Apunte de Calculo I usach

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Libro de primer año universitario , de la universidad de santiago de Chile.

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Apunte de Calculo I usach

  1. 1. Cálculo I Sergio Plaza June 9, 2011
  2. 2. Contenidos 1 NúmerosNaturales 3 1.1 Axiomas de Peano e Inducción . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3 1.2 Producto de números Naturales . . . . . . . . . . . . . . . . . 6 1.3 Principio de Buena Ordenación . . . . . . . . . . . . . . . . . 9 1.4 Suma de los cuadrados de los primeros n números naturales . 17 1.5 Conjuntos finitos e infinitos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 19 1.6 Ejercicios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 21 2 Cuerpos 29 2.1 Axioma de la adición . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 29 2.2 Axiomas de la multiplicación . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 30 2.3 Cuerpos Ordenados . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 33 2.4 Orden en un cuerpo ordenado . . . . . . . . . . . . . . . . . . 34 2.5 Intervalos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 35 2.6 Valor absoluto . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 37 2.7 Supremo e ínfimo . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 40 i
  3. 3. ii 2.8 Números Reales . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 41 2.9 Ejercicios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 58 3 Sucesiones de Números Reales 63 3.1 Sucesiones de números reales . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 63 3.2 Límite de una sucesión . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 67 3.3 Propiedades aritmética de los límites . . . . . . . . . . . . . . 72 3.4 Límite de subsucesiones . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 98 3.5 Límite superior y límite inferior . . . . . . . . . . . . . . . . . 100 3.6 Sucesiones de Cauchy . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 107 3.7 Límites infinitos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 112 3.8 Ejercicios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 115 4 Límite de Funciones 121 4.1 Límites laterales . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 130 4.2 Límites en el infinito, límites infinitos, expresiones indetermi-nadas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 131 4.2.1 Expresiones indeterminadas . . . . . . . . . . . . . . . 132 4.3 Ejercicios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 136 5 Funciones continuas 145 5.1 Entre parentesis: un poco de topología en R . . . . . . . . . . 149 5.2 Continuidad Uniforme . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 158 5.3 Ecuaciones no Lineales . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 162 5.3.1 Método de bisección . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 163
  4. 4. 1 5.3.2 Análisis del error . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 165 5.4 Métodos iterativos de punto fijo . . . . . . . . . . . . . . . . . 167 5.5 Ejercicios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 173 6 Derivada 191 6.1 Máximos ymínimos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 199 6.2 Funciones derivables definidas en intervalos . . . . . . . . . . 201 6.3 Desarrollo de Taylor . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 218 6.3.1 Regla de L’Hospital . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 220 6.3.2 Funciones convexas y funciones cóncavas . . . . . . . . 229 6.4 Método de Newton . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 230 6.4.1 Análisis del Error . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 232 6.5 Ejercicios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 245 7 Integral de Riemann 267 7.1 Sumas de Riemann superiores e inferiores . . . . . . . . . . . . 269 7.2 Teoremas clásicos del cálculo integral . . . . . . . . . . . . . . 276 7.3 Función logaritmo y función exponencial . . . . . . . . . . . . 294 7.4 Ejecicios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 297
  5. 5. 2
  6. 6. Capítulo 1 Números Naturales 1.1 Axiomas de Peano e Inducción La teoría de los números naturales puede deducirse de tres axiomas siguien-tes, conocidos como axiomas de Peano, que damos a seguir. Se suponen dados como objetos no definidos: un conjunto no vacío, deno-tado por N, cuyos elementos son llamados números naturales, y una función s : N −→ N, llamada función sucesor. Para cada n ∈ N, el valor s(n) es llamado el sucesor de n, y n es llamado el antecesor de s(n). La función s verifica los siguientes axiomas: PI1) s : N −→ N es inyectiva, en otras palabras, dados m, n ∈ N se tiene, si s(n) = s(m), entonces m = n, estos es, dos números que tienen el mismo sucesor son iguales. PI2) El conjunto N − s(N) consiste de un sólo elemento, es decir, existe un único número natural que no es sucesor de ningún otro número, donde por s(N) denotamos la imagen del conjunto N por la función s, en otras palabras s(N) = {s(n) : n ∈ N}. A este número se le llama “uno” y 3
  7. 7. 4 Apuntes de Cálculo I se representa por el símbolo 1. Luego, para cada n ∈ N, se tiene que 1= s(n). Además, si n= 1, existe un único m ∈ N, tal que s(m) = n. PI3) Principio de Inducción (P.I.). Si X ⊆ N es un subconjunto tal que 1 ∈ X, y para todo n ∈ X se cumple s(n) ∈ X, entonces X = N. Este también puede enunciarse de la siguiente forma equivalente. PI3’) Sea P una propiedad referente a los números naturales. Si 1 verifica P, y del hecho que un número natural n verifique P se puede deducir que s(n) verifica P, entonces todos los números naturales verifican P. El Principio de Inducción es una poderosa herramienta para demostrar propiedades referente a los números naturales. Sea Z un conjunto no vacío, dada una función f : Z −→ Z, para cada n ∈ N, asociamos de modo único la función f◦n : Z −→ Z, esto lo hacemos inductivamente como sigue: definimos f◦1 = f y f◦s(n) = f◦1 ◦ f◦n, supuesto que f◦n esté definida. La función f◦n es llamada la n–ésima iterada de f. Nota 1.1. Caso consideremos la posibilidad n = 0, se define f◦0 = Id, función identidad. Usamos esta noción para definir la adición o suma de números naturales. Dados m, n ∈ N, su suma m + n es definida por m + n = s◦ n(m) (1.1) Asi, tenemos m + 1 = s(m) y m + s(n) = s(m + n). Teorema 1.1. La adición de números naturales satisface las siguientes propiedades.
  8. 8. Sergio Plaza 5 1. Asociatividad: Para cualesquiera que sean m, n, p ∈ N, se verifica (m + n) + p = m + (n + p). 2. Conmutatividad: Para todo m, n ∈ N, se verifica m + n = n + m. 3. Ley de Corte: Sean m, n, p ∈ N, si m + n = m + p, entonces n = p. 4. Tricotomía: Dados m, n ∈ N, ocurre una y sólo una de las siguientes alternativas (i) m = n, (ii) existe p ∈ N tal que n = m + p o (iii) existe q ∈ N tal que m = n + q. Demostración. Demostraremos sólo la asociatividad. Las demás propiedades se demuestran en forma análoga. Haremos la prueba por inducción. Sea X = {p ∈ N : (m + n) + p = m + (n + p)} cualesquieras que sean m, n ∈ N. Ya tenemos que 1 ∈ X. Ahora, si p ∈ X entonces m + (n + s(p)) = m + s(n + p) = s(m + (n + p)) = s((m + n) + p) = (m + n) + s(p). Luego, X = N. m La relación de orden entre números naturales está definida en términos de la adición. Definición 1.1. Dados m, n ∈ N, decimos que m es menor que n, y escribi-mos m n, si existe p ∈ N, tal que n = m+p. La notación m ≤ n significa que m = n o m n.
  9. 9. 6 Apuntes de Cálculo I La relación de orden “” verifica las propiedades siguientes. Teorema 1.2. O1) Transitiva: Sean m, n, p ∈ N. Si m n y n p, entonces m p. O2) Tricotomía : Dados m, n ∈ N, se verifica una y sólo una de las siguientes alaternativas: (i) m = n, (ii) m n o (iii) n m. O3) Monotonía respecto de la adición: Sean m, n ∈ N. Si m n, entoces para todo p ∈ N, se cumple m +p n + p. Demostración. (O1) Sean m, n, p ∈ N. Si m n y n p, entonces existen p, r ∈ N tales que n = m + q y p = n + r, reemplzando el valor de n en la última igualdad, nos queda p = (m+q)+r = m+(q+r), y como q +r ∈ N, se sigue la afirmación. (O2) Se deja a cargo del lector. (O3) Comom n existe q ∈ N tal que n = m+q, luego n+p = (m+q)+p = (m + p) + q, en otras palabras m +p n+ p. 1.2 Producto de números Naturales Definamos, para cada m ∈ N, la función fm : N −→ N por fm(p) = p + m, es decir, fm es la función “sumar m”. El producto de números naturales se define como sigue m ·1 = m m · s(n) = f◦n m (m) (1.2) Por ejemplo, m·2 = fm(m) = m+m, m·3 = f◦2 m (m) = m+m+m, y así sucesivamente.
  10. 10. Sergio Plaza 7 Desde la definición de f◦n m , se deduce que m·n está definido inductivamente por las reglas m ·1 = m m · (n + 1) = m · n + m. Esto nos sugiere la propiedad de distrubutividad, es decir, m · (n + p) = m · n + m · p, la cual se demuestra por inducción. En efecto, Sea X = {p ∈ N : (m+n) · p = m· p+n · p} para cualesquiera que sean m, n ∈ N. Como vimos 1 ∈ X. Ahora, si p ∈ X, entonces (m + n)(p + 1) = (m + n)p + m + n = m(p + 1)+n(p + 1) , esto es p + 1 ∈ X, por lo tanto X = N, y la prueba esta completa. Las principales propiedades del producto de números naturales son resu-midas en el siguiente teorema Teorema 1.3. El producto de números naturales satisface las siguientes propiedades Prod1) Asociatividad: Para todo m, n, p ∈ N, se tiene que (m·n)p = m·(n·p). Prod2) Conmutatividad: Para todo m, n ∈ N, se verifica m · n = n · m. Prod3) Ley de Corte: Sean m, n, p ∈ N. Si m · p = n · p, entonces m = n. Prod4) Distribuitividad: Para todo m, n, p ∈ N, se verifica m · (n + p) = m · n + n · p. Prod5) Monotonía: Sean m, n, p ∈ N. Si m n, entonces m ·p n · p.
  11. 11. 8 Apuntes de Cálculo I Demostración. Por inducción y se dejan a cargo del lector. m Ejemplo 1.1. Para todo n ∈ N vale n j=1 j = n(n + 1 2 . Solución. Lo primero que debemos notar es que el producto de dos número naturales consecutivos siempre es un número par, por lo tanto, siempre n(n + 1) 2 ∈ N. Primero hagamos la deducción de la fórmula propuesta (esta es débida a C. F. Gauss1). Llamemos S = 1 + 2 + 3 + · · · + (n − 1) + n (1.3) tenemos tambien que S = n + (n − 1) + · · · + 3 + 2 + 1 (1.4) ahora, sumando término a término las dos expresiones de la misma suma dadas arriba, obtenemos 2S = (n + 1) + (n + 1) + · · · + (n + 1)+(n + 1) n veces (1.5) por lo tanto S = n(n + 1) 2 que es la fórmula propuesta. Hagamos ahora la prueba de su validez usando inducción. 1Una historia muy conocida es la del descubrimiento de esta fórmula por Carl Friedrich Gauss cuando su profesor de tercero de primaria pidió a sus alumnos hallar la suma de los 100 primeros números y calculó el resultado de inmediato: 5050.
  12. 12. Sergio Plaza 9 Para n = 1, tenemos 1 = 1 · 2 2 lo cual es cierto. Supongamos que vale para n ∈ N. Ahora, 1 + 2 + · · · + n + (n + 1) = (1+2+· · · + n) + (n + 1) = n(n + 1) 2 + n + 1 (por la hipótesis de Inducción) = (n + 1)(n + 2) 2 lo que concluye la prueba. 1.3 Principio de Buena Ordenación Sea X un conjunto no vacío de números naturales. Un número p ∈ X es llamado mínimo de X, si p ≤ n para todo n ∈ X. Si X ⊆ N tiene mínimos p y q, entonces p = q. En efecto, p ≤ q y q ≤ p por definición de mínimo, luego p = q, en otras palabras, si un conjunto no vacío de números naturales posee un elemento mínimo, entonces este es único. Lo que no es obvio, es un tal conjunto posea un mínimo, nada de los visto hasta este momento, nos permite concluir la existencia de ese mínimo. Demostraremos el P.B.O. usando el P.I. Teorema 1.4. (Principio de Buena Ordenación, P.O.B.) Todo subconjunto no vacío de números naturales posee un elemento mínimo. Demostración. SeaS ⊆ N el subconjunto consistiendo de todos los números naturales n con la propiedad que cuando un subconjunto no vacío A de N
  13. 13. 10 Apuntes de Cálculo I que contiene un número natural m ≤ n, entonces A tiene un menor elemento. Ahora lo que debemos probar es que S = N. Notemos que 1 ∈ S. Supongamos que n ∈ S. Sea A un subconjunto no vacío de N contiene algún número natural m ≤ n + 1. Si A contiene un número natural k n+ 1, entonces A también contiene un número natural (a saber k mismo) menor o igual que n, y como n ∈ S, el conjunto A tiene un menor elemento. Por otra parte, si A no contiene ningún elemento menor estricto que n + 1, se sigue que n + 1 ∈ A, y en este caso n + 1 es el menor elemento de A, por lo tanto n + 1 ∈ S y por el P.I., S = N. m Vamos a probar que de hecho, estos dos principios son tales que podemos asumir uno de ellos para comenzar la construcción de los números naturales. Esto pues asumiendo el P.I, podemos demostarr P.B.O, y si asumimos el P.B.O. pdeomeos demostrar el P.I. Hasta el momento hemos probado que el P.I. implica el P.B.O., ahora mostraremos que si asumimos el P.B.O, podemos conlcuir el P.I. Teorema 1.5. P.B.O. implica P.I. Demostración. Sea S ⊆ N que satisface a) 1 ∈ S b) n + 1 ∈ S cuando n ∈ S Vamos a mostrar que S = N o equivalentemente N − S = ∅. Supongamos que N−S= ∅. Entonces por el P.B.O. existe n0 = min(N−S). Es claro que 1 n0, pues 1 ∈ S. Como n0 ∈ N − S, se sigue que su antecesor, digamos m0 pertenece a S, pero como n0 = s(m0) ∈ S, tenemos una contradicción. Por lo tanto, S = N.
  14. 14. Sergio Plaza 11 m Ejemplo 1.2. Usando el P.B.O., vamos a mostrar que número √ 2 es irra-cional. En efecto, Supongamos contrariamente que √ 2 es un número racional, digamos √ 2 = a/b, con a y b números enteros, los cuales podemos suponer son positivos, con b= 0 y sin factores comunes, es decir, coprimos. Tenemos √ entonces que a = b 2 es un entero positivo y podemos definir el conjunto S = { n √ 2 enteros positivos} . √ 2 : con n y n Es claro que S es no vacío pues b √ 2 ∈ S. Por el P.B.O., S tiene un menor elemento, digamos, j = k √ 2 . Como √ 2 − 1 0 , se sigue que j( √ 2 − 1) = j √ 2 − j = j √ 2 − k √ 2 = (j − k) √ 2 es un entero, por ser diferencia de dos enteros. Por otra parte, como 2 2 √ 2 vemos que 2 − √ 2 √ 2 , y como j = k √ 2 se tiene que j √ 2 = 2k. De esto, (j − k) √ 2 = j √ 2 − k √ 2 = 2k − k √ 2 = k(2 − √ 2) k √ 2 = j , de donde (j −k) √ 2 es un entero positivo que pertenece a S y es menor que j . Esto contradice la elección de j como el menor entero positivo en S . Comentario. Hay muchas maneras de probar que √ 2 es irracional. Una de ella, las más divulgada y más directa, es la siguiente. Igual que antes supongamos que √ 2 = a/b con a , b enteros sin factores comunes y b= 0. Elevando al cuadrado se obtiene 2b2 = a2 . Por lo tanto 2 divide a a2 , y se sigue que 2 divide a a , por lo que concluímos que a debe ser un número par, digamos a = 2h , donde h es un número entero, elevando al cuadrado esa igualdad nos queda a2 = 4h2 . Reemplazando este valor en la igualdad 2b2 = a2 , se obtiene b2 = 2h2 , de lo cual deducimos que 2 divide a b2 y
  15. 15. 12 Apuntes de Cálculo I como antes vemos que 2 divide a b , lo cual es una contradicción con el hecho de que a, b no tenían divisores comunes. Teorema 1.6. (Segundo Principio de Inducción) Sea X ⊆ N un conjunto con la siguiente propiedad: dado n ∈ N, si todos los números naturales m tales que m n pertenecen a X, entonces n ∈ X. En estas condiciones se tiene que X = N. Demostración. Sea Y = N − X. Queremos probar que Y = ∅, el conjunto vacío. Si no, es decir, Y es no vacío, entonces por el P.B.O. existe un elemento mínimo p ∈ Y . Entonces para todo número natural m p se cumple que m ∈ X. Por la hipótesis sobre X, se tiene entonces que p ∈ X, lo que es una contradicción. m Veamos una aplicación de este resultado, demostrando un antiguo resul-tado que aparece en la obra de Euclides2. Ejemplo 1.3. Recordemos que un número natural mayor que 1 es primo si sus únicos divisores son 1 y el mismo. Afirmación “Todo entero positivo mayor que 1 es un producto de números primos” En efecto, la afirmación es inmediata para n = 2. Sea m ∈ N dado, supongamos que la afirmación vale para todo n m. Si m es primo, no hay nada que probar. En caso contrario, podemos escribir m = k · n, con 1 k ≤ n m. Como k y n son números naturales mayores que 1 y menores que m, ambos son productos de primos, por lo tanto m es un producto de primos. Luego, por el Segundo Principio de Inducción se sigue el resultado. 2Ver la página http://es.wikipedia.org/wiki/Euclides para una historia de este person-aje de la Matemática
  16. 16. Sergio Plaza 13 Ejemplo 1.4. Demuestre la siguiente fórmula por inducción n i=1 1 i(i + 1) = n n + 1 . En efecto, Para n = 1, tenemos 1 2 = 1 1(1 + 1) = 1 2 lo cual muestra que vale en este caso. Supongamos que la fórmula vale para n = k, es decir, k i=1 1 i(i + 1) = k k + 1, tenemos k+1 i=1 1 i(i + 1) = k i=1 1 i(i + 1) + 1 (k + 1)(k + 2) k + 1 + 1 (k + 1)(k + 2) = k = k2 + 2k + 1 (k + 1)(k + 2) = (k + 1)2 (k + 1)(k + 2) = k + 1 k + 2 , lo cual termina la prueba por inducción. Ejemplo 1.5. Demuestre, usando Inducción, la siguiente fórmula 12 + 22 + 32 + · · · + n2 = n(n + 1)(2n + 1) 6 .
  17. 17. 14 Apuntes de Cálculo I En efecto, Para n = 1, vale pues 12 = 1 6 · 2 · 3 . Supongamos que vale para n = k, es decir, tenemos 12 + 22 + 32 + · · · + k2 = k(k + 1)(2k + 1) 6 . Ahora para k + 1 tenemos 12 + 22 + 32 + · · · + k2 + (k + 1)2 = k(k + 1)(2k + 1) 6 + (k + 1)2 = k + 1 6 [k(2k + 1) + 6(k + 1)] = k + 1 6 [k2 + 7k + 6] = k + 1 6 (k + 2)(2k + 3) , por tanto la igualdad es verdadera para todo n ∈ N. Ejemplo 1.6. Demuestre, usando inducción, que para todo n ∈ N se tiene que 1 2 · 3 4 · · · 2n − 1 2n ≤ 1 √ 2n + 1 . En efecto. Para n = 1, la afirmación se reduce a 1 2 1 √ 3 , lo cual es ob-viamente cierto. Supongamos que la afirmación es verdadera para n. Ahora bien, para todo n ∈ N se tiene que 1 2 · 3 4 · · · 2n − 1 2n 2n + 1 2n + 2 1 √ 2n + 1 · 2n + 1 2n + 2 = √ 2n + 1 2n + 2 y la afirmación estará probada si conseguimos demostrar que √ 2n + 1 2n + 2 1 √ 2n + 3 . Esto último, es cierto si y sólo si 2n + 1 (2n + 2)2 1 √ 2n + 3 2 = 1 2n + 3 lo cual ocurre si y sólo si (2n+3)(2n+1) (2n+2)2, y esto es una obviedad.
  18. 18. Sergio Plaza 15 Ejemplo 1.7. Considere n puntos distintos sobre un círculo. Uniendo los puntos adyacentes por segmentos de rectas, se obtiene un polígono de n la-dos. Obtenga una expresión para el número P(n) de diagonales del polígono y demuestrelo por inducción. En efecto, como ya probamos, se tiene la fórmula 1 + 2 + . . . + n = n(n + 1) 2 . Realizando los dibujos correspondientes, para n ≥ 4 , se obtiene lo siguien-te P(4) = 2 P(5) = 5 = 2+3 = P(4) + 3 P(6) = 9 = 2 + 3 + 4 = P(5) + 4 P(7) = 14 = 2 + 3 + 4 + 5 = P(6) + 5 ... P(n) = 2 + 3 + . . . + (n − 2) = (n − 2)(n − 1) 2 − 1 = n(n − 3) 2 Pasamos ahora a demostrar por inducción, i. Claramente P(4) = 4(4−3) 2 = 2. ii. Supongamos que vale para n = k, esto es, P(k) = k(k − 3) 2 , tenemos 2 +(k−1) = k2 − k − 2 2 = (k + 1)(k − 2) 2 . P(k+1) = P(k)+(k−1) = k(k − 3) lo que completa la prueba. Ejemplo 1.8. Pruebe, que para todo n ∈ N se tiene que 2 ( √ n − 1) ≤ n k=1 1 √ k ≤ 2 √ n − 1 .
  19. 19. 16 Apuntes de Cálculo I Solución. Antes de comenzar con la demostración en si, hagamos algunas manipulaciones algebraicas. Tenemos 2 √ n + 1 − 2 √ n = 2 √ n + 1+ √ n 1 √ n , donde la igualdad se obtiene racionalizando las raíces, y la desigualdad se √ √ obtiene del hecho que n n + 1. De modo análogo se prueba que 1 √ n 2 √ n − 2 √ n − 1 . Juntando esas desigualdades, obtenemos 2 √ n + 1 − 2 √ n 1 √ n 2 √ n − 2 √ n − 1 , válida para todo n ≥ 1. En otras palabras, valen las siguientes desigualdades 2 √ 3 − 2 √ 2 1 √ 2 2 √ 2 − 2 √ 1 2 √ 4 − 2 √ 3 1 √ 3 2 √ 3 − 2 √ 2 ... 2 √ n + 1 − 2 √ n 1 √ n 2 √ n − 2 √ n − 1 Sumando esas desigualdades, nos que 2 √ n + 1 − 2 √ 2 n j=2 1 √ j 2 √ n − 2 , √ n + 1−2 sumando 1 a ambos lados de esta desigualdad, nos queda 2 √ 2+1 n j=1 1 √ j 2 √ n − 1. Finalmente, usando que √ n √ n + 1 y que 2 √ 2 3 se tiene que 2 √ n − 2 n j=1 1 √ j 2 √ n − 1.
  20. 20. Sergio Plaza 17 1.4 Suma de los cuadrados de los primeros n números naturales A seguir deducimos la fórmula de la suma de los cuadrados de los primeros n naturales y damos una aplicación. Tenemos (k +1)3 = k3 +3k2 +3k +1 para todo k ∈ N. Procedemos como sigue: 23 = 11 + 3 · 12 + 3 · 1 + 1 33 = 23 + 3 · 22 + 3 · 2 + 1 43 = 33 + 3 · 32 + 3 · 3 + 1 ... (n + 1)3 = n3 + 3 · n2 + 3 · n + 1 sumando estas n identidades, obtenemos n+1 k=2 k3 = n k=1 k3 + 3 n k=1 k2 + 3 n k=1 k + n de donde (n + 1)3 = 1+3 n k=1 k2 + 3 n k=1 k + n y despejando la suma que nos interesa, nos queda n k=1 k2 = 1 3 (n + 1)3 − 3n(n + 1) 2 = n(n + 1)(2n + 1) − (n + 1) 6 , es decir, n k=1 k2 = n(n + 1)(2n + 1) 6 . Se deja como ejercicio al lector probar esta fórmula por inducción. Una aplicación directa de esta fórmula es el calculo de la siguiente suma n k=1 (2k − 1)2
  21. 21. 18 Apuntes de Cálculo I es decir la suma de los cuadrados de los número impares. Una manera directa de hacerlo es desarrollando el cuadrado del binomio y usando las propiedades de la sumatoria, con lo cual se tiene n k=1 (2k − 1)2 = 4 n k=1 k2 − 4 n k=1 k + n ahora hay sólo que usar las fórmulas anteriores y un poco de manipulación algebraica, para obtener (2k − 1)2 = n(2n + 1)(2n − 1) n k=1 3 Una forma más elegante es como sigue. Sea qn = n k=1 k2. Tenemos qn = n(n + 1)(2n + 1) 6 de donde q2n = 2n(2n + 1)(4n + 1) 6 . Ahora bien, n k=1 (2k − 1)2 = q2n − 4qn = 2n(2n + 1)(4n + 1) 6 − 4n(n + 1)(2n + 1) 6 = n(2n + 1)(2n − 1) 3 Así (2k − 1)2 = n(2n + 1)(2n − 1) n k=1 3 . La prueba de la validez de las fórmulas deducidas es por inducción y se dejan a cargo del lector.
  22. 22. Sergio Plaza 19 1.5 Conjuntos finitos e infinitos Sea In = {1, 2, . . . , n} ⊆ N. Un conjunto X es finito, si X = ∅ o existe para algún n ∈ N una biyección ϕ : In −→ X. En el primer caso, decimos que X no posee elementos y el segundo decimos que X posee n elementos. Es claro que (a) In es finito y posee n elementos. (b) Si ϕ : X −→ Y es una biyección, entonces uno de los conjuntos es finito si y sólo si el otro lo es, y además, si esto ocurre, ellos poseen el mismo número de elementos. Una biyección ϕ : In −→ X significa una enumeración de los elementos de X, escribiendo ϕ(1) = x1, ϕ(2) = x2, . . ., ϕ(n) = xn, tenemos que X = {x1, x2, . . . , xn}. (c) ϕ : In −→ X y ψ : Im −→ X son biyecciones, entonces m = n. En efecto, considerando la función compuesta f = ψ−1 ◦ ϕ : In −→ Im debemos probar que si existe una biyección f : In −→ Im, entonces m = n. Para ello tenemos el siguiente teorema Teorema 1.7. Sea A ⊆ In. Si existe una biyección f : In −→ A, entonces A = In. Demostración. Por inducción sobre n. Para n = 1, el resultado es obvio. Supongamos que es verdadero para n ∈ N. Consideremos una biyección
  23. 23. 20 Apuntes de Cálculo I f : In+1 −→ A. Sea a = f(n + 1), la restricción de f a In es una biyección ˜ f : In −→ A−{a}. Si A−{a} ⊆ In, entonces por la hipótesis de inducción, se tiene que In = A − {a}, de donde a = n + 1 y A = In+1. Si no se cumple que A − {a} ⊂ In, en este caso existe p ∈ In tal que f(p) = n+1. Definimos una nueva biyección g : In+1 −→ A como g(x) = f(x) si x= p y x= n + 1, g(p) = a, y g(n + 1) = n + 1. Ahora la restricción g a In es una biyección ˜g : In −→ A − {n + 1}, y A − {n + 1} ⊆ In. Luego, por hipótesis de inducción A − {n + 1} = In, de donde A = In+1. m Para mostrar la afirmación pendiente, f = ψ−1 ◦ ϕ : In −→ Im es una biyección. Si m ≤ n, se sigue que Im ⊆ In y por lo probado Im = In, y consecuentemente m = n. Lo que completa la prueba. Corolario 1.8. No puede existir una biyección desde un conjunto finito sobre una parte propia de él. Teorema 1.9. Todo subconjunto de un conjunto finito es finito. Demostración. Inmediata. Corolario 1.10. Sea f : X −→ Y una función inyectiva. Si Y es finito, entonces X es finito, y el número de elementos de X no puede exceder el número de elementos de Y . Corolario 1.11. Sea f : X −→ Y una función sobreyectiva. Si X es finito, entonces Y es finito y su número de elementos no excede al de X. Un conjunto X es infinito, si no es finito, es decir, X es no vacío y para cualquier n ∈ N no existe una biyección ϕ : In −→ X.
  24. 24. Sergio Plaza 21 Del Corolario 1.8, se sigue que si existe una biyección entre X un subcon-junto propio de éste, entonces X es infinito. Usamos esto para los siguientes ejemplos. Ejemplo. N es infinito. En efecto, sea ϕ : N −→ P = {2n : n ∈ N} (conjunto de los números naturales pares), definida por ϕ(n) = 2n. Tenemos que ϕ es inyectiva, pues si ϕ(n) = (m) se sigue que 2n = 2m y por la Ley de Corte, concluimos que n = m. Por otra parte, es inmediato que ϕ es sobrecyativa. Resumiendo, ϕ es una biyección entre los números naturales y los números naturales pares, por lo tanto N es infinito, pues P es un subconjunto propio de N. Definición 1.2. Decimos que un conjunto X es numerable si es vacío o existe una biyección ϕ : N1 −→ X, donde N1 ⊂ N. Por ejemplo, N, Z y Q son numerables. Tenemos el siguiente resultado. Teorema 1.12. Todo subconjunto de un conjunto numerable es numerable Demostración. Inmediata. Observamos que existen conjuntos no numerables, pero eso lo mostraremos en el capítulo siguiente. 1.6 Ejercicios Problema 1.1. Obtener, si es posible, una fórmula para la suma indicada, y demostrarla por inducción.
  25. 25. 22 Apuntes de Cálculo I 1. n j=1 c c constante 2. n i=1 (2i + 1) 3. n i=0 1 i + 1 4. n j=3 1 j 5. n i=1 rj r constante, 6. n i=1 4(i − 1)(2i + 1) 7. n i=5 (i − 2)3 8. n i=1 [(i + 1)2 − 2i] 9. n i=4 (i + 1)(i − 3) Problema 1.2. Usando inducción matemática, pruebe cada una de las si-guientes proposiciones referentes a los números naturales 1. 2 + 4 + 6 + · · ·+ 2n = n(n + 1) 2. 5 + 10 + 15 + · · · + 5n = 5n(n + 1) 2 3. 13 + 23 + 33 + · · · + n3 = n2(n + 1)2 4 4. 2 + 22 + 23 + · · ·+ 2n = 2(2n − 1) 5. 1 · 2 + 2 · 3 + 3 · 4 + · · · + n(n + 1) = n(n + 1)(n + 2) 3 6. 1 · 3 + 2 · 4 + 3 · 5 + · · · + n(n + 2) = n(n + 1)(2n + 7) 6 1 · 2 + 1 2 · 3 + · · · + 1 7. 1 n · (n + 1) = n n + 1 2 · 3 · 4 + 2 3 · 4 · 5 + · · · + n (n + 1)(n + 2)(n + 3) = n(n + 1) 4(n + 2)(n + 3) 8. 1 3 + 1 15 + · · · + 1 4n2 − 1 = n 2n + 1 9. 1
  26. 26. Sergio Plaza 23 10. 1 + 2 · 3 + 3 · 32 + 4 · 33 + · · · + n · 3n−1 = (2n − 1)3n + 1 4 11. 5n3 + 7n es divisible por 3 12. 3n ≥ 2n + 1 13. 2n ≤ 2n 14. n2 2n + 1, para n ≥ 3 15. n3 + 2n es divisible por 3 16. (n(n + 1))2 es divisible por 4 17. n4 + 2n3 + n2 es divisible por 4 18. n3 + 11n es divisible por 6 19. n3 + 5n es divisible por 3 20. n3 − n es divisible por 5 21. 6n − 5n + 4 es divisible por 5 Problema 1.3. Demuestre, utilizando inducción matemática, las siguientes proposiciones 1. n i=1 i2 = n(n + 1)(2n + 1) 6 2. n k=1 k3 = n2(n + 1)2 4 3. n i=1 i(i + 1) 2 = n(n + 1)(n + 2) 6 4. n i=1 1 2i = 1− 2−n
  27. 27. 24 Apuntes de Cálculo I 5. n i=1 (2i − 1)2 = n(2n − 1)(2n+ 1) 3 6. n i=1 5i−1 = 5n − 1 4 7. n i=1 (2i − 1)3 = n2(2n2 − 1) 8. n i=1 i5i = 5 + (4n − 1)5n+1 16 9. n i=1 (2i − 1)(2i) = n(n + 1)(4n − 1) 3 10. n i=1 1 i(i + 1) = n n + 1 11. n i=1 1 (2i − 1)(2i + 1) = n 2n + 1 Problema 1.4. Demuestre que xn − yn es divisible por x − y. Problema 1.5. Demuestre que x2n−1 + y2n−1 es divisible por x + y. Problema 1.6. Demuestre que los números de la forma: 1. 32n − 1 son divisibles por 8 2. 24n − 1 son divisibles por 15 3. 4n − 1 son divisibles por 3 Problema 1.7. Comunmente se define el factorial de un número natural, el cual se denota por n! , como n! = 1 · 2 · 3 · · · (n − 1) · n .
  28. 28. Sergio Plaza 25 Una manera de dar una definición fundamentada para n! es la siguiente. Defina la función F : N −→ N como F(1) = 1, y F(n + 1) = (n + 1)F(n). Demuestre, usando inducción, que F(n) = n! . Por conveniencia, y eso no lo voy a justificar aquí, se define 0! = 1. Problema 1.8. Observe que 2 = 2− 1 2 1 + 1 2 + 1 4 = 2− 1 4 1 + 1 2 + 1 4 + 1 8 = 2− 1 8 1 + 1 deduzca la ley general y demuéstrela por inducción. Problema 1.9. Probar que n rectas del plano, concurrentes en un punto, dividen al plano en 2n partes. Problema 1.10. Observe que 2 = 1 2 1 − 1 1 − 1 2 1 − 1 3 = 1 3 1 − 1 2 1 − 1 3 1 − 1 4 = 1 4 deduzca la ley general y demuéstrela por inducción. Problema 1.11. Encuentre una fórmula para el producto p(n) = 1 − 1 2 1 − 1 3 1 − 1 4 · · · 1 − 1 n + 1 y demuéstrela por inducción.
  29. 29. 26 Apuntes de Cálculo I Problema 1.12. Demuestre las siguientes desigualdades 1. 1 2 · 3 4 · 5 6 · · · 2n − 1 2n ≤ 1 √ 3n + 1 2. n! 2n−1 para todo n ≥ 3 (Recuerde que n! = 1 · 2 · · · · · n) 3. 2!4! · · · (2n)! ((n + 1)!)n para todo n ≥ 2. Problema 1.13. Sean a y r dos números reales fijos tales que r= 1. De-mostrar que la suma de los primeros n términos de la progresión geométrica a, ar, ar2, ar3, . . . , es a rn − 1 r − n . Problema 1.14. Demuestre que un cajero automático cargado con billetes de dos mil y cinco mil pesos siempre puede dispensar una cantidad de miles de pesos superior a cuatro mil pesos. Problema 1.15. Sea h un número real mayor que −1. Prube que (1+h)n ≥ 1 + nh, esta desigualdad es conocida como desigualdad de Bernoulli. Más general, se tiene lo siguiente. Sean x1, . . . , xn números reales, todos con el mismo signo y mayores que −1. Entonces (1 + x1)(1 + x2) · · · (1 + xn) ≥ 1 + x1 + x2 + · · · + xn . Pruebe esto. Problema 1.16. Pruebe que todas las potencias (naturales) de k = 12.890.625 terminan en esas mismas ocho cifras. Problema 1.17. Demuestre que todo número de la forma 5n − 1, donde n ∈ N es divisible por 4. Use eso para probar que todo número de la forma 5n + 2 · 3n + 1, con n ∈ N es divisible por 8. Problema 1.18. Analice el teorema abajo y su la demostración por Induc-ción. Explique donde está(n) el(os) error(es).
  30. 30. Sergio Plaza 27 Teorema 1.13. Para todo n ∈ N, en cualquier grupo de n personas, todas tienen la misma edad. Demostración. Para cada número natural n, consideramos la siguiente sentencia P(n) = en cualquier conjunto de n personas, todas tienen la misma edad . Claramente P(1) es verdadera. Supongamos que P(n) es verdadera para algún n ≥ 1. Consideremos una colección de n + 1 personas • • · · · • • n+1 Por la hipótesis de inducción, las primeras n personas tienen la misma edad. • • · · ·• n • Lo mismo ocurre para las n últimas personas, es decir, • • · · · • • n Pero entonces las n + 1 personas tienen la misma edad que las n personas en común de esos dos conjuntos • • · · ·• n • lo que concluye la prueba.
  31. 31. 28 Apuntes de Cálculo I
  32. 32. Capítulo 2 Cuerpos Un cuerpo es un conjunto no vacío, K, provisto de dos operaciones, llamadas adición y multiplicación, que verifican ciertas condiciones, llamadas axiomas de cuerpo. La adición hace corresponder a cada par de elementos x, y ∈ K su suma x + y ∈ K, y la multiplicación asocia a estos elementos su producto xy ∈ K. Estas operaciones binarias (+) y (·) satisfacen los siguientes axiomas. 2.1 Axioma de la adición A1- Asociatividad. Cualesquiera que sean x, y, z ∈ K, se cumple (x+y)+ z = x + (y + z). A2.- Conmutatividad. Cualesquiera que sean x, y ∈ K, se cumple x+y = y + x. A3.- Elemento neutro. Existe un elemento, 0 ∈ K, tal que x+0 = x, para todo elemento x ∈ K. El elemento 0 se llama cero. 29
  33. 33. 30 Apuntes de Cálculo I A4.- Elemento simétrico. Cada elemento x ∈ K posee un simétrico −x ∈ K, tal que x + (−x) = 0. Observación. La suma x+(−y) se denota por x−y y es llamada diferencia entre x e y. El conjunto K con la operación de adición y que satisface los axiomas anteriores, es llamado un grupo abeliano aditivo. Proposición 2.1. El elemento neutro para la adición es único. Demostración. Si existe otro elemento, digamos 0 ∈ K, tal que x+0 = x para todo x ∈ K, se tiene para x = 0 que 0 = 0 + 0 = 0. m Proposición 2.2. Cada x ∈ K posee un único elemento simétrico. Demostración. Fácil y se deja a cargo del lector. 2.2 Axiomas de la multiplicación M1.- Asociatividad. Para todo x, y, z ∈ K, se cumple (x · y) · z = x · (y · z) M2.- Conmutatividad. Para todo x, y ∈ K, se cumple x · y = y · x M3.- Elemento neutro. Existe un elemento 1 ∈ K, con 1= 0, tal que 1 · x = x, para cualesquiera que sea x ∈ K. Al elemento 1 se le llama uno. M4.- Elemento recíproco para la mutiplicación. Cada x ∈ K, con x= 0, tiene un recíproco x−1 ∈ K, tal que xx−1 = 1.
  34. 34. Sergio Plaza 31 Dado x, y ∈ K, con y= 0, se usa la notación xy−1 = x y , y se llama división. Con el producto, K − {0} es un grupo abeliano multiplicativo. La relación entre la adición y la multiplicación es dada por el siguiente axioma. D1.- Distributividad. Para cualesquiera x, y, z ∈ K, se cumple x(y +z) = xy + xz. Proposición 2.3. Para todo x ∈ K, se cumple x ·0 = 0. Demostración. Tenemos x · 0 + x = x · 0 + x ·1 = x(0 + 1) = x ·1 = x, de donde x ·0 = 0. m Proposición 2.4. Sean x, y ∈ K, con x · y = 0, entonces x = 0 o y = 0. Demostración. si x · y = 0 y x= 0, entonces x · y = x · 0, de donde se deduce que y = 0. Esto se deduce del hecho que si x · z = x · z y z= 0, entonces x = y, lo cual es inmediato. m Del axioma de distrubutividad se deducen también las reglas de los signos. (−x)y = x · (−y) = −xy (−x)(−y) = xy . En efecto, (−x)y + xy = ((−x) + x)y = 0· y = 0, es decir, (−x)y = −xy. Ejemplos de cuerpos
  35. 35. 32 Apuntes de Cálculo I 1. El conjunto de los números racionales, Q, con la adición y multipli-cación definidas como sigue: a b + c d = ad + bc bd a c · b d = ab cd es un cuerpo, llamado cuerpo de los números racionales. 2. El conjunto Z2 = {0, 1} con las operaciones 0+1 = 1+0 = 1, 0 + 0 = 1 + 1 = 0 0 ·0 = 1 ·0 = 0 ·1 = 0 y 1 ·1 = 1 es un cuerpo, llamado cuerpo de los números binarios. 3. El conjunto Q(i), cuyos elementos son los pares ordenados de números racionales z = (z, y) con las operaciones (x, y) + (x, y) = (x + x, y + y) (x, y)(x, y) = (xx − yy, xy + yx) es un cuerpo. Llamado cuerpo de los números complejos racionales. Usamos la notación 0 = (0, 0), 1 = (1, 0) y la notación especial i = (0, 1). Desde la definición del producto, vemos de inmediato que i2 = i · i = (−1, 0) = −1. Nota. En un cuerpo K se cumple x2 = y2 si y sólo si x = y o x = −y. En efecto, tenemos x2 = y2 si y sólo si (x − y)(x + y) = 0 si y sólo si x = y 0 x = −y.
  36. 36. Sergio Plaza 33 2.3 Cuerpos Ordenados Un cuerpo ordenado es un cuerpo K, en el cual se tiene un subconjunto distinguido P ⊆ K, llamado conjunto de los elementos positivos de K, y se cumplen las siguientes condiciones. P1. La suma y el producto de números positivos es positivo, es decir, si x, y ∈ P, entonces x + y ∈ P y x · y ∈ P. P2. Dado x ∈ K, se verifica una y sólo una de las tres alternativas siguien-tes: x = 0, x ∈ P o −x ∈ P. Definimos el conjunto −P = {x ∈ K, tal que −x ∈ P}, llamado conjunto de los elementos negativos de K. Lema 2.1. En un cuerpo ordenado, si a= 0, entonces a2 ∈ P. Demostración. Como a= 0, se tiene a ∈ P o −a ∈ P. En el primer caso, a2 = a · a ∈ P. En el segundo caso (−a)(−a) = a2 ∈ P. m Ejemplo. En el cuerpo Q de los números racionales consideremos el conjunto P de las fracciones p q, tales que p · q ∈ N, y se tiene que Q es un cuerpo ordenado. Ejemplo. Z2 no puede ordenarse, pues 1+1 = 0, mientras que en un cuerpo ordenado 1 debe ser positivo pues 1 = 1 ·1 = 12 ∈ P. Ejemplo. Q(i) no puede ordenarse, pues i2 = −1, y en un cuerpo ordenado −1 es siempre negativo.
  37. 37. 34 Apuntes de Cálculo I 2.4 Orden en un cuerpo ordenado Sea K un cuerpo ordenado, dados x, y ∈ K, escribimos x y, y diremos que x es menor que y, si y − x ∈ P, es decir, y = x + z, con z ∈ P. La notación y x significa x y. En particular, x 0 significa que x ∈ P. Teorema 2.1. En un cuerpo ordenado K, la relación de orden “” satisface. O1.- Transitividad. Sean x, y, z ∈ K. Si x y e y z, entonces x z. O2.- Tricotomía. Dados x, y ∈ K, ocurre una y sólo una de las siguientes alternativas: x = y, x y o x y. O3.- Monotomía respecto de la adición. Sean x, y ∈ K. Si x y, entonces para todo z ∈ K se verifica x +z y + z. 04.- Monotomía respecto de la multiplicación. Sean x, y ∈ K. Si x y, entonces para todo z 0 se verifica xz yz. Si por el contrario, z 0, entonces x y se tiene que xz yz. Demostración. Sólo demostraremos [O1.-], las otras se prueban en forma análoga y se dejan a cargo del lector. Como x y e y z se tiene que y−z, z−y ∈ P, de donde (z−y)+(y−x) = z − x ∈ P, es decir, x z. m En un cuerpo ordenado, escribimos x ≤ y si x = y o x y, es decir, x ≤ y significa que y − x ∈ P ∪ {0}. Los elementos de P ∪ {0} son llamados no negativos. La relación ≤ satisface 1. Para todo x ∈ K, se tiene que x ≤ x (reflexiva)
  38. 38. Sergio Plaza 35 2. Para todo x, y ∈ K, se verifica x ≤ y e y ≤ x si y sólo si x = y (antisimétrica) 3. Para todo x, y, z ∈ K, si x ≤ y e y ≤ z, entonces x ≤ z (transitiva). En un cuerpo ordenado K, se cumple que 0 1 1 + 1 1 + 1 + 1 · · · y el subconjunto de K formado por esos elementos es, consecuentemente, infinito. De hecho, podemos considerar el conjunto N inmerso en K, para ello basta definir f : N −→ K, por f(1) = 1, f(2) = 1 + 1, y así sucesivamente, esto es, f(m + n) = f(m) + f(n) y f(m · n) = f(m) · f(n), además se tiene que si p q entonces f(p) f(q), para todo p, q ∈ N, esto significa que f es una aplicación inyectiva que respeta la aritmética y el order, de N y de K. De este modo, N lo podemos considerar inmerso en K. Considerando el hecho que N ⊆ K, los simétricos, −n, de los elementos de N, también pertenecen a K, y como Z = N∪{0}∪(−N), donde −N = {−k : k ∈ N}, podemos considerar N ⊆ Z ⊆ K. También, dado m, n ∈ Z, con n= 0, existe n−1 ∈ K y como m·n−1 = m n ∈ K, se sigue que Q ⊆ K, es decir, tenemos las inclusiones N ⊆ Z ⊆ Q ⊆ K. 2.5 Intervalos En un cuerpo ordenado, existe una noción particularmente importante, que es la noción de intervalo. Dado a, b ∈ K, con a b, definimos I1.- [a, b] = {x ∈ K : a ≤ x ≤ b}, intervalo cerrado de extremos a y b.
  39. 39. 36 Apuntes de Cálculo I I2.- [a, b[= {x ∈ K : a ≤ x b}, I3.- ]a, b] = {x ∈ K : a x ≤ b}, I4.- ]a, b[= {x ∈ K : a x b}, intervalo abierto de extremos a y b. I5.- ]−∞, a[= {x ∈ K : x a}, I7.- ]−∞, a] = {x ∈ K : x ≤ a} I8.- ]b,+∞[= {x ∈ K : b x} I9.- [b,+∞[= {x ∈ K : b ≤ x}. Nota. Los símbolos +∞ y −∞ no son número, son sólo eso, símbolos, nada más. Nota. Al intervalo [a, a] se le llama intervalo degenerado, pues consiste de un sólo punto. Teorema 2.2. Todo intervalo no degenerado en un cuerpo ordenado es infinito. Demostración. Basta probar que en cuerpo ordenado K vale que si x, y ∈ K con x y, entonces x x + y 2 y. En efecto, tenemos 2x = x +x x +y y + y = 2y, de donde se sigue lo afirmado. Ahora, si I es un intervalo no degenerado de extremos a y b, con a b, entonces podemos obtener una infinidad de elementos x1, x2, x3, . . . , xn, . . . en I, considerando x1 = a + b 2 , x2 = a + x1 2 , . . . , xn+1 = a + xn 2 , . . . Tenemos que a · · · x3 x2 x1 b
  40. 40. Sergio Plaza 37 y podemos definir una biyección ϕ : N −→ {x1, x2, . . . , xn, . . .} ⊂ I, por ϕ(j) = xj . m 2.6 Valor absoluto Sea K un cuerpo ordenado, el valor absoluto de un elemento x ∈ K, deno-tado por |x|, es definido por |x| = max{x,−x}. Observación. Se tiene |x| = ⎧⎨ ⎩ x si x ≥ 0 −x si x ≤ 0 . Es claro desde la definición del valor absoluto que |x| ≥ x y |x| ≥ −x, esto es, −|x| ≤ x ≤ |x| . Teorema 2.3. Sean x, a ∈ K. Son equivalente (i) −a ≤ x ≤ a (ii) x ≤ a y −x ≤ a (iii) |x| ≤ a. Demostración. Tenemos −a ≤ x ≤ a si y sólo si x ≤ a y −a ≤ x si y sólo si max{x,−x} ≤ a si y sólo si x ≤ a y −x ≤ a si y ’olo si −a ≤ x ≤ a. m
  41. 41. 38 Apuntes de Cálculo I Corolario 2.4. Dados a, b, x ∈ K. Entonces |x − a| ≤ b si y sólo si a − b ≤ x ≤ a + b. Demostración. Inmediata. Teorema 2.5. Para elementos arbitrarios de K, se cumplen (i) |x + y| ≤ |x| + |y| (desigualdad triangular) (ii) |x| ≥ 0 (iii) |x| = | − x| (iv) |x · y| = |x| · |y| (v) |x| − |y| ≤ ||x| − |y|| ≤ |x − y| (vi) |x − z| ≤ |x − y| + |y − z| Demostración. (i) Tenemos −|x| ≤ x ≤ |x| y −|y| ≤ y ≤ |y|. Sumando estas dos de-sigualdades, obtenemos −(|x| + |y|) ≤ x + y ≤ |x| + |y| , es decir, |x + y| ≤ |x| + |y|. (ii) Notemos que para todo x ∈ K, se cumple que x2 = |x|2, lo cual es obvio. Luego |xy|2 = (xy)2 = x2y2 = |x|2|y|2 = (|x||y|)2, de donde |xy| = ±|x||y|, ahora como |xy| y |x||y| son no negativos se sigue que |xy| = |x||y|.
  42. 42. Sergio Plaza 39 (iii) |x| = |(x − y) + y| ≤ |x − y| + |y|, de donde |x| − |y| ≤ |x − y|, como |y − x| = |x − y|, se concluye que |y| − |x| ≤ |x − y|, es decir, |x − y| ≥ −(|x| − |y|). m Ejemplo 2.1. En un cuerpo ordenado, si a y a+x son positivos, entonces (a + x)n ≥ an + nan−1x, para todo n ∈ N. En efecto, Por inducción. (i) Para n = 1, a + x ≥ a + 1 · a0x = a + x (ii) Supongamos que vale para n = k, es decir, (a + x)k ≥ ak + kak−1x, entonces (a + x)k+1 = (a + x)k(a + x) ≥ (ak + kak−1x)(a + x) = ak+1 + akx + kakx + kak−1x2 = ak+1 + (k + 1)akx + kak−1x2 ≥ ak+1 + (k + 1)akx . Ejemplo 2.2. Sea K un cuerpo ordenado. Demuestre que si a, b, c ∈ K entonces vale la desigualdad siguiente | √ a2 + b2 − √ a2 + c2| ≤ |b − c| . En efecto, podemos suponer que b= c , si no el problema es trivial. Note-mos primero que |x| ≤ √ x2 + y2 para todo x ∈ K. Ahora,
  43. 43. 40 Apuntes de Cálculo I | √ a2 + b2 − √ a2 + c2| = | √ a2 + b2 − √ a2 + c2| | √ a2 + b2 + √ a2 + c2| | √ a2 + b2 + √ a2 + c2| = |b2 − c2| | √ a2 + b2 + √ a2 + c2| ≤ |b2 − c2| |b| + |c| = |b − c| · |b + c| |b| + |c| ≤ |b − c|(|b| + |c|) |b| + |c| = |b − c| . lo que completa la prueba de la desigualdad. 2.7 Supremo e ínfimo Un subconjunto X ⊆ K, es acotado superiormente, si existe b ∈ K, tal que x ≤ b para todo x ∈ X, esto es, X ⊆ ]−∞, b]. Cada b con esta propiedad es llamada una cota superior de X. Analogamente, X ⊆ K es acotado inferiormente, si existe c ∈ K, tal que c ≤ x para todo x ∈ X, es decir, X ⊆ [c,+∞[. Cada c con esta propiedad es llamado una cota inferior de X. Finalmente, decimos que X es acotado si es acotado superior e inferior-mente, esto es, existen a, b ∈ K tal que X ⊆ [a, b]. Teorema 2.6. En un cuerpo ordenado K, las siguientes afirmaciones son equivalentes (i) N ⊆ K no está acotado superiormente. (ii) Dados a, b ∈ K, con a 0, existe n ∈ N, tal que n · a b.
  44. 44. Sergio Plaza 41 (iii) Dado a 0, existe n ∈ N, tal que 0 1 n a. Demostración. (i) ⇒ (ii)). Como N no está acotado superiormente, dados a 0 y b en K, existe n ∈ N tal que b a n, esto es, b na. (ii)⇒ (iii)). Dado a 0, por (ii) existe n ∈ N tal que n · a 1, de donde 0 1 n a. (iii) ⇒ (i). Dado b 0, por (iii) existe n ∈ N tal que 1 n 1 b , esto es, b n, así ningún elemento positivo de K puede ser una cota superior de N. m Un cuerpo ordenado K es llamado arquimediano, si cumple una de las propiedades del Teorema 2.6. 2.8 Números Reales Sea K un cuerpo ordenado y X ⊆ K un subconjunto acotado superiormente. Un elemento S ∈ K es llamado supremo del conjunto X, cuando S es la menor de las cotas superiores de X. En otras palabras, S ∈ K es el supremo de X si se verifican S1) Para todo x ∈ X, se tiene x ≤ S. S2) Si T ∈ K es tal que x ≤ T para todo x ∈ K, entonces S ≤ T. equivalentemente S1’) Igual que S1 anterior. S2’) Dado α ∈ K, con α S, existe x ∈ X, tal que α x ≤ S, esto es, ningún elemento de K, menor que S, es cota superior de X. Equivalen-temente, para todo ε ∈ K, ε 0, existe x ∈ K tal que S −ε x ≤ K.
  45. 45. 42 Apuntes de Cálculo I Proposición 2.5. Si el supremo de un subconjunto no vacío de K existe, entonces es único. Demostración. Supongamos que existen dos supremos distintos para un conjunto no vacío y acotado superiormente A ⊂ K. Sean estos α y β. En-tonces por la definción de supremo, con α = Sup(A), se tiene que α es una cota superior de A, y como β = Sup(A) se tiene que β ≤ α. De modo análogo, se tiene que α ≤ β. Lo que es una contradicción. m Por lo tanto α = β Usamos la notación S = Sup(X) para denotar el supremo de un conjunto X ⊂ K, cuando existe. En otras palabras, las condiciones que caracterizan el supremo de un con-junto son S1) Si x ∈ X, entonces x ≤ Sup(X). S2) Si c ≥ x para todo x ∈ X, entonces c ≥ Sup(X). La condición S2) anterior es equivalente a la siguinete condición S2’) Si c Sup(X), entonces existe x ∈ X, tal que c x ≤ Sup(X). Observación 2.1. Sea X = ∅ el conjunto vacío, entonces cualquier b ∈ K es una cota superior de X. Como en un cuerpo ordenado K no existe mínimo, se concluye que el conjunto vacío, ∅, no posee supremo. Un elemento s ∈ K es llamado ínfimo de un conjunto acotado inferiormente X ⊆ K, si s es la mayor de las cotas inferiores de X. En otras palabras s ∈ K es el ínfimo de X si
  46. 46. Sergio Plaza 43 I1) Para todo y ∈ X, s ≤ y. I2) Si c ∈ K es tal que c ≤ y para todo y ∈ X, entonces c ≤ s. Usamos la notación s = inf(X) para denotar el ínfimo de un conjunto X ⊂ K, cuando existe. Como antes, se prueba que cuando el ínfimo de un conjunto existe, este es único. La condición I2) puede reformularse como I2’) Dado c ∈ K, con s c, entonces existe y ∈ X tal que s ≤ y c. Lema 2.2. No existe un número racional cuyo cuadrado sea igual a 2. Demostración. Consideremos los conjuntos X = {x ∈ Q : x ≥ 0, x2 2} y Y = {y ∈ Q : y ≥ 0, y2 2} . Notemos que si x 2, entonces x2 4, por lo tanto X ⊆ [0, 2], y es un conjunto acotado. Por otro lado, Y es acotado inferiormente, pues Y ∈ ]0,+∞[. Vamos a probar que no existen s = inf(Y ) y S = Sup(X) en Q. A) El conjunto X no tiene máximo. En efecto, dado x ∈ X, sea r ∈ Q con r 1 y 0 r 2−x2 2x+1. De la condición r 1 se sigue que r2 r, y usando la segunda de-sigualdad, obtenemos r(2x + 1) 2 − x2, por consiguiente (x + r)2 = x2 + 2rx + r2 ≤ x2 + r(2x + 1) x2 + (2 − x2) = 2, así dado x ∈ X, existe un número mayor, x + r ∈ X.
  47. 47. 44 Apuntes de Cálculo I B) El conjunto Y no tiene mínimo. Dado y ∈ Y , tenemos y 0 e y2 2. Podemos entonces obtener un número racional r tal que 0 r y2−2 2y . De esto obtenemos 2ry y2−2, y por lo tanto (y−r)2 = y2−2ry+r2 y2 − 2ry 2. Notemos que r y2−2 2y significa r y 2 − 1 2 y, esto es y − r es y y positivo. Por lo tanto, dado y ∈ Y podemos obtener y − r ∈ Y , con y −r y. C) Si x ∈ X e y ∈ Y , entonces x y. En efecto, se tiene x2 2 y2, por consiguiente x2 y2, y como x e y son ambos positivos, se concluye que x y. m Vamos a probar ahora que no existe Sup(X) ni inf(X) en Q. Supongamos que existe S = Sup(X) ∈ Q. Necesariamente debe tenerse que S 0, y no podemos tener que S2 2, puesto que esto significaría que S ∈ X y en este caso, X tendría máximo lo cual ya vimos no existe por A), tampoco puede tenerse S2 2, pues se tendría entonces que S ∈ Y , y como Y no tiene minimo, existe b ∈ Y tal que b S, de C) se tiene entonces que x b S para todo x ∈ X, luego S no sería el supremo de X. De modo análogo se prueba que s = inf(Y ) /∈ Q. Problema 2.1. Como aplicación directa del ejemplo anterior vamos a de-mostrar que √ 3 + √ 2 es irracional. Solución. Supongamos lo contrario, es decir, √ 2+ √ 3 ∈ Q. De esto se sigue que √ 3− √ 2 = 1 √ 3 + √ 2 es racional (por ser el cuociente de dos racionales). ahora, como √ 2 = 1 2 ( √ 3 + √ 2) − ( √ 3 − √ 2) es racional. Lo que es una contradicción. Por lo tanto, √ 3+ √ 2 es irracional.
  48. 48. Sergio Plaza 45 Ejemplo 2.3. Sean A,B ⊂ R, conjuntos no vacíos, ambos acotados superior-mente. Defina el conjunto A + B = {x + y : x ∈ A , y ∈ B}. Pruebe que Sup(A + B) = Sup(A) + Sup(B) . Solución. Sean a = Sup(A) y b = Sup(B), se tiene entonces que x ≤ a para todo x ∈ A, y analogamente y ≤ b para todo y ∈ B. De esto se sigue que x + y ≤ a + b para todo x ∈ A y todo y ∈ B, en otras palabras a + b es una cota superior de A + B. Ahora, desde la definición de supremo se tiene que dado ε o, existen x ∈ A e y ∈ B tal que a − ε x ≤ a y b − ε y ≤ b. Sumando esas desigualdades, obtenems a+b−ε x+y ≤ a+b, de donde a+b = Sup(A+B), como queríamos probar. Ejemplo 2.4. Sean A,B subconjuntos no vacíos de un cuerpo ordenado K. Suponga A y B son acotados superiormente. (i) Pruebe que Sup(A ∪ B) =max{ Sup(A), Sup(B)} . (ii) Si A ∩ B= ∅ , pruebe que Sup(A ∩ B) ≤ min{ Sup(A), Sup(B)} . (iii) Se define A−B = { x−y : x ∈ A , y ∈ B} . Pruebe que Sup(A−B) = Sup(A) − inf(B) . (Indicación: Pruebe que Sup(−A) = −inf(A) , donde −A = {−x : x ∈ A} .) En efecto, (a) (b) (i) Sean a = Sup(A) y b = Sup(B) . Sin perdida de generalidad podemos suponer que a ≤ b . Entonces para todo x ∈ A ∪ B , se tiene x ≤ b . Además, dado ε 0 , existe x∗ ∈ B tal que b−ε x∗ ≤ b . Es claro que x∗ ∈ A ∪ B , lo cual termina la prueba. (ii) Sean a = Sup(A) y b = Sup(B) . Si x ∈ A ∩ B , entonces x ≤ a y x ≤ b , de donde x ≤ min{a, b} . Por lo tanto min{a, b} es una cota superior de A∩B , y siendo Sup(A∩B) la menor de las cotas superiores de A∩B , se sigue que Sup(A ∩ B) ≤ min{a, b} .
  49. 49. 46 Apuntes de Cálculo I (iii) Como A es acotado superiormente, −A = {−x : x ∈ A} es acotado inferiormente, esto es inmediato, pues si x ≤ K para todo x ∈ A, entonces −K ≤ −x para todo −x ∈ (−A) . Sea a = inf(A) , entonces por definición de ínfimo, se tiene (1) a ≤ x para todo x ∈ A y (2) dado ε 0 , existe x∗ ∈ A, tal que a ≤ x∗ a + ε . Multiplicando las desigualdades (1) y (2) por −1 , obtenemos (1’) −x ≤ −a para todo −x ∈ (−A) , y (2’) dado ε 0 , existe −x∗ ∈ (−A) , tal que −a − ε x∗ −a , en otras palabras, −a = Sup(−A) . Ahora, vamos a probar que Sup(A + B) = Sup(A) + Sup(B)) . En efecto, sean a = Sup(A) y b = Sup(B) , es claro que a+b es una cota superior de A + B. Ahora, dado ε 0 , existen x∗ ∈ A, y∗ ∈ B , tales que a−ε/2 x∗ ≤ a y b−ε/2 y∗ ≤ b. Por lo tanto, (a+b)−ε x∗+y∗ ≤ a+b , y como z∗ = x∗ + y∗ ∈ (A + B) , se sique que a + b = Sup(A + B) . Finalmente, de lo anterior, tenemos Sup(A − B) = Sup(A + (−B)) = Sup(A) + Sup(−B) = Sup(A) − inf(B) . Definición 2.1. Decimos que un cuerpo ordenado K es completo si todo conjunto no vacío acotado superiormente, X ⊆ K, posee supremo en K. Esto es equivalente a que todo subconjunto no vacío y acotado inferior-mente posee infimo en K. Ejemplo 2.5. Por lo visto anteriormente Q no es completo. Ejemplo 2.6. Sea K un cuerpo ordenado no arquimediano. Entonces N ⊆ K está acotado superiormente. Si b ∈ K es una cota superior de N, entonces n + 1 b para todo n ∈ N, luego n ≤ b − 1 cualquiera que sea n ∈ N, en otras palabras, si b es cota superior de N en K, entonces b−1 también lo es, y como b− 1 b, se sigue que en un cuerpo no arquimediano K, el conjunto de los números está acotado superiormente, pero no existe Sup(N) en K.
  50. 50. 3 3 Sergio Plaza 47 Desde √ √ el ejemplo anterior concluímos que todo cuerpo ordenado completo es arquimediano. Daremos ahora el último de los axiomas que nos permiten caracterizar el cuerpo de los números reales. Axioma (de Completitud) Existe un (único) cuerpo ordenado y completo, el cual denotamos por R, llamado cuerpo de los númreos reales. Los elementos de R − Q son los llamamos números irracionales. Por el ejemplo de antes Q no es completo. Ejemplo 2.7. No existe un número racional cuyo cubo sea igual a 24 En efecto, vamos a probar que 24 es irracional. Supongamos que 24 es racional, digamos 3 √ 24 = p/q con p, q ∈ N y coprimos. Tenemos entonces que 24 = p3/q3, de donde 24q3 = p3, por lo tanto 24 divide a p3 (Nota: no deduzca de ese hecho que 24 divide a p, que sería una analogía directa a lo que hicimos cuando mostramos que √ 2 es irracional, por ejemplo, 24 divide a 63, pero evidentemente 24 no divide a 6). Como 24 es compuesto (es no primo), entonces se descompone en factores primos, tenemos que 24 = 23 · 3, por lo que p3 = 23 · 3 · q3, de esto deducimos que 3 divide a p3, y como 3 es primo, se tiene que 3 divide a p, esto significa que p = 3 · k, con k ∈ N. Usando esto, nos queda que 33k3 = 23 · 3 · q3, de donde 32k3 = 23 · q3, por lo tanto 3 divide a q, lo que es una contradicción. Usando esta idea pruebe que k √ n es racional sólo si n = mk, para algún m ∈ N. Ejemplo 2.8. Probemos otra vez que √ 2 + √ 3 es irracional, pero de una forma distinta. Afirmación. La raíz cuadrada √ k de un número natural k es racional si y sólo si k es un cuadrado perfecto, en otras palabras k = p2 para algún p ∈ N.
  51. 51. 48 Apuntes de Cálculo I En efecto, si k = p2, para algún p ∈ N, estamos listos. Recíprocamente, si √ √ k es racional, entonces k es una raíz racional de la ecuación polinomial p(x) = x2 − k, pero las raíces racionales positivas de esta ecuación son de la forma m n , donde m ∈ N es un divisor de k y n ∈ N es un divisor de 1. Luego, √ k = m, esto es, k = m2. Para ver que √ 2+ √ 3 no es un número racional, supongamos es un número racional, digamos √ 2+ √ 3 = r, con r ∈ Q, y r 0. Entonces √ 3 = r − √ 2, luego 3 = r2 − 2r √ 2 + 2, de donde √ 2 = r2 − 1 2r es un número racional. Lo cual es una contradicción. Ejemplo 2.9. Sean x, y ∈ R, con 0 x y. Pruebe que x √ xy x+y 2 y. Solución. Como x y se tiene que x+y 2y, esto es, x+y 2 y. Ahora como 0 (x−y)2 = x2 −2xy +y2 se sigue que 4xy x2 +2xy +y2 = (x+y)2, de donde √ xy x+y 2 . Finalmente, comox y, obtenemos que x = √ x2 √ xy. Juntando esas desigualdades se obtiene lo pedido. Ejemplo 2.10. Encuentre los valores de x ∈ R que satisfacen la desigualdad [x] ≤ x2 . (Recuerde: [x] es el mayor entero menor o igual que x, en otras palabras, es el mayor entero que satisface x − 1 [x] ≤ x.) Solución. De las desigualdades x−1 [x] y [x] ≤ x2 (condición), se obtiene x2 que x − 1 x/2, esto es, x 2. Ahora bien, si 1 ≤ x 2 se tiene [x] = 1 x/2, de donde se sigue que x 2, lo que es una contradicción. Si 0 ≤ x 1, entonces [x] = 0 x/2, en consecuencia si 0 ≤ x 1 la desigualdad es verdadera. De modo análogo se verifica que si − ≤ x − + 1, para = 1, 2, . . ., entonces la desigualdad es verdadera. Resumiendo: la desigualdad [x] ≤ es verdadera para todo x ∈]−∞, 1[ . Definición 2.2. Decimos que un subconjunto X ⊆ R es denso en R, si todo
  52. 52. Sergio Plaza 49 intervalo abierto ]a, b[ contiene algún punto de X. Ejemplo 2.11. X = R − Z es denso en R. En efecto, todo intervalo ]a, b[ es un conjunto infinito y por otra parte existe sólo una cantidad finita de enteros n, tales que a n b, luego cualquier intervalo ]a, b[ contiene elementos de X. Ejemplo 2.12. Muestre que entre dos números reales distintos cualesquiera existe un número irracional. En efecto, supongamos √ que a, b ∈ R con a b. Elijamos n ∈ N tal que 2 n √ b−r, donde r ∈ Q y a r b. Luego el número irracional x = r+ 2 satisface n a x b. Teorema 2.7. El conjunto Q de los números racionales y el conjunto R−Q de los números irracionales son densos en R. Demostración. Sea ]a, b[ un intervalo abierto arbitrario de R. Como b−a 0, existe un número natural p tal que 0 1 p b−a. Los números de la forma m p , con m ∈ Z descomponen R en intervalos de longitud 1 p. Como 1 p es menor que b − a, longitud del intervalo ]a, b[, alguno de los números m p debe estar en ]a, b[. Ahora, formalmente, tenemos Sea A = m ∈ Z : m p ≥ b . Como R es arquimediano, A es un conjunto no vacío de números enteros, acotado inferiormente por b · p. Sea m0 ∈ A el menor elemento de A. Entonces b ≤ m0 p , y como m0 − 1 m0 se obtiene m0−1 p b. Afirmación a m0 − 1 p b.
  53. 53. 50 Apuntes de Cálculo I En efecto, si no, se tendría m0−1 p p , y de esto b − a ≤ ≤ a b ≤ m0 m0 p − (m0−1) p = 1 p , lo que es una contradicción. Luego, el número racional m0−1 ∈]a, b[. Para el caso de R−Q, sea p ∈ N tal que 1 p 2 , es decir, p b√−a √ 2 p b−a. Los √ 2 p , con m ∈ Z y m= 0, son irracionales y dividen a números de la forma m la recta R en intervalos de longitud √ 2 p . Como √ 2 p b − a se concluye que √ 2 p m ∈]a, b[ para algún m ∈ Z. La prueba formal es completamente análoga al caso anterior. m El siguiente teorema, conocido como “Principio de los Intervalos Encaja-dos” es usado por algunos autores en la construcción de los números reales. Teorema 2.8. Sean I ⊇ I2 ⊇ · · · ⊇ In ⊇ · · · una sucesión decreciente de intervalos cerrados y acotados, digamos Ik = [ak, bk]. Entonces la interseción ∞ n=1 In es no vacía. Más precisamente, se tiene que n≥1 In = [a, b], donde a = Sup{an : n ∈ N} y b = inf{bn : n ∈ N}. Demostración. Para cada n ∈ N se tiene In+1 ⊆ In, lo que significa an ≤ an+1 ≤ bn+1 ≤ bn. Por lo tanto, a1 ≤ a2 ≤ · · · ≤ an ≤ · · · ≤ bn ≤ · · · ≤ b2 ≤ b1. Sean A = {an : n ∈ N} y B = {bn : n ∈ N}. El conjunto A está acotado inferiormente por a1, y superiormente por bn. Analogamente, para B. Sean a = Sup(A) y b = inf(B). Como cada bn es una cota superior de A, se concluye que a ≤ bn para todo n ∈ N. Luego, a es una cota inferior de B y por lo tanto a ≤ b. Así podemos escribir a1 ≤ a2 ≤ · · · ≤ an ≤ · · · ≤ a ≤ b · · · ≤ bn ≤ · · · ≤ b1 esto implica que a, b ∈ In para todo n ∈ N (puede ocurrir la alternariva a = b, ningún problema), de donde [a, b] ⊆ In para cada n, por lo tanto
  54. 54. Sergio Plaza 51 [a, b] ⊆ n=1 In. Además, ningún x a puede pertenecer a todos los In. En efecto, si x a = Sup(A), existe an ∈ A tal que x an, esto es, x /∈ In. Del mismo modo, y b, entonces y bm para algún m, de donde y /∈ Im. Esto nos permite cocluir que ∞ n=1 In = [a, b] lo que concluye la demostración. m /∈ Teorema 2.9. El conjunto de los números reales no es numerable. Demostración. Dado un intervalo cerrado y acotado I = [a, b], con a b, y un número real x0, existe un intervalo cerrado y acotado, J = [c, d], con c d, tal que x0 J y J ⊆ I. Verificación inmediata. Dado cualquier conjunto numerable X = {x1, x2, . . .} ⊆ R, podemos en-contrar x ∈ R, con x /∈ X. En efecto, sea I1 un intervalo cerrado y acotado y no degenerado, tal que x1 /∈ I1, sea I2 un intervalo cerrado, acotado y no degenerado con x2 /∈ I2 e I2 ⊆ I1. Inductivamente, suponiendo obtenidos in-tervalos cerrados, acotados y no degenerados I1 ⊇ I2 ⊇ · · · ⊇ In, con xi /∈ Ii para todo 1 ≤ i ≤ n, podemos obtener In+1 ⊆ In con xn+1 /∈ In+1. Así construimos una sucesión decreciente I1 ⊇ I2 ⊇ · · · ⊇ In ⊇ · · · de interva-los cerrado, acotados y no degenerados. Por el teorema anterior, existe un número real x ∈ In para todo n. Como xn /∈ In, se deduce que x= xn para todo n. Por lo tanto ningún conjunto numerable puede contener todos números reales. m Corolario 2.10. El conjunto de los números irracionales es no numerable.
  55. 55. 52 Apuntes de Cálculo I Corolario 2.11. Todo intervalo no degenerado de números reales es no numerable. Demostración. Sea f : ]0, 1[−→]a, b[ definida por f(x) = (b − a)x + a es una biyección del intervalo abierto ]0, 1[ en el intervalo abierto ]a, b[. Si ]0, 1[ fuese numerable, ]0, 1] también lo sería y consecuentemente ]n, n+1] sería numerable para cada n ∈ Z. Pero R = ]n, n+1], asi R resultaría ser n∈Z numerable, lo que es una contradicción. m Ejemplo 2.13. (Desigualdad de Schwarz) (a) Sean a1, a2, . . . , an y b1, b2, . . . , bn números reales. Pruebe que n k=1 akbk 2 ≤ n k=1 a2 k n k=1 b2 k y pruebe que la igualdad vale si y sólo si existe λ ∈ R, tal que ai = λbi (i = 1, 2, . . . , n ) Indicación: ax2 + bx + c ≥ 0 si y sólo si b2 − 4ac ≤ 0 . (b) Sean ai , i = 1, . . . , n números reales positivos. Pruebe que n k=1 ak n k=1 1 ak ≥ n2 . Indicación. En este problema, en las partes (a) y (b), no es necesario usar inducción. En efecto, consideremos el polinomio cuadrático p(x) = n k=1 (ak − bkx)2
  56. 56. Sergio Plaza 53 Evidentemente p(x) ≥ 0 para todo x ∈ R, por lo tanto tiene a lo más una raíz real (cuando es exactamente igual a cero). De donde 0 ≤ n k=1 (a2 k − 2akbkx + bkx2) = n k=1 a2 k − 2 n k=1 akbk x + n k=1 b2 k x2 usando la indicación se tiene 2 n k=1 akbk 2 ≤ 4 n k=1 a2 k n k=1 b2 k . Caso p(x) tenga una (única) raíz, se debe tener que n k=1 akbk 2 = n k=1 a2 k n k=1 b2 k . lo que concluye la prueba. La desigualdad restante es inmediata. Ejemplo 2.14. Sean x e y dos números reales tales que x y. Pruebe que existe un número racional r tal que x r y. Use este resultado para probar que cualquier intervalo abierto no vacío ]a, b[ contiene una cantidad infinita de números racionales. Solución. a) Tenemos que y − x 0. Como R es arquimediano, existe N ∈ N tal que N 2 y − x . Luego N(y − x) 2, equivalentemente, Nx + 2 Ny. Usando otra vez que R es arquimediano, existe un núnico n ∈ N tal que n ≤ Nx n + 1. Afirmamos que n + 1 ∈]Nx,Ny[. De hecho, tenemos Nx n + 1 ≤ Nx + 1 Nx + 2 Ny, y como Nx n + 1, se tiene la conclusión.
  57. 57. 54 Apuntes de Cálculo I Ahora x n + 1 N y, tomando r = n + 1 N ∈ Q se tiene lo pedido. b) Supongamos que el intervalo abierto no vacío ]a, b[ contiene sólo una cantidad finita de números racionales. Entonces r∗ = min{r ∈ Q : a r b} ∗ existe y r pertenece a ]a, b[. Usando la parte (a) existe un número racional q tal que a q . Es claro que q ∈]a, b[, lo que contradice la definición de r∗. En conclusión el conjunto {r ∈ Q : a r b} es infinito. Ejemplo 2.15. Sean x, y, a y b números reales positivos. Suponga que x a . Pruebe que y b x y a + x b + y a b . Solución. Vamos a probar primero la desigualdad x y x + a y + b . Tenemos x(y + b) − y(x + a) = xb − ya = yb x y − a b 0. Luego, x(y + b) y(x + a), equivalentemente x y x + a y + b . La otra desigualdad es análoga. Ejemplo 2.16. Sean x, y ∈ R. Pruebe que |x + y| 1 + |x + y| ≤ |x| 1 + |x| + |y| 1 + |y| . Solución. Notemos primero que los denominadores de las fracciones involu-cradas en la desigualdad no son igual a 0.
  58. 58. Sergio Plaza 55 Primero supongamos que |x+y| ≤ |x|, de esto obtenemos |x+y|+|x||x+ y| ≤ |x| + |x||x + y|. Luego, |x + y|(1 + |x|)|x|(1 + |x + y|), de donde |x + y| 1 + |x + y| ≤ |x| 1 + |x| . Como |y| 1 + |y| es positivo, obtenemos |x + y| 1 + |x + y| ≤ |x| 1 + |x| + |y| 1 + |y| . Si |x + y| ≤ |y|, un argumento similar nos da la desigualdad. Ahora supongamos que max{|x|, |y|} ≤ |x + y|. La desigualdad del trián-gulo |x + y| ≤ |x| + |y|, nos da que |x + y| 1 + |x + y| ≤ |x| 1 + |x + y| + |y| 1 + |x + y| . Como max{|x| , |y|} ≤ |x + y|, se tiene |x| 1 + |x + y| + |y| 1 + |x + y| ≤ |x| 1 + |x| + |y| 1 + |y| . Por lo tanto |x + y| 1 + |x + y| ≤ |x| 1 + |x| + |y| 1 + |y| . Ejemplo 2.17. Sea r ∈ Q∩ ]0, 1[. Escriba r = a b donde a ≥ 1 y b ≥ 1 son números naturales coprimos. Pruebe que existe un número natural n tal que 1 n + 1 ≤ a b 1 n . Use esto para mostrar que existen números naturales n1, . . . , nk tal que r = a b = 1 n1 + · · · + 1 nk .
  59. 59. 56 Apuntes de Cálculo I Solución. Usando la propiedad arquimediana de los números reales, tenemos que existe un único entero positivo n tal que m ≤ b a m+ 1. Como b a m+1, obtenemos m ≥ 1, y una pequeã manipulación algebraica nos da 1 m + 1 ≤ a b 1 m . Si b a = 1 m , entonces tenemos quem 1. En este caso, tomamos n = m−1. De otro modo tomamos n = m − 1. De otro modo tomamos M = n, para obtener 1 n + 1 ≤ a b 1 n . Para la segunda parte usamos inducción. Si a = 1, entonces la conclusión es inmediata supongamos que la conclusión es válida para a = 1, . . . , k y vamos a probar que vale para k + 1. Sea b ≥ 1 un número natural coprimo con k +1 tal que k +1 b. Entonces, la pimera parte implica que existe un número natural n tal que 1 n + 1 ≤ k + 1 b 1 n . Si 1 n + 1 = k + 1 b , no hay nada a probar. Si 1 n + 1 k + 1 b , entonces 0 k + 1 b − 1 n + 1 1 n − 1 n + 1 1 . Sea r∗ = k + 1 b − 1 n + 1 = a∗ b∗ ∈ Q, donde a∗ y b∗ son números naturales coprimos. Es claro que a∗ ≤ (k + 1)(n + 1) − b. Como k + 1 b 1 n , se sigue que (k+1)(n+1)−b k+1. k + 1 b 1 n , se sigue que (k+1)(n+1)−b k+1.
  60. 60. Sergio Plaza 57 Esto implica que a∗ k + 1. Nuestra hipótesis de inducción implica a∗ b∗ = 1 n1 + · · · + 1 nl para algunos números naturales. Luego k + 1 b = 1 n + 1 + 1 n1 + · · · + 1 nl y la prueba está completa. Ejemplo 2.18. Sean x, y ∈ R, con x y e y −x 1. Pruebe que existe un número entero ∈ Z, tal que x y. Pruebe además, que si n ∈ Z, no existen enteros p satisfaciendo n p n + 1. Solución. Probaremos primero la segunda parte del ejercicio. Sea n el menor entero positivo, el cual existe por el P.O.B. Afirmación. n = 1. En efecto. Si n 1, entonces n2 n, y como n es entero se sigue que n2 tambien lo es. Con esto tenemos una contradicción con el hecho que n es el menor entero positivo. Por lo tanto, 1 es el menor número natural. Lo anterior implica que si n es un entero, entonces nigún entero p satisface n p n + 1, de otro modo, restando n de la desigualdad, obetnemos que 0 p−n 1, y siendo p − n entero, tenemos una contradicción. Supongamos ahora que y −x 1, y sea S = { n ∈ N : y ≤ n} Por la propiedad arquimediana, conjunto S es no vacío. Por el P.B.O., S tiene un menor elemento, sea este k. Por lo tanto, k − 1 y. Ahora, o bien k − 1 ≤ x o k − 1 x. Si k − 1 ≤ x, tenemos y − x ≤ y − (k − 1) = y − k 0 +1 ≤ 1
  61. 61. 58 Apuntes de Cálculo I lo que contradice el hecho que y −x 1. En consecuencia, x k − 1 y, y lo afirmado está probado. 2.9 Ejercicios Problema 2.2. Sea R+ = {x ∈ R : x 0} y defina la suma ⊕ y el producto ⊗ en R+ como sigue: x ⊕ y = x · y y x ⊗ y = xy Es (R+,⊕,⊗) un cuerpo? Problema 2.3. Verifique que (Q(i),+, ·) como fueron definidos en el texto es un cuerpo. Problema 2.4. Sea p ≥ 2 un primo. Defina Zp como el conjunto de las clase de equivalencia módulo p, donde m, n ∈ Z son equivalente módulo p si y sólo si m − n = k p para algún k ∈ Z. La suma y en producto en Zp son definidos como sigue: si [n] representa la clase del entero n módulo p, entonces [n] + [m] = [n+m] y [n] · [m] = [n ·m]. Verifique si (Zp,+, ·) es un cuerpo. Si es un cuerpo Es ordenado? Problema 2.5. Sea K un cuerpo ordenado. Pruebe que a2 + b2 = 0 si y sólo si a = b = 0 . Ilustre con un ejemplo que ocurrir a2 + b2 = 0 en un cuerpo no ordenado sin que necesariamente se tenga a = b = 0. Problema 2.6. Sea K un cuerpo ordenado. Dados n ∈ N y x ∈ K, con x 1 . Pruebe que (1 − x)n ≥ 1 − nx . Problema 2.7. En un cuerpo ordenado, si a y a+x son positivos, probar que (a + x)n ≥ an + nan−1x, para todo n ∈ N. Problema 2.8. Probar que en un cuerpo ordenado K, las siguientes afir-maciones son equivalentes: (i) K es arquimediano.
  62. 62. Sergio Plaza 59 (ii) Z no está acotado superior ni inferiormente. (iii) Q no está acotado superior ni inferiormente. Problema 2.9. Demuestre que un cuerpo ordenado K es arquimediano si y sólo si para cada ε 0 dado, existe n ∈ N, tal que 1/2n ε. Problema 2.10. Sean a ∈ Q, con a= 0, y x ∈ R − Q. Pruebe que ax, a + x ∈ R − Q. Ilustre con ejemplos que existen números irracionales x e y tales que x+y y xy son racionales. Problema 2.11. Sean a, b, c y d números racionales. Pruebe que a+b √ 2 = c + d √ 2 si y sólo si a = c y b = d . Problema 2.12. Pruebe que inf({1/n : n ∈ N}) = 0. Problema 2.13. Sean A,B ⊂ R, conjuntos no vacíos. Suponga que x ≤ y para cada x ∈ A y cada y ∈ B . Suponga que existen Sup(A) e inf(B) . Pruebe que Sup(A) ≤ inf(B) . Además, pruebe que Sup(A) = inf(B) si y sólo si para cada ε 0 , existen x ∈ A e y ∈ B , tales que y − x ε. Problema 2.14. Sea A ⊂ R. Suponga que A está acotado. Pruebe que si B ⊂ A entonces inf(A) ≤ inf(B) ≤ Sup(B) ≤ Sup(A) . Problema 2.15. Dados conjuntos no vacíos A,B ⊂ R, se define su suma como A + B = {a + b : a ∈ A , b ∈ B } . Suponga que A y B están acotados. Pruebe 1. A + B está acotado 2. Sup(A + B) = Sup(A) + Sup(B) 3. inf(A + B) = inf(A) + inf(B) .
  63. 63. 60 Apuntes de Cálculo I Problema 2.16. Dados conjunto no vacío A ⊂ R y un número real λ , se define el conjunto λA = {λa : a ∈ A} . Probar 1. Si A está acotado, entonces λA también está acotado. 2. Suponga que A está acotado y que λ 0 , entonces Sup(λA) = λ Sup(A) e inf(λA) = λ inf(A) . 3. Suponga que A está acotado y que λ 0 , entonces Sup(λA) = λ inf(A) e inf(λA) = λ Sup(A) . Problema 2.17. Dados conjuntos de números reales A y B , se define el conjunto producto de A y B por A · B = {a · b : a ∈ A , , b ∈ B} . Si A y B están acotados, pruebe que A · B está acotado. Pruebe además, que si A y B están formado de números reales positivos, entonces Sup(A · B) = Sup(A) · Sup(B) e inf(A · B) = inf(A) · inf(B) . Problema 2.18. Decimos que una función f : X ⊂ R −→ R es acotada si su conjunto imagen f(X) = {f(x) : x ∈ X} es acotado. Si f es acotado, definimos Sup(f) = Sup(f(X)) e inf(f) = inf(f(X)) . Ahora, dadas funciones f, g : X ⊂ R −→ R, definimos las funciones f+g , f · g y f/g , caso g(x)= 0 para todo x ∈ X , por (f +g)(x) = f(x)+g(x) , (f · g)(x) = f(x) · g(x) y (f/g)(x) = f(x)/g(x) , para todo x ∈ X . Pruebe 1. Si f y g están acotadas, entonces g + f está acotada. 2. (f + g)(X) ⊂ f(X) + g(X) . 3. Sup(f + g) ≤ Sup(f) + Sup(g) .
  64. 64. Sergio Plaza 61 4. inf(f + g) ≥ inf(f) + inf(g) . 5. Ilustre con ejemplos que las desigualdades estrictas pueden ocurrir en los items (3) y (4). 6. Pruebe que (f · g)(X) ⊂ f(X) · g(X) . Suponga que f y g están aco-tadas deduzca que f ·g está acotada y pruebe que si f y g son positiva, entonces Sup(f · g) ≤ Sup(f) · Sup(g) e inf(f · g) ≥ inf(f) · inf(g) . Ilustre con un ejemplo que las desigualdades pueden ser esctrictas. 7. Si f es positiva y acotada, se tiene Sup(f2) = Sup(f)2 , donde f2(x) = f(x) · f(x) , para todo x ∈ X . Problema 2.19. Sea A,B ⊂ R conjuntos abiertos. Pruebe que 1. y + A = {x + y : x ∈ A} , 2. y · A = {y ·x x ∈ A} , siempre que y= 0, 3. A + B , 4. A · B = {x · y : x ∈ A , y ∈ B} , son subconjuntos abiertos de R. Problema 2.20. Sea K un cuerpo ordenado. Se define el interior de un conjunto A ⊂ K, y de denota por interior(A), como interior(A) = {x ∈ A : existe ε 0, tal que ]x − ε, x + ε[⊂ A}. Pruebe que interior(X) es un conjunto abierto, interior(X ∩ Y ) = interior(X) ∩ interior(Y ) , interior(X ∪ Y ) ⊃ interior(X) ∪ interior(Y ) . Problema 2.21. Sea C ⊂ K. Decimos que α ∈ K es un punto de acumu-lación de C si, para cada ε 0, se tiene (C ∩ ( ] α − ε, α + ε [ −{α})= ∅. Denotamos el conjunto de todos los puntos de acumulación de C por C, el cual es llamado conjunto derivado de C. Finalmente, se define la clausura
  65. 65. 62 Apuntes de Cálculo I de C, que denotamos por C, como el conjunto C ∪ C. Pruebe que C es un conjunto cerrado, X ∪ Y = X ∪ Y , X ∩ Y ⊂ X ∩ Y , (X ∪ Y ) = X ∪ Y . Problema 2.22. Pruebe que si n,m ∈ N no son cuadrados perfectos, en-tonces √ n + √ m es irracional Problema 2.23. Pruebe que √ 6 − √ 2 − √ 3 es irracional Problema 2.24. Sean m, n ∈ N, tales que n·m no es un cuadrado perfecto. √ √ √ √ Pruebe que n + m y n − m son irracionales. Problema 2.25. Sea p ∈ N Es √ p − 1 − √ p + 1 irracional? Problema 2.26. Sean a, b, c, d números racionales distintos, con c= 0 y sea x un número irracional. Pruebe que ax + b cx + d es irracional si y sólo si ad= bc. Problema 2.27. Demostrar que 3 20 + 14 √ 2 + 3 20 − 14 √ 2 es un úmero racional. Problema 2.28. Sea f : R → R definida por f(x) si x es irracional y por f p q = q si p/q es una fracción irreducible con p 0, f(0) = 0. Muestre que f es no acotada en cualquier intervalo no degenerado.
  66. 66. Capítulo 3 Sucesiones de Números Reales 3.1 Sucesiones de números reales Una sucesión de números reales o simplemente una sucesión en R, es una función x : N −→ R. El valor x(n), se denota por xn, y se llama al término n–ésimo o de orden n de la sucesión. Usaremos la notación x = (xn)n∈N para representar una sucesión. Observación 3.1. No confundir x = (xn)n∈N con {xn}n∈N = x(N), la primera denota una función, mientras que la segunda denota su recorrido también llamado conjunto de valores de la sucesión. Ejemplo 3.1. 1. Dado a ∈ R, definamos x : N −→ R por x(n) = xn = an, en este caso {xn}n∈N = {a, a2, a3, . . . , an, . . .} 2. Sea x : N → R, dada por x(n) = 1+(−1)n. Tenemos que x(N) = {0, 2}. Una sucesión (xn)n∈N está acotada si x(N) = {xn : n ∈ N} = {x(n) : n ∈ N} está acotado, es decir, existen a, b ∈ R tales que a ≤ xn ≤ b para todo n ∈ N, o equivalentemente |xn| ≤ C para todo n ∈ N y algún C ∈ R. Es inmediato que (xn)n∈N está acotada si y sólo si (|xn|)n∈N está acotada. 63
  67. 67. 64 Apuntes de Cálculo I Una sucesión (xn)n∈N está acotada superiormente (resp. inferiormente) si xn ≤ b, esto es, xn ∈]−∞, b[ (resp. xn ∈ [a,+∞[ ). Es claro que una sucesión está acotada si y sólo si lo está inferior y supe-riormente. Dada una sucesión x = (xn)n∈N en R, una subsucesión de x es la restricción de x a un subconjunto infinito N1 = {n1 n2 · · · ni · · ·} de N. Usamos la notación x = (xn)n∈N o (xni)i∈N para indicar la subsucesión x = x|N1. Nota 3.1. La definición anterior de subsucesión se traduce en lo siguiente: Sea x : N −→ R una sucesión, una subsucesión de x = (xn)n∈N es una función de la forma x ◦ k : N −→ R, donde k : N −→ N es una función creciente, es decir, para m, n ∈ N, si m n entonces k(m) k(n). Usando la notación k(j) = nj se tiene x ◦ k(j) = x(k(j)) = x(nj) = xnj . Nota 3.2. Si x = (xn)n∈N1 es una subsucesión de una sucesión x = (xn)n∈N, entonces x(N1) ⊂ x(N). Teorema 3.1. Toda subsucesión de una sucesión acotada (resp. acotada superiormente, inferiormente) está acotada (resp. superiormente, inferior-mente). Demostración. Inmediata, se deja a cargo del lector (ver 3.2). Definición 3.1. Decimos que una sucesión x = (xn) es creciente (resp. no decreciente) si xn xn+1 (resp. xn ≤ xn+1) para todo n ∈ N. Analogamente, x = (xn)n∈N es decreciente (resp. no creciente) si xn+1 xn (resp. xn+1 ≤ xn) para todo n ∈ N. Una sucesión es monótona si es creciente, no decreciente, decreciente, o no creciente. Ejemplo 3.2. La sucesión x = (xn)n∈N definida por xn = n es creciente.
  68. 68. Sergio Plaza 65 Ejemplo 3.3. Una sucesión constante, es decir, xn = α para todo n ∈ N es no creciente y no decreciente. Ejemplo 3.4. La sucesión cuyo término general es xn = 1 n es decreciente. Ejemplo 3.5. La sucesión dada por x = ((−1)n)n∈N no es creciente ni de-creciente. Simplemente sus valores oscilan entre −1 y 1. i nTeorema 3.2. Una sucesión monótona está acotada si y sólo si posee una subsucesión acotada. Demostración. En inmediato que si la sucesión está acotada, cualquier subsusesión de ella está acotada. Recíprocamente, supongamos que x = (xn)n∈es no decreciente y sea N x = x|una subsucesión acotada de x. N1 Ahora, como N1 es infinito si y sólo si no está acotado, se sigue que dado m ∈ N arbitrario, existe ni ∈ N tal que m . Ahora, como estamos suponiendo que x = (xni)i∈N está acotada, xn1 ≤ xn2 ≤ · · · ≤ xnk ≤ · · · ≤ b, se sigue que para cualquier n ∈ N existe nk ∈ N1, con nk n, luego xn ≤ xnk ≤ b. Por lo tanto, xn ≤ b para todo n ∈ N. m Nota 3.3. Si una sucesión posee una subsucesión acotada, no se puede con-cluir que ella sea convergente. Para ver esto considere la siguiente sucesión xn = ⎧⎨ ⎩ 2n si n es par 0 sin es impar. Sea N1 = {2n+1 : n ∈ N} y sea x = x|N1 , entonces para cada j ∈ N1 se tiene que x(j) = x(j) = 0, pues siendo j un elemento de N1 se tiene que j es impar. Por otra parte, es claro que la sucesión no es convergente, pues no está acotada superiormente. Note que x(n) = xn = n + (−1)nn.
  69. 69. 66 Apuntes de Cálculo I Ejemplos 3.1. 1. xn = 1 para todo n ∈ N. Tenemos x(N) = {1}, es no creciente y no decreciente. 2. xn = n para todo n ∈ N. En este caso x : N −→ R es la aplicación inclusión, está acotada inferiormente, pero no superiormente, es monó-tona creciente. 3. xn = (1+(−1)n+1)/2, en este caso x(N) = {0, 1} está acotada y no es monótona. 4. xn = 1/n para todo n ∈ N, es monótona decreciente y acotada. 5. xn = (1+(−1)n+1)n2 . Entonces xn = n si n es impar y xn = 0 si n es par está acotada inferiormente pero no superiormente y no es monótona. 6. Sea a ∈ R. Definamos xn = an. Si a = 0 o a = 1, la sucesión es constante. Si 0 a 1, la sucesión es monótona decreciente y acotada, y 0 an 1. Caso −1 a 0, la sucesión no es monótona pero sigue siendo acotada, pues |an| = an. Caso a = −1, la sucesión tiene valores −1, 1,−1, . . .. Si a 1, la sucesión es creciente y acotada inferiormente, pero no superiormente, pues si a = 1+h, con h 0, se sigue que an ≥ 1+nh. Luego dado b ∈ R, con b 1, tomando n b−1 h se sigue que an b. Finalmente, si a −1, se tiene que (an)n∈N no es monótona y no está acotada ni inferior ni superiormente. 7. Sea a ∈ R, con 0 a 1, y sea xn = 1+a + a2 + · · · + an. Se tiene que an = 1 − an+1 1 − a para todo n ∈ N. La sucesión (xn)n∈N es creciente, 1 1 − a para todo n ∈ N pues xn+1 = xn + an+1. Además, está acotada, pues 0 xn Ejemplo 3.6. La siguiente sucesión es de gran importancia en Análisis. Sea an = 1+ 1 1! + 1 2! + · · · + 1 n! .
  70. 70. Sergio Plaza 67 Evidentemente (an)n∈N es creciente y está acotada, pues an 1 + 1 +12 + 1 22 + · · · + 1 2n−1 3 para todo x ∈ N. Para ver esto último, basta demostrar que 2n−1 n! para todo n ≥ 3, lo que se seja a cargo del lector. Ejemplo 3.7. Sea bn = 1 + 1 n n , esta sucesión está estrechamente rela-cionada con la sucesión del ejemplo anterior. De la fórmula del binomio de Newton, obtenemos bn = 1 + 1 n n = 1+n · 1 n + n(n − 1) 2! · 1 n2 + · · · + n(n − 1) · · · 2 · 1 n! · 1 nn = 1+1+ 1 2! 1 − 1 n + 1 3! 1 − 1 n 1 − 2 n + · · · + 1 n! 1 − 1 n 1 − 2 n · · · 1 − n − 1 n de esto es claro que (bn)n∈N es creciente y bn an, luego (bn)n∈N está acotada. 3.2 Límite de una sucesión Sea (xn)n∈N una sucesión de números reales. Decimos que (xn)n∈N es conver-gente y tiene por límite el número real α, lo cual denotamos por lim n→∞xn = α, si para cada ε 0 dado, podemos encontrar n0 ∈ N tal que |xn − α| ≤ ε para todo n ≥ n0.
  71. 71. 68 Apuntes de Cálculo I Observación 3.2. Se tiene lim n→∞xn = α si y sólo si lim n→∞(xn − α) = 0. Teorema 3.3. (Unicidad del límite) Si (xn)n∈N es una sucesión convergente, entonces tiene un único límite. Demostración. Prueba 1) Supongamos que (xn)n∈N es convergente y que lim n→∞xn = a y lim n→∞xn = b, con a= b. Tomemos ε = |b − a|/2, es claro que ]a − ε, a + ε[ y ]b − ε, b + ε[ son disjuntos. Como lim n→∞xn = a, existe n0 ∈ N tal que n ≥ n0 implica que xn ∈]a − ε, a + ε[, por lo tanto xn /∈ ]b − ε, b + ε[ para todo n ≥ n0 y no puede ser lim n→∞xn = b. Prueba 2). Como antes, supongamos que (xn)n∈tiene dos límites distin-tos, N digamos a y b. Ahora bien, dado ε 0, existe N ∈ N, tal que |xn−a| ε y |xn − b| ε para todo n ≥ N. Por lo tanto, tomando n1 ≥ N se tiene |a − b| ≤ |xn1 − a| + |xn1 − b| 2ε, de donde a = b. Contradición con lo supuesto. m Teorema 3.4. Si lim n→∞xn = α, entonces toda subsucesión de (xn)n∈N es convergente y tiene por límite a α. Demostración. Sea (xni)i∈una subsucesión de (xn)n∈. Dadoε N N 0, existe N ∈ N tal que |xn − α| ε para todo n ≥ N. Puesto que los índices de una subsucesión forman un conjunto infinito, con la propiedad de que ni ni+1 se sigue que existe ni0 N. Luego, para ni ni0 se tiene que ni N, por lo tanto |xni − α| ε. m Corolario 3.5. Si lim n→∞xn = α, entonces para todo k ∈ N, se tiene lim n→∞xn+k = α. Observaciones 3.1. Hay dos aplicaciones de los teoremas anteriores, espe-cialmente útiles
  72. 72. Sergio Plaza 69 (a) Para demostrar que cierta sucesión no converge basta obtener dos sub-sucesiones con límites distintos (b) Supuesto que (xn)n∈N convege podemos determinar su límite usando el límite de cualquiera subsucesión. Ejemplo 3.8. Sean A = {kn : n ∈ N}, con kj kj+1 para todo j ∈ N y B = {mn : n ∈ N}, con mp mp+1 para todo p ∈ N. Suponga que para algún l ∈ N, se tiene {l, l + 1, l + 2, . . .} ⊆ A ∪ B Pruebe que una sucesión de números reales (xn)n∈N es convergente en R si y sólo si las subsucesiones (xkn)n∈N y (xmn )n∈N son ambas convergente y satisfacen lim n→∞xkr = lim n→∞xmn , y en este caso el valor común es el límite de (xn)n∈N. En particular, pruebe que una sucesión de números reales (xr)n∈N converge si y sólo si la subsucesión de términos de índices pares (x2n)n∈N, y la sub-sucesión de términos de índices impares (x2n+1)n∈N son ambas convergen al mismo límite en R. En efecto, (⇒)) inmediata (⇐)) Supongamos que lim n→∞xkn = lim n→∞xmn = x. Sea ε 0 dado. Elijamos N ∈ N tal que para todo n ≥ N, se tiene que |xkn − x| ε para todo kn ≥ kN y |xmn − x| ε para todo mn ≥ mN. Sea l0 = max{l, kN,mN}. Afirmamos que |xn − x| ε para todo n ≥ l0. De la hipótesis, tenemos que {l, l + 1, l + 2, . . .} ⊆ {k1, k2, . . .} ∪ {m1,m2, . . .} luego existe algún r ∈ N tal que kr = n o mn = r, Como r N implica kr kN ≤ l0 y mr mN ≤ l0, por lo tanto r ≥ N. Así, o bien xn = xkr
  73. 73. 70 Apuntes de Cálculo I o xn = xmr (con r ≥ N), de las desigualdades anteriores, se sigue que |xn − x| ε. Ejemplo 3.9. Calcule (a) Calcule limn→∞ n √ 10n + 9n . (b) Calcule limn→∞ P(n) Q(n) , donde P(x) y Q(x) polinomios del mismo grado. Solución. (a) Se tiene lim n→∞ n √ 10n + 9n = lim n→∞ n 10n 1 + 9 10 n = 10 lim n→∞ 1 + 9 10 n1/n = 10. (b) Escribamos P(x) = akxk + ak−1xk−1 + · · · + a1x + a0 y Q(x) = bkxk + bk−1xk−1 + · · · + b1x + b0 , con ak= 0 y bk= 0 . Tenemos así lim n→∞ P(n) Q(n) = lim n→∞ aknk + ak−1nk−1 + · · · + a1n + a0 bknk + bk−1nk−1 + · · · + b1n + b0 = lim n→∞ ak + ak−1 n + · · · + a1 nk−1 + a0 nk bk + bk−1 n + · · · + b1 nk−1 + b0 nk = ak bk Teorema 3.6. Toda sucesión convergente está acotada. Demostración. Sea (xn)n∈N una sucesión convergente, con lim n→∞xn = α. Tomando ε = 1, existe N ∈ N tal que xn ∈]α − 1, α + 1[ para todo n N. Sea F = {x1, x2, . . . , xN, α − 1, α + 1}. Tenemos que F es conjunto finito. Sean c = min(F) y d = max(F), es claro que xn ∈ [c, d] para todo n ∈ N.
  74. 74. Sergio Plaza 71 m Notas 3.1. 1. El recíproco del teorema anterior es falso. Ejemplo, sea xn = 1+(−1)n, esta sucesión está acotada, pero no es convergente. 2. Si (xn)n∈N no está acotada entonces evidentemente no es convergente. Teorema 3.7. Toda sucesión monótona y acotada es convergente. Demostración. Supongamos que la sucesión (xn)n∈N es no decreciente. El otro caso es análogo. Sea α = sup{x1, x2, . . .} = sup{xn : n = 1, 2, . . .} . Tenemos entonces que α = lim n→∞xn. En efecto, dado ε 0, como α−ε α, el número α−ε no es cota superior del conjunto {xn : n ∈ N}, luego existe N ∈ N tal que α −ε xN. Ahora como la sucesión es monótona, para n N, se tiene que xN ≤ xn y por lo tanto α − ε xN ≤ xn α+ ε (pues xn ≤ α para todo n ∈ N). m Corolario 3.8. Si una sucesión monótona posee una subsucesión conver-gente, entonces ella es convergente. Ejemplo 3.10. Determine si la sucesión xn = (1+ 1/n)n es monótona, acotadas o no, y calcule su límite, si este existe. Solución. Denotemos el término general de la sucesión por xn = 1 + 1 n n .
  75. 75. 72 Apuntes de Cálculo I Por el teorema del binomio, se tiene xn = 1+n · 1 n + n(n − 1) 2! · 1 n2 + · · · + n(n − 1)(n − 2) · · · 1 n! · 1 nn = 1+1+ 1 2! 1 − 1 n + 1 3! 1 − 1 n 1 − 2 n + · · · + 1 n! 1 − 1 n · · · 1 − n − 1 n de donde vemos que xn es una suma en donde todos los términos son posi-tivos, y es claro que xn xn+1 , es decir, la sucesión (xn)n∈N es creciente. Además, desde la segunda igualdad arriba, vemos que 2! + · · · + 1 n! xn ≤ 1 + 1+ 1 y el término de la derecha sabemos es acotada por 3. Por lo tanto la sucesión (xn)n∈N es creciente y acotada superiormente, de donde concluímos que existe lim n→∞xn el cual corresponde al número de Euler e . 3.3 Propiedades aritmética de los límites Teorema 3.9. Sean (xn)n∈N e (yn)n∈N sucesiones tales que lim n→∞xn = 0 e (yn)n∈N está acotada. Entonces lim n→∞xnyn = 0. Nota 3.4. No es necesario que exista lim n→∞yn. Demostración. Sea c 0 tal que |yn| ≤ c para todo n ∈ N. Dado ε 0, como lim n→∞xn = 0, existe N ∈ N tal que |xn| ε/c para todo n N. Luego, para n N se sigue que |xnyn| ε. m Ejemplo 3.11. lim n→∞ sen(nx) n = 0, pues | sen(θ)| ≤ 1 para todo θ ∈ R.
  76. 76. Sergio Plaza 73 Observación. Si lim n→∞xn = α y c ∈ R, entonces lim n→∞cxn = cα = c lim n→∞xn. Observación. Si lim n→∞yn = β con β= 0, entonces, salvo para un número finito de índices n, se tiene que yn= 0. En efecto, tomando ε = |β|/2, se tiene que 0 /∈ ]β − ε, β + ε[, y como existe N ∈ N tal que yn ∈]β − ε, β + ε[ para todo n N, se sigue que yn= 0 para n N. Nota 3.5. Cada vez que escribimos 1 yn , estamos suponiendo que este cuo-ciente está definido para n suficientemente grande. Nota 3.6. Se tiene lim n→∞xn = α si y sólo si lim n→∞(xn − α) = 0. Teorema 3.10. Si (xn)n∈N e (yn)n∈N son convergentes con lim n→∞xn = α y lim n→∞yn = β, entonces 1. (xn±yn)n∈N y (xn ·yn)n∈N son convergentes y lim n→∞(xn±yn) = lim n→∞xn± lim n→∞yn = α ± β y lim n→∞xn · yn = α · β. 2. Si β= 0, entonces xn yn n∈N es convergente y se tiene lim n→∞ xn yn = α β . Demostración. Para (xn ± yn)n∈N la prueba es trivial y se deja a cargo del lector. Para el producto, tenemos xnyn − αβ = xnyn − xnβ + xnβ − αβ = xn(yn − β) + (xn − α)β Como la sucesión (xn)x∈N está acotada y como lim n→∞(yn−β) = 0 y lim n→∞(xn− α) = 0, se sigue el resultado. Para la división tenemos lim n→∞ynβ = β2, luego existe N ∈ N tal que ynβ β2/2, para todo n N. En efecto, basta tomar ε = β2/2. Se sigue entonces que para todo n N, el número 1 ynβ es positivo y menor que 2 β2. Por lo
  77. 77. 74 Apuntes de Cálculo I tanto 1 ynβ n∈N está acotada. Ahora como xn yn − α β = βxn − αyn ynβ y lim n→∞(βxn − αyn) = βα − αβ = 0, obtenemos que lim n→∞ xn yn − α β = 0. m En el cálculo de límites, existen casos, llamados indeterminados, y que corresponden a operaciones de límites como se muestra en la tabla siguiente Operación Indeterminación Adición (Diferencia) ∞+ (−∞) Producto ∞ ·0 División ∞ ∞, 0 0 Potencia 1∞, ∞0, 00 la razon para llamarla inderminadas es que como veremos a continuación un límite de este tipo puede: existir (ser un número real), no existir, o ser infinito (±) Ejemplo 3.12. Un conocido ejemplo de límite de la forma 1∞ es el siguiente lim n→∞ 1 + 1 n n en el cual si tomamos límite en forma indiscriminda nos quedará 1 + lim n→∞ 1 n lim n→∞n = 1∞ (usted no haga esta barbaridad) pero sabemos que lim n→∞ 1 + 1 n n existe (es un número real) y lo llamamos e, constante de Euler.
  78. 78. Sergio Plaza 75 Ejemplo 3.13. Calcular los siguientes límites de sucesiones (a) lim n→∞ √ n n sen(n2) 3n (b) lim n→∞ 1 + 2 3n + 1 n Solución.(a) La sucesión ( sen(n2)) es acotada y lim n→∞ √ n n 3n = 0 ya que lim n→∞ n √ n = 1. Luego lim n→∞ √ n n sen(n2) 3n = 0. (b) Observamos que lim n→∞ 1 + 2 3n + 1 n = lim n→∞ 1 + 1 3n+1 2 n = lim n→∞ ⎡ ⎣ 1 + 1 3n+1 2 3n+1 2 ⎤ ⎦ 2/3 1 + 1 3n+1 2 −1/3 de donde lim n→∞ 1 + 2 3n + 1 n = e2/3. Ejemplo 3.14. Mostrar que existe el límite de la sucesión yn = 22n−1 2n , y calcularlo. Solución. Tenemos yn = 22n−1 2n = 21− 1 2n . La sucesión zn = 1 − 1 2n es creciente y converge a 1. Por lo tanto, limn→∞ 21− 1 2n = 2. Teorema 3.11. (Conservación del signo) Si lim n→∞xn = α 0 (resp. α 0), entonces existe N ∈ N tal que xn 0 (resp. xn 0) para todo n N. Demostración. Tomando ε = α2 0, se tiene ]α − ε, α + ε[= ]α/2, 3α/2[. Como lim n→∞xn = α, existe N ∈ N tal que xn ∈ ]α/2, 3α/2 [ para todo n N. m Corolario 3.12. Sean (xn)n∈N e (yn)n∈N sucesiones convergentes. Si xn ≤ yn para todo n, entonces lim n→∞xn ≤ lim n→∞yn.
  79. 79. 76 Apuntes de Cálculo I Observación 3.3. Si tuviesemos xn yn, no podemos concluir lim n→∞xn lim n→∞yn. Por ejemplo 0 1 n2 1 n , para todo n ∈ N, pero lim n→∞ 1 n2 = lim n→∞ 1 n = 0. Corolario 3.13. Si (xn)n∈N es convergente y xn ≥ α (resp. xn ≤ α) para todo n ∈ N, entonces lim n→∞xn ≥ α (resp. leα). Teorema 3.14. (del sandwich) Sean (xn)n∈N, (yn)n∈N y (zn)n∈N sucesiones tales que xn ≤ yn ≤ zn para alún N1 ∈ N. Supongamos que lim n→∞xn = lim n→∞yn = α, entonces (zn)n∈N es convergente y lim n→∞zn = α. Demostración. Dado ε 0, existe N ∈ N, con N ≥ N1 y tal que xn ∈ ]α − ε, α + ε[ e yn ∈]α − ε, α + ε[ para todo n N. Tenemos entonces que α −ε xn ≤ zn ≤ yn α+ ε n→∞zn = α. para todo n N, esto significa que lim m Ejemplo 3.15. Pruebe que lim n→∞ n √ n = 1. √ n 1, luego podemos Solución. Es claro que para todo n ≥ 1 se tiene que n √ n = 1+hn, con hn ≥ 0. Ahora, de n escribir n √ n = 1+hn, se sigue la desigualdad n = (1+hn)n ≥ 1 + nhn + n(n − 1) 2 h2 n ≥ 1 + n(n − 1) 2 h2 n, de donde se sigue que 2 n ≥ h2 n n→∞h2 ≥ 0, y por el Teorema 3.14, lim n = 0. Ahora es fácil probar que lim n→∞hn = 0. En consecuencia, lim n→∞ n √ n = 1. Ejemplo 3.16. Defina la sucesión (xn)n∈N como sigue xn = n2 √ n6 + 1 + n2 √ n6 + 2 + · · · + n2 √ n6 + n . Pruebe que esta sucesión es convergente.
  80. 80. Sergio Plaza 77 Solución. Notemos que para k = 1, . . . , n se tiene n2 √ n6 + n ≤ n2 √ n6 + k √ n6 = 1 ≤ n2 n luego, sumando las desigualdades anteriores, obtenemos n n2 n6 + n ≤ xn ≤ n · 1 n . Ahora, como n3 √ n6 + n = n3 n3 1 + 1 n2 = 1 1 + 1 n2 y como limn→∞ 1 1+ 1 n2 = 1, por el Teorema del Sandwich se sigue que lim n→∞xn = 1. Ejemplo 3.17. Defina (xn)n∈N como sigue xn = [α] + [2α] + · · · + [nα] n2 , donde [x] denota el mayor entero menor o igual que x, y α ∈ R es arbitrario. a seguir se muestra el gráfico de la función parte entera
  81. 81. 78 Apuntes de Cálculo I eje y 4 3 2 1 −4 −3 −2 −1 1 2 3 4 eje x −1 −2 −3 −4 Solución. Por la definición de la función parte entera, [·], tenemos [x] ≤ x [x] + 1 para todo número real x. Esto implica que x−1 [x] ≤ x. Luego nos queda (α − 1) + (2α − 1) + · · · + (nα − 1) n2 [α] + [2α] + · · · + [nα] n2 ≤ α + 2α + · · · + nα n2 de donde, (1 + 2 + · · · + n)α − n n2 [α] + [2α] + · · · + [nα] n2 ≤ (1 + 2 + · · · + n)α n2 reemplazando la suma 1 + 2 + · · · + n = n(n + 1) 2 , nos queda n(n+1) 2 α − n n2 [α] + [2α] + · · · + [nα] n2 ≤ n(n+1) 2 α n2
  82. 82. Sergio Plaza 79 o equivalentemente (n + 1)α 2n − 1 n [α] + [2α] + · · · + [nα] n2 ≤ (n + 1)α 2n Como lim n→∞ (n + 1)α 2n − 1 n = α2 = lim n→∞ (n + 1) 2 α, por el Teorema de Sandwich, obtenemos que lim n→∞ [α] + [2α] + · · · + [nα] n2 = α2 . Ejemplo 3.18. Estudie la existencia o no del límite de la sucesión (xn)n∈N dada por xn = αn − βn αn + βn donde α, β ∈ R son tales que |α|= |β|. Solución. Como |α|= |β|, tenemos las dos posibilidades |α| |β| o |β| |α|. En el primer caso, llamemos r = α β . Tenemos entonces que xn = rn − 1 rn + 1 n→∞rn = 0, luego lim n→∞ Como |r| 1, se tiene que lim rn − 1 rn + 1 = −1, es decir, lim n→∞xn = −1. El segundo caso, tenemos αn − βn − = −βn αn αn + βn αn + βn y llamando r = β α , nos queda que lim n→∞xn = − lim n→∞ βn − αn βn + αn = 1

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