Solucionario Elon Lages PDF

February 6, 2017 | Author: Claudio Ramón Rodriguez Mondragón | Category: N/A

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Análisis matemático...

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Solucionario An´ alisis Real; Elon Lages Lima Joseph Isaac Ram´ırez Hernández 14 de mayo de 2014

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Índice 1. Conjuntos finitos e infinitos 1.1. N´ umeros naturales . . . . 1.2. Conjuntos finitos . . . . . 1.3. Conjuntos infinitos . . . . 1.4. Conjuntos numerables . .

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3 3 7 9 11

2. N´ umeros reales 12 2.1. R es un cuerpo . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 12 2.2. R es un cuerpo ordenado. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 15 3. Sucesiones 3.1. L´ımite de una sucesión . 3.2. L´ımites y desigualdades 3.3. Operaciones con l´ımites . 3.4. L´ımites infinitos . . . . .

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17 17 18 19 20

4. Algunas nociones de topolog´ıa 20 4.1. Conjuntos abiertos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 20

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1. 1.1.

Conjuntos finitos e infinitos N´ umeros naturales

1. Mostrar por medio de inducci´ on matem´ atica que ∞ X

n=

n=1

n(n + 1) 2

y que ∞ X

(2n − 1) = n2

n=1

La inducción matemática nos dice que realicemos una base para la inducción, en este caso probaremos con n = 1, con lo que obtenemos

k X

n =

n=1

n(n + 1) 2

1(2) 2 1 = 1 1 =

Ahora suponemos que es cierto para una n = k donde k ∈ N y obtenemos ∞ X k(k + 1) k= 2 k=1 Y ahora vamos a probar para k + 1 donde obtendremos n+1 X k=1

k=

(n + 1)(n + 2) 2

Por definición de sumatoria tenemos que n+1 X

n X n(n + 1) n (n + 1)(n + 2) k = (n+1)+ k = (n+1)+ = (n+1)(1+ ) = 2 2 2 k=1 k=1

Y entonces nuestra hipótesis de inducción es correcta. 3

Para la segunda suma tenemos la base de la inducción con n = 1 y obtenemos

∞ X

(2n − 1) = n2

n=1

1 = (1)2 1 = 1 Suponiendo que es válida para una n = k donde k ∈ N, tenemos ∞ X

(2k − 1) = k 2

k=1

y ahora mostramos cierto para k + 1 donde obtendremos n+1 X (2(k + 1) − 1) = (k + 1)2 k=1

y usando la definición de sumatorio y la hipótesis de inducción tenemos

n+1 X k=1

(2k − 1) =

n X

(2k − 1) + 2n + 1 = n2 + 2n + 1 = (n + 1)2

k=1

lo que prueba el problema. 2. Dados m, n ∈ N con n > m, pruebe que ´ o n es m´ ultiplo 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 también que m no pertenece a ese conjunto, entonces x > 1, x siempre es sucesor de alg´ un n´ umero natural, entonces podemos tomar el elemento m´ınimo 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 tricotom´ıa de los reales. qm ≤ n < (q + 1)m ya que siempre debe existir un n´ umero real entre otros dos n´ umeros reales. Ahora también debemos ver la división 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 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 tricotom´ıa 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 m´ ultiplos 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}.

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A es no vac´ıo, entonces tiene un elemento m´ınimo 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 m´ ultiplos de t pertenecen al conjunto A. Ahora dado un elemento m ∈ A, tomamos la división euclidiana de m por t, de ah´ı 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 n´ umero natural diferente de 1 es sucesor de alg´ un otro n´ umero. 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 más peque˜ no de N. 5. Obtenga el principio de inducci´ on como consecuencia del principio de buena ordenaci´ on. 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 6= N, definimos A = N/B, tal conjunto es no vac´ıo entonces posee un elemento m´ınimo, tal elemento no puede ser 1 pues 1 ∈ B, entonces ese elemento es sucesor de alg´ un n´ umero 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 n´ umero de elementos del conjunto 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 n´ umero 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 también es finito, digamos que |A| = m, supondremos por reducción a lo absurdo que m > n entonces In ( Im , esto es, A es subconjunto propio de Im , pero como |A| = m, existe una biyección entre Im 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 : 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 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 )n1 conjuntos finitos dos a dos disjuntos, donde |Ak | = mk entonces n n n [ X X |Ak | = mk Ak = k=1

k=1

k=1

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 [

Ak donde Ak = A × {Bk } con

k=1

|Ak | = m, luego n n [ X |Ak | = m · n |A × B| = Ak = k=1

k=1

2. Sea P(X) el conjunto cuyos elementos son los subconjuntos de X. Pruebe, usando el m´ etodo de inducci´ on, 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 inducción), 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 tendr´ıamos ning´ un 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 estar´ıa en biyección con un conjunto finito y ser´ıa 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 funci´ on inyectiva f : X −→ Y y una funci´ on sobreyectiva 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 n [ definimos f (1) = x1 para n ∈ N escogemos xn+1 ∈ X/ {xk } definido f (n + 1) = xn+1 . X/

n [

k=1

{xk } nunca es vac´ıo pues X es infini-

k=1

to. f es inyectiva pues tomando m > n entonces f (n) ∈

m−1 [

{xk } y

k=1

f (m) ∈ X/

Sm−1 k=1

{xk }.

De aqu´ı podemos usar el corolario que dice que existe una función inyectiva de un conjunto finito Y en un conjunto infinito X.

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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 6∈ f (Y ) entonces f es función sobreyectiva. 3. Pruebe que el conjunto P de n´ umeros 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 Y

! pk

n Y

+1

k=1

pk = a

k=1

si ese n´ umero es primo la demostración termina, si no, el compuesto e ira a existir un n´ umero 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. D´ e un ejemplo de una sucesi´ on decreciente X1 ⊃ X2 ⊃ ... ⊃ ∞ \ Xn ⊃ ... de conjuntos infinitos cuya intersecci´ on Xn sea n=1

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 intersección ∞ \

Ak

k=1

si hubiese alg´ un t que perteneciera a la intersección entonces tal t deber´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 biyecci´ on. Dado un n´ umero natural n cualquiera, podemos escribir ese n´ umero como el producto de sus factores primos. n=

n Y

pαk k

k=1

α1

=2

·

n Y

pαk k

k=2

como los primos mayores que 2 son impares y el producto de dos n´ umeros 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) = 2p (2q − 1) y m 6= p los n´ umeros 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 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 = pαk k y pk es el k-ésimo n´ umero 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 uni´ on infinita de subconjuntos infinitos disjuntos dos a dos. Tomamos Nk+1 = {pαk k ∈ N donde pk es el k-ésimo término } y N1 = ∞ [ N/ Nk , cada uno de ellos es infinito, sus disjuntos es una unión de k=2

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 subconjuntos finitos de N es numerable. Definimos una función f : Pn −→ Nn de la siguiente manera: Dado A = {x1 < x2 < ... < xn }, f (A) = (x1 , ..., xn ). Tal función 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 =

∞ [

Pk

k=1

es unión numerable de conjuntos numerables.

2. 2.1.

N´ umeros reales 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 aparecerá en ambos lados de la igualdad

x·u = x 1 1 ·x·u = x· x 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 ecuación. Recordemos que 1/x = x−1

x·y = 1 1 1 ·x·y = 1· x x 1 y = = x−1 x 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 c + = b d = = =

(ad + bc) bd (ad + bc)(b−1 d−1 ) ab−1 + cd−1 a c + b d 13

y luego tenemos que

a c b

ac bd = (ac)(b−1 d−1 ) a c = b d =

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 −1 b

=

b a

ésto por que a −1 b

= (ab−1 )−1 = a−1 b =

b a

4. Pruebe que (1 − xn+1 )/(1 − x) = 1 + x + ... + xn , ∀x 6= 1. Tenemos básicamente que mostrar que n X

1 − xn+1 x = 1−x k=0 k

y utilizaremos la suma telescópica n X

xk+1 − xk = xn+1 − 1

k=0

y como xk+1 − xk = xk (x − 1) entonces n X k=0

xk =

xn+1 − 1 1 − xn+1 = x−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 ah´ı 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 + y 2 = 0 pruebe que x = y = 0. Supongamos que x 6= 0, entonces x2 > 0 y y ≥ 0 y sumando tenemos que x2 +y 2 > 0, lo que resulta absurdo entonces debe valer x2 = 0 =⇒ x = 0 y también y 2 = 0 =⇒ y = 0. 15

P 3. Usando el trinomio de segundo grado f (λ) = ni=1 (xi + λyi )2 es ≥ 0 para todo λ ∈ R pruebe la desigualdad de Cauchy-Schwarz: n X

!2 xi y i

≤

i=1

n X

! x2i

i=1

n X

! yi2

i=1

Pruebe tambi´ en que se tiene la igualdad si, y s´ olo si, existe λ tal que xi = λyi , para todo i ∈ N. Dado f (x) =

n X

(xi + xyi )2 donde f (x) ≥ 0, siendo un polinomio de

i=1

grado dos podemos desarrollar el binomio de tal manera que n n n n X X X X 2 2 2 (xi + xyi ) = (xi ) + 2x (xi yi ) + x (yi )2 i=1

i=1

2

n X

i=1

i=1

donde n X

(yi ) = a

i=1

n X

2

(xi yi ) + x = b

i=1

(xi )2 = c

i=1

tenemos que tener un discriminante ∆ = b2 − 4ac ≤ 0 =⇒ b2 ≤ 4ac para que f (x) ≥ 0, entonces sustituyendo !2 ! n ! n n X X X 4 (xi yi ) ≤ 4 (xi )2 (yi )2 i=1

i=1

i=1

implica finalmente que !2 n X (xi yi ) ≤

n X (xi )2

i=1

i=1

!

n X

! (yi )2

i=1

ésta igualdad es válida si , y sólo si xi + xyi = 0, ∀k ∈ N. 16

3. 3.1.

Sucesiones L´ımite de una sucesi´ on

1. Se dice que una sucesi´ on xn es peri´ odica cuando existe p ∈ N tal que xn+p = xn para todo n ∈ N. Pruebe que toda sucesi´ on convergente es constante. Consideremos las subsucesiones de la sucesión 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 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 = ... = xp−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 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 simultáneamente zn ∈ (a − , a + ), x2n−1 , x2n ∈ (a − , a + ) entonces para n > 2n2 −1 tenemos que xn ∈ (a−, a+) luego entonces el l´ımite también es a. 3. Pruebe que si l´ım xn = a entonces l´ım |xn | = |a|. Si l´ım 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 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 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 n´ umero real a no es el l´ımite de la sucesi´ on acotada xn , pruebe que existe alguna subsucesi´ on convergente de xn con l´ımite b 6= a. Como la sucesión xn es limitada y posee una subsucesión xnk convergente, convergiendo a un valor a. Como la sucesión no es convergente, tiene que haber otra subsucesión xnt que no converge a a, de ah´ı entonces existen valores infinitos de nt tal que xnt no está en el intervalo (a − , a + ) para alg´ un . Como xnt es limitada entonces posee una subsucesión convergente, que no puede convergir a a, converge entonces a un valor b 6= a. 18

3. Pruebe que una sucesi´ on acotada es convergente si, y s´ olo si, posee un u ´ nico valor de adherencia. Si ésta es converge posee un u ńico valor de adherencia. Si ella posee un u ńico valor de adherencia entonces converge, pues si no convergiese tendr´ıa mas de un valor de adherencia. 4. ¿Cu´ ales son los valores de adherencia de la sucesi´ on xn definida por x2n−1 = n y x2n = 1/n?¿Es esta sucesi´ on convergente?. Para que un punto sea de adherencia es necesario que existan infinitos términos arbitrariamente próximos a tal punto, en el caso de ésta sucesión el u ńico n´ umero que satisface esta propiedad es el 0, además esa sucesión no es convergente pues no es limitada.

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 1

l´ım n n+p = 1

n−→∞

Pues entonces vale 1

1

1 ≤ n n+p ≤ n n

Y por el teorema de Sandwich nos daremos cuenta que la sucesión efectivamente si converge a 1. 19

3.4.

L´ımites infinitos

1. Si l´ım xn = +∞ y a ∈ R, pruebe que p √ l´ım [ log(xn + a) − log xn ] = 0

n−→∞

Tenemos p √ ln(xn + a) − ln(xn ) p ln(xn + a) − ln xn = p ln(xn + a) − ln(xn ) El denomindador ln(1 + xan ) < 1 + xan −→ 1 luego el numerador es limitado y tiende a infinito, entonces el l´ımite es cero.

4. 4.1.

Algunas nociones de topolog´ıa Conjuntos abiertos

1. Pruebe que, para todo X ⊂ R, se tiene int(intX) = intX; concluya 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 subconjunto del int A. Como y ∈ (x − , x + ) entonces es válido x − < y y y < x + podemos tomar un n´ umero 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 demostración.

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