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.