f ( p, q )
2m(2n− 1) = 2 p(2q − 1)
y m = p  los números seŕıan diferentes por la unicidad del factor (2s−1
no posee factores 2 pues siempre es impar) entonces debemos tener
m =  p, de ah́ı sigue que n =  q  y termina la demostración.

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-ésimo número 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 unión infinita de sub-
conjuntos infinitos disjuntos dos a dos.
Tomamos Nk+1 = { pαkk ∈ N  donde pk  es el k-ésimo término } y N1 =
N/
∞

k=2
Nk, cada uno de ellos es infinito, sus disjuntos es una unión de
N.
11

4.   Para cada n ∈ N, sea P n = {X  ⊂ N : cardX  = n}. Pruebe que P n
es numerable. Concluya que el conjunto P f   de los subconjun-
tos finitos de N   es numerable.
Definimos una función f  : P n −→ Nn de la siguiente manera: Dado
A = {x1 < x2 < ... < xn}, f (A) = (x1,...,xn). Tal función es inyectiva
por que dados A = {xk, k ∈ I n} y B = {yk, k ∈ I n}  no puede valer
xk = yk  para todo k  pues los conjuntos seŕıan iguales.
El conjunto P f  de conjuntos finitos de N es numerable pues
P f  =
∞

k=1
P k
es unión numerable de conjuntos numerables.

2. Números 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-
cerá en ambos lados de la igualdad
x · u = x
1
x
 · x · u = x · 1
x
u = 1
c ) Eneste 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 ecuación. 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 = 0 y d = 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 ∈ 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
=
b
a
ésto por que
a
b
−1
= (ab−1)−1 = a−1b =
b
a

4.   Pruebe que (1 − xn+1)/(1 − x) = 1 + x + ... + xn, ∀x = 1.
Tenemos básicamente que mostrar que
n

k=0
xk =
1 − xn+1
1 − x
y utilizaremos la suma telescópica
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 válidas las desigualdades
−|a| ≤ a ≤ |a| −|b| ≤ b ≤ |b|
y sumando ambas obtenemos
−(|b| + |a|) ≤ a + b ≤ |b| + |a|
Y ésto se puede escribir como
|a + b| ≤ |a| + |b|
Sabemos que vale siempre x ≤ |x| y y ≤ |y| entonces x + y ≤ |x| + |y|,
de ah́ı se tiene que 0 ≤ x + y  y tenemos
|x + y| =  x + y ≤ |x| + |y|
Y es válido también 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 triángular
|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 = 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 tambíen 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 tambíen que se tiene la igualdad si, y sólo 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

ésta igualdad es válida si , y sólo si xi + xyi = 0, ∀k ∈ N.

16
3. Sucesiones
3.1. Ĺımite de una sucesión
1.   Se dice que una sucesión xn   es periódica cuando existe p ∈ N
tal que xn+ p = xn   para todo n ∈ N. Pruebe que toda sucesión
convergente es constante.
Consideremos las subsucesiones de la sucesión xn  que tiene periodo p.
(x1, x1+ p, x1+2 p,..., ) = (x1+np)n ∈ N
(x2, x2+ p, x2+2 p,..., ) = (x2+np)n ∈ N
...
(x p−1, x p−1+ p, x p−1+2 p,..., ) = (x p−1+np)n ∈N
cada se sucesión de ésas es constante y posee siempre un valor igual
a su primer término pero como la sucesión es periódica de periodo p,
xn+ p = xn. Si  xn converge entonces su subsucesiones deben converger al
mismo valor. Entonces deben valer x1 = x2 =  ...  =  x p−1 y cada término
de la sucesión  xn  debe pertenecer a una de esas subsucesiones, de ésto
sigue que  xn  es constante.

2.  Dadas las sucesiones xn  y  yn  defina z n  como z 2n−1 =  xn  y  z 2n = yn.
Pruebe que si   ĺım xn  = ĺım yn = a   entonces   ĺım z n  =  a.
Sean yn = x2n y z n = x2n−1  como tenemos que los ĺımites 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 n2 = max{n0, n1} y
tenemos simultáneamente z n ∈ (a − , a + ), x2n−1, x2n ∈ (a − , a + )
entonces para n > 2n2−1 tenemos que xn ∈ (a−, a+) luego entonces
el ĺımite tambíen es  a.

3.  Pruebe que si   ĺım xn  =  a   entonces   ĺım |xn| = |a|.
Si ĺım xn  =  a  entonces
17
∀ > 0, ∃n0 ∈ N tal que n > n0 =⇒ |xn − a| < .
y tenemos la desigualdad ||xn| − |a|| ≤ |xn − a| entonces ||xn| − |a|| < 
y entonces
ĺım |xn| = |a|

3.2. Ĺımites y desigualdades
1. Si   ĺım xn =  a y   ĺım yn = b y |xn − yn| ≥   para todo n ∈ N, pruebe
entonces que |a − b| ≥ .
Suponga por reducción 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 número real a   no es el ĺımite de la sucesión acotada xn,
pruebe que existe alguna subsucesión convergente de xn con
ĺımite b = a.
Como la sucesión xn  es limitada y posee una subsucesión xnk   conver-
gente, convergiendo a un valor a. Como la sucesión no es convergente,
tiene que haber otra subsucesión xnt  que no converge a a, de ahı́ en-
tonces existen valores infinitos de nt  tal que xnt  no está en el intervalo
(a − , a +  ) para algún . Como xnt  es limitada entonces posee una
subsucesión convergente, que no puede convergir a a, converge entonces
a un valor  b = a.

18
3.   Pruebe que una sucesión acotada es convergente si, y sólo si,
posee un único valor de adherencia.
Si ésta es converge posee un único valor de adherencia. Si ella posee
un único valor de adherencia entonces converge, pues si no convergiese
tendŕıa mas de un valor de adherencia.
4. ¿Cuáles son los valores de adherencia de la sucesión xn   defini-
da por x2n−1 = n y x2n = 1/n?¿Es esta sucesión convergente?.
Para que un punto sea de adherencia es necesario que existan infinitos
términos arbitrariamente próximos a tal punto, en el caso de ésta su-
cesión el único número que satisface esta propiedad es el 0, además esa
sucesión no es convergente pues no es limitada.

3.3. Operaciones con ĺımites
1.   Pruebe que, para todo p ∈ N  se tiene   ĺım n+p√ n = 1.
Podemos reescribir el lı́mite como
ĺım
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 sucesión
efectivamente si converge a 1.

19
3.4. Ĺımites infinitos
1. Si   ĺım xn = +∞ y a ∈ R, pruebe que
ĺım
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 lı́mite es cero.

4. Algunas nociones de topoloǵıa
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 ah́ı siguiendo que todo intervalo (x−, x+) es un sub-
conjunto del int A. Como y ∈ (x− , x + ) entonces es válido x−  < y
y y < x +   podemos tomar un número δ  ∈ R  y mayor a cero tal que
x−  < y− δ  y y + δ < x + , de ahı́ 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 demostración.

20