Solución primer parcial

CALCULO I, 10 MATEMÁTICAS, Grupo A
Curso 2014-15
Soluciones de la Prueba 1
1. (1.5 puntos)
Enuncia el axioma de Dedekind. Define el supremo de un conjunto ¿Qué relación
existe entre el axioma de Dedekind y la propiedad de supremo.
Axioma de Dedekind:
Si A y B son subconjuntos no vacíos de R tales que a ≤ b para cualesquiera a ∈ A
y b ∈ B, existe un número real x tal que
a ≤ x ≤ b, ∀a ∈ A, b ∈ B.
Si A ⊂ R, un número real x es un mayorante de A si a ≤ x para cada a ∈ A.
Para un subconjunto no vacío A de R, el supremo de A es el mínimo del conjunto
de los mayorantes de A.
El axioma de Dedekind equivale a que cada subconjunto de R no vacío y mayorado
tenga supremo. Si suponemos cierto el axioma de Dedekind y A ⊂ R es un
conjunto no vacío y mayorado, entonces se verifica la hipótesis del axioma de
Dedekind para los conjuntos A y B = M (A) (conjunto de mayorantes de A). Por
el axioma de Dedekind, existe un número real x tal que a ≤ x ≤ b para cada
a ∈ A y cada y ∈ M (A). Por la desigualdad de la izquierda x es un mayorante
de A. De la desigualdad de la derecha deducimos que x es el mínimo mayorante
de A, luego x es el supremo de A.
Recíprocamente, supongamos que todo subconjunto de R no vacío y mayorado
tiene supremo. Sean A y B sbconjuntos de R no vacíos que verifican la hipótesis
del axioma de Dedekind. Luego cada elemento de B es un mayorante de A. Como
A y B son no vacíos, A es un subconjunto de R no vacío y mayorado, luego tiene
supremo y se verifica entonces
a ≤ Sup A ≤ b, ∀a ∈ A, ∀b ∈ B.
Por tanto, se verifica el axioma de Dedekind.
2. (1 punto)
Di si los siguientes conjuntos son numerables; justifica la respuesta:
(R\Q) ∩ [0, 1], Q ∩ [0, 1].
Q es numerable, luego Q ∩ [0, 1] también lo es, por ser un subconjunto de Q.
Como el(intervalo )[0, 1]( no es numerable,
) Q ∩ [0, 1] es numerable y se verifica que
[0, 1] = Q ∩ [0, 1] ∪ (R\Q) ∩ [0, 1] , entonces (R\Q) ∩ [0, 1] no es numerable.
Hemos usado que la unión de dos conjuntos numerables también lo es.
3. (1.5 puntos)
Justifica si las siguientes afirmaciones son verdaderas o falsas:
a) Todo subconjunto no vacío de R y mayorado tiene máximo.
Es falso. Justificación: Para que un subconjunto de reales tenga máximo es necesario que tenga supremo y que éste pertenezca al conjunto. También puede darse
un ejemplo (como R− o [0, 1[).
b) Si para cada natural n, In es un intervalo no vacío de R tales que In+1 ⊂ In ,
entonces ∩n In ̸= ∅.
Es falso. Justificación: El Principio de los intervalos encajados exige además que
cada intervalo In sea cerrado y acotado. Así, por ejemplo, la sucesión de intervalos
dada por In =]0, n1 [, para cada natural n, verifica las hipótesis de la afirmación
anterior, pero ∩n In = ∅.
c) Todo subconjunto no vacío de N que esté mayorado tiene máximo.
Cierto. Es consecuencia de la existencia de supremo de subconjuntos no vacíos y
mayorados de R y de que N es discreto (la distancia entre dos naturales distintos
es mayor o igual que 1). También se puede usar como argumento que el orden de
los naturales es bueno. Si A ⊂ N no vacío y mayorado, como N no está mayorado,
el conjunto B = N ∩ M (A) es no vacío y está minorado, luego tiene mínimo. Si
m = min B, entonces es fácil comprobar que m = Max A.
4. (2 puntos)
Prueba que n3 + 5n es múltiplo de 6 para cada número natural n.
Usaremos inducción (sobre n).
Para n = 1, n3 + 5n = 6, que es múltiplo de 6.
Supongamos que n ∈ N verifica que n3 + 5n es múltiplo de 6, luego existe un
natural k tal que n3 + 5n = 6k.
Tenemos que
(n + 1)3 + 5(n + 1) = n3 + 3n2 + 3n + 1 + 5n + 5 =
(n3 + 5n) + 3n2 + 3n + 6 = 6k + 3n(n + 1) + 6.
Basta probar entonces que n(n + 1) es un número par para cada natural n. En
efecto, si n es par, tendremos que n = 2p para algún natural p, luego n(n + 1) =
2p(2p + 1) que es par. Si n es impar, entonces n = 2q − 1 para algún natural
q, luego n(n + 1) = (2q − 1)2q, que también es un número par. También puede
usarse inducción para comprobar esto.
Como n(n + 1) es un número par, existe p ∈ N tal que n(n + 1) = 2p, con lo que
(
(n + 1)3 + 5(n + 1) = 6k + 3 · 2p + 6 = 6 k + p + 1),
que es múltiplo de 6, ya que k + p + 1 es suma de naturales, luego un número
natural.
5. (4 puntos)
Sean A y B subconjuntos no vacíos de R y minorados.
a) Prueba que A + B está minorado y se verifica
Inf (A + B) = Inf A + Inf B,
donde
A + B = {a + b : a ∈ A, b ∈ B}.
Como A y B están minorados y son no vacíos, tienen ínfimo. Llamamos
α = Inf A, β = Inf B. Como se verifica que a ≥ α, b ≥ β para cualesquiera
elementos a ∈ A, b ∈ B, entonces se tiene que a + b ≥ α + β para cualquier
elemento a + b de A + B, luego A + B está minorado y α + β es un minorante
de A + B. Como A + B es no vacío, y minorado, tiene ínfimo. De la desigiuladad
anterior deducimos además que
(
)
Inf (A + B) = Max m(A + B) ≥ α + β.
Como Inf (A + B) ≤ a + b, ∀a ∈ A, b ∈ B, para cada b ∈ B, se verifica que
Inf (A + B) − b ≤ a, ∀a ∈ A,
luego
Inf (A + B) − b ≤ α ⇒ Inf (A + B) − α ≤ b.
Como la desigualdad anterior es cierta para cualquier elemento de b de B, deducimos que
Inf (A + B) − α ≤ β,
equivalentemente,
Inf (A + B) ≤ α + β.
b) Prueba que A y B tienen mínimo si, y sólo si, A + B tiene mínimo.
Supongamos que A y B tienen mínimo. Por la igualdad probada en el apartado
a) tenemos que
Inf (A + B) = Inf A + Inf B = min A + min B ∈ A + B.
Tenemos entonces que Inf (A + B) ∈ A + B, luego A + B tiene mínimo.
Probamos ahora el recíproco. Supongamos que A + B tiene mínimo. Como
min (A + B) ∈ A + B, existen a0 ∈ A y b0 ∈ B tales que a0 + b0 = min (A + B).
Luego
a + b0 ≥ a0 + b0
∀a ∈ A.
Por tanto,
a ≥ a0 ,
∀a ∈ A.
Hemos obtenido que a0 = min A. Por el mismo argumento b0 = min B.
c) Calcula el ínfimo de A + B, siendo
{1
}
A=
:n∈N ,
n
{
}
1
B = 1+ n :n∈N
2
¿Tiene mínimo A + B?
Si n ∈ N, entonces n1 ≥ 0, luego 0 es un minorante de A. Como además 0 =
{1}
lı́m
, entonces 0 = Inf A.
n
{
1}
Claramente 1 es minorante de B. Como la sucesión 1 + n converge a 1 y
2
sus términos están en B, entonces 1 = Inf B. Como A no tiene mínimo, ya que
Inf A ∈
/ A, y B tampoco, por el apartado b), A + B no tiene mínimo.