Obj2-Pta1: Considere el conjunto A , constituido por todos los números ,

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Universidad Nacional Abierta Análisis Matemático I. (762) Vicerrectorado Académico Fecha 06 / 03 / 2010.

Área de Matemática Cód. Carrera: 126

PRIMERA PARCIAL.

MODELO DE RE

SPUESTA.

Obj2-Pta1: Considere el conjunto A, constituido por todos los números , racionales positivos, tales que

r 2

2

r < . Es decir,

{

+ 2

}

: 2

A= ∈r r < .

1. Demuestre que A es no vacío y acotado superiormente. Por lo tanto, existe

sup

S= A

2. Demuestre que si pA, entonces existe otro númeroqA, con p<q. Esto indica que ningún elemento de A es cota superior y, en consecuencia,

. (Sugerencia: Si

sup

S= AA pA, forme el racional tal que h 0< <h 1 y

2

2 2 1

p h

p

− <

+ y haga q= +p h. Luego pruebe que p<q y ).

2 2

q <

3. Demuestre que si x∈ + y , entonces, existe otro racional positivo , menor que

2

2

x > z

x y cuyo cuadrado también es mayor que 2. Es decir, existe con

z∈ + z<x y 2 . Esto indica que si: ∈ + y , entonces 2

z > x 2

sup

2

x > A

≠ .

x

4. De las partes 3 y 4 anteriores, deduzca que: S =supA satisface . Demuestre no es racional.

2

2

S =

S

Solución:

1. Puesto que 1∈A, el conjunto es no vacío. Por otro lado, si A no fuese acotado superiormente, entonces, existiría en A un elemento , por ejemplo, lo cual no es posible, pues, en tal caso, . En consecuencia, existe el supremo: .

3

r> 2

sup

S= A

2 r >

2. Supongamos que pA. O sea, p es un racional positivo, tal que . Debemos demostrar que existe otro elemento

2

2 p <

qA, con . Con esto estaríamos demostrando que no existe en A un elemento que sea el mayor de todos. Dicho de otro modo,

q> p

sup

S= AA. En efecto, atendiendo a la

sugerencia dada, como

2

2 1

p p

− + 2

0

(2)

podemos encontrar un elemento h, racional y suficientemente cercano a

cero, que satisfaga las desigualdades

2

2 (0 1) (

2 1

p

h h

p

− < < ∧ <

+ ). El elemento buscado es . Obviamente es positivo y mayor que

q q= +p h q p. Resta

probar que q2 <2. En efecto: q2 =(p h+ )2 = p2+2ph h+ 2< p2+2ph h+ , pues, 2 . Luego,

h <h

2

2 1) (2 1) 2 1

p

p ph h p h p p

p

+ + = + + < + +

+

2 2 2

2 2 2 2

2 p ( =

. Hemos establecido que (2 ) 2

p + −p = q <2, como queríamos probar.

3. Sea x un racional positivo que satisface 2 . Es claro que

2

x > x es una cota superior para A. Debemos demostrar la existencia de otro número racional

, más pequeño que x

z>0 y cuyo cuadrado también es mayor que 2. O

sea, z<x y 2. En efecto, la expresión 2<z

2 2 2 x x

es mayor que cero.

Hagamos 2 2 . 2 x z x x

= − Veamos que z es positivo:

2 2

2

x 2 x 2

2 2 2

x

z x

x x x

= + = +

2

= − , lo cual es claramente positivo. Resta probar

que z >2. Veamos:

2 2 2

2 2 x x ⎤ − ⎥ ⎦ 2 2

2 2 2 2

2. .

2 2

x x

z x x x

x x ⎡ − ⎤ − ⎡ = = − + ⎣ ⎦ ⎣ = 2 2 2 − ⎥ 0 x> 2 2

2 2 2

( 2) 2

2 2 x x x x x x ⎡ − ⎤ ⎡ ⎤ − − + = +

⎣ ⎦ ⎣ ⎦ .Esta última expresión, obviamente, es mayor que dos, pues, como ya se ha dicho, la expresión entre corchetes es positiva. Comentario: Lo que acabamos de probar significa que ningún número racional, , cuyo cuadrado sea mayor que dos, es el supremo de A.

4. A manera de conclusión, sabemos que existe S =supA; también, por la parte dos, que y, por lo tanto, . Finalmente, por la parte tres,

no es mayor que 2. En consecuencia,

SA 2 ≥

2 2

2

S

S S =2. L a prueba de la

irracionalidad de S, la dejamos al lector.

Obj2-Pta2: Dados dos números reales cualesquiera, xy, xy, pruebe que existen entornos o vecindades, E x( , )ε y E y( , )ε , de xy respectivamente, tales que E x( , )ε ∩E y( , )ε = ∅. Nota: Recordemos que una vecindad de centro x y radio

0

ε > , en y con la métrica del valor absoluto, se define como el conjunto:

{

}

( ,

(3)

Solución:

Como x≠ ⇒ − >y x y 0. Sea el número real

2

x y

ε = − . Consideremos los entornos

{

}

( , ) :

E xε = ∈z x− <z ε y E y( , )ε = ∈

{

z : y− <z ε

}

. Probaremos que estas vecindades, con este radio así construido, tienen intersección vacía. Si así no fuese, existiría, al menos un elemento z0, tal que z0E x( , )ε ∩E y( , )ε . Ahora bien,

0 ( , ) 0

2

x y

zE x ε ⇒ −x z < − y 0 ( , ) 0

2

x y

zE y ε ⇒ −y z < − . De esto se deduce que : xz0 + −y z0 < −x y . Pero, por otra parte, aplicando la desigualdad

triangular, tenemos que: x− = − + −y x y z0 z0 = (xz0) (+ z0y) ≤ −x z0 + −y z0 . Esto representa una contradicción con la deducción anterior, la cual se deriva de suponer que la intersección de los entornos es no vacía. Por lo tanto, la suposición es falsa y se concluye que E x( , )ε ∩E y( , )ε = ∅

Obj3-Pta1: Demuestre que toda sucesión convergente es acotada.

Solución:

Sea

{ }

sn una sucesión convergente, cuyo limite es L. Sea ε =1 y Nε un número

natural, tal que si nNε, entonces, sn− <L 1. De la desigualdad: sn− ≥L snL

se deduce que sn < + ∀ ≥1 L, n Nε. De modo pues que todos los términos de la sucesión, desde Nε en adelante, están acotados por 1+L. Pero, ¿qué ocurre con los primero Nε −1 términos de la sucesión? :

{

s s1, 2,...sNε1

}

. Como se trata de un conjunto infinito, obviamente es acotado. Sea pues

{

1 2 1

}

max , ,... N ,1

M = s s s ε +L . Entonces, se concluye que snM,∀n.

Obj3-Pta2: Demuestre que toda sucesión acotada tiene una sub-sucesión convergente.

Solución:

Sea una sucesión acotada. Analizaremos dos casos: Si el rango de la

sucesión

{

{ }

sn n 1

∞ =

}

1, ,... ,...2 k

s s s es finito o infinito.

Si el rango es finito, digamos

{

s s1, 2,...,sk

}

, existe al menos uno de los

(4)

sucesión. Es decir, existe una sucesión infinita de índices n1<n2 <...< <ni ...

s = s =s =s = s =

, para los cuales: j n1 n2 n3 ... nm ...En conclusión, la sub.-sucesión

{ }

snk k=1

converge a sj.

Si el rango de la sucesión es infinito y acotada, tenemos que sn <M , para todo y cierto . Por lo tanto, todos los términos de la sucesión están contenidos en el intervalo cerrado

nM >0

[

M M,

]

. Dividamos este intervalo en dos intervalos de igual longitud:

[

M, 0

] [

∧ 0,M

]

. Alguno de ellos contiene infinitos términos de la sucesión. Llamémosle . Este intervalo es cerrado, contiene infinitos términos de la sucesión y su longitud es

1

I

1

( )

l I =M . Escojamos en un elemento cualquiera

1

I

1 1

xI I

1 2

1

. Nuevamente, dividamos en dos intervalos cerrados de igual longitud:

1

1

II . Al menos uno de ellos contiene infinitos términos de la sucesión, llamémosle I2. Claramente, I2 es cerrado, no vacío,I1⊃I2 y ( )2

2

M

l I = .

Escojamos en I2 un elemento cualquiera x2∈ ∧ ≠I2 x1 x2

I I

. Hacemos lo mismo con , generando un nuevo intervalo , cerrado, no vacío, contenido en y de

longitud

2

I 3 2

3 2

( ) ( )

2 4

l I =1l I = 1M. Escogemos un elemento cualquiera, x3I3 diferente a los anteriores. Continuando de este modo, generamos una sucesión de

intervalos , no vacíos, cerrados y tales que

; con longitud

1, 2,..., n,...

I I I

1 2 3 ... k k 1 ...

II ⊃ ⊃III + ⊃ ( ) 1

2

n n

M

l I = . Además, generamos

tambièn una sucesión

{ }

xn de elementos, con xnIn. Dado que

lim

n→∞

( )n 0 l I = , el

teorema de intervalos encajados asegura que

{ }

1 n n

I x

=

=

∞ . Finalmente, probaremos que la sucesión

{ }

xn , la cual es una subsucesiòn de

{ }

sn , converge, y lo hace

precisamente a x. Es decir, demostraremos que

lim

n→∞ n

x =x. En efecto, sea ε un

número real positivo arbitrario y N un número natural con la propiedad

2N

M <ε

.

Ahora bien, sabemos que xIn,∀n y, por lo tanto, xn− <x l I( )n . En consecuencia, si m>N, ocurre que, ( ) 1

2 2

m m m N

(5)

Obj3- Pta3: Considere la siguiente sucesión definida recursivamente: x1=1;

1 1

n n

x + = +x . Demuestre que la sucesión

{ }

xn es convergente, probando que es monótona y acotada. Calcule el límite.

Solución:

Probemos que la sucesión es acotada. Observemos primero que

1 1, 2 2, 3 1 2 3, 4 1 1 2 1 3

x = x = x = + < x = + + < + < 3. Parece que todos los términos están acotados superiormente por 3. En efecto, probemos esto por inducción: Es claro que x1< 3. A continuación, probemos que si xn < 3 y

entonces, también xn+1< 3. En efecto, xn+1 = 1+xn < 1+ 3, puesto que

estamos suponiendo que xn < 3. Dado que 3<2, se deduce que

1 1 3 1

n

x + < + < +2. Por lo tanto, se concluye que xn < 3, para todos los términos de la sucesión.

Probemos que es monótona. Un ligero examen a los primeros términos hace

sospechar que los términos crecen: x1 = <1 x2 = 2<x3 = 1+ 2 . Probemos esta

afirmación. Procedamos igualmente por inducción: En principio, x1<x2.

Seguidamente probemos que, si xn−1<xn, entonces xn <xn+1. En efecto,

1 1 1

n n

x + = +x > +xn1 =xn. La desigualdad anterior está justificada por la hipótesis inductiva. En conclusión, la sucesión es monótona creciente y acotada superiormente. Por lo tanto, converge.

Para calcular su limite, vemos que limxn+1=lim 1+xn , puesto que una misma

sucesión no puede tener dos limites diferentes. Además, lim 1+xn = 1 lim+ xn ,

por lo tanto, si L=limxn, se obtiene la ecuación: L= 1+L. Resolviendo esta ecuación se obtienen dos soluciones posibles para L. A saber,

1 5 1 5

2 2

L= + ∧ =L − . Sólo la primera solución es aceptable.¿Ve usted por qué?.

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