2  Números reales

Ejercicio 2.1 $\star$ Para los siguientes subconjuntos de números reales, determinar si están acotados por arriba o por abajo, y en tal caso dar el supremo o el ínfimo.

1. $A=\{-1,0,1\}$
2. $B=[0,1)$
3. $C=(0,\mathrm{\infty })$
4. $D=\{1+\frac{1}{n}:n\in \mathbb{N}\}$
5. $E=\{(-2{)}^n:n\in \mathbb{N}\}$
6. $F=\{x\in \mathbb{R}:x^2-3x+2=0\}$
7. $G=\{x\in \mathbb{R}:x^3-x<0\}$

Solución

1. $A$ está acotado por arriba y por abajo. $sup(A)=1$ y $inf(A)=-1$.

2. $B$ está acotado por arriba y por abajo. $sup(B)=1$ y $inf(B)=0$.

3. $C$ está acotado por abajo, pero no por arriba. $inf(C)=0$.

4. $D$ está acotado por arriba y por abajo. $sup(D)=2$ y $inf(D)=1$.

5. $E$ no está acotado por arriba ni por abajo.

6. $F$ está acotado por arriba y por abajo. $sup(F)=2$ y $inf(F)=1$.

7. $G$ está acotado por arriba pero no por abajo. $sup(G)=1$.

Ejercicio 2.2 Calcular el supremo y el ínfimo de los siguientes conjuntos. ¿Tienen máximo y mínimo?

1. $A=\{x\in \mathbb{R}:2<x^2-2<7\}$
2. $B=\{x\in \mathbb{R}:1<4x^2-3\le 5\}$

Solución

1. $A=(-3,-2)\cup (2,3)$, que como está acotado tiene supremo $sup(A)=3$ e ínfimo $inf(A)=-3$. Sin embargo, $3\notin A$ y $-3\notin A$, por lo que no tiene ni máximo ni mínimo.

2. $B=[-\sqrt{2},-1)\cup (1,\sqrt{2}]$, que como está acotado tiene supremo $sup(B)=\sqrt{2}$ e ínfimo $inf(B)=-\sqrt{2}$. Como además, $-\sqrt{2}\in B$ y $\sqrt{2}\in B$, se tiene que $max(B)=\sqrt{2}$ y $min(B)=-\sqrt{2}$.

Ejercicio 2.3 Dadas dos funciones $f$ y $g$ ambas con dominio $A\subseteq \mathbb{R}$, demostrar que si sus imágenes están acotadas y $f(a)\le g(a)$ $\mathrm{\forall }a\in A$, entonces $sup(\mathrm{Im}(f))\le sup(\mathrm{Im}(g))$.

Solución

Como las imágenes de $f$ y $g$ están acotadas, y suponiendo que no fuesen vacías, por el axioma del supremo, se tiene que existe $c,d\in \mathbb{R}$ tales que $c=sup(\mathrm{Im}(f))$ y $d=sup(\mathrm{Im}(g))$. Como $d$ es el supremo de la imagen de $g$, se tiene que es una cota superior de la imagen de $f$, ya que, para cualquier $a\in A$, se tiene $f(a)\le g(a)\le d$. Por consiguiente, tiene que ser $c\le d$, ya que de lo contrario $c$ no sería el supremo por ser $d$ una cota superior de la imagen de $f$ menor que $c$.

Ejercicio 2.4 Demostrar que si $c\in \mathbb{R}$ es una cota superior de un conjunto $A$, entonces $-c$ es una cota inferior del conjunto de los opuestos $A^{\prime }=\{-a\in \mathbb{R}:a\in A\}$, y si $c$ es una cota inferior de $A$ entonces $-c$ es una cota superior de $A^{\prime }$.

Solución

Sea $c\in \mathbb{R}$ una cota superior del conjunto $A$. Entonces, $a\le c$ $\mathrm{\forall }a\in A$. De ello se deduce que para cualquier $a\in A$,

$$a<c\Rightarrow (-1)a\ge (-1)c\Rightarrow -a\ge -c,$$

lo que demuestra que $-c$ es una cota inferior de $A^{\prime }$.

Del mismo modo, si $c$ una cota inferior del conjunto $A$. Entonces, $c\le a$ $\mathrm{\forall }a\in A$, y de ello se deduce que para cualquier $a\in A$,

$$c<a\Rightarrow (-1)c\ge (-1)a\Rightarrow -c\ge -a,$$

de manera que $-c$ es cota superior de $A^{\prime }$.

Ejercicio 2.5 $\star$ Demostrar que todo subconjunto no vacío de números reales acotado inferiormente tiene un ínfimo.

Solución

Sea $A\subset \mathbb{R}$ no vacío y acotado inferiormente. Entonces existe un $c\in \mathbb{R}$ que es cota inferior de $A$. Si tomamos ahora el conjunto $A^{\prime }=\{-a\in \mathbb{R}:a\in A\}$, por el ejercicio Ejercicio 2.4, se cumple que $-c$ es una cota superior de $A^{\prime }$. Así pues, $A^{\prime }$ es un conjunto no vacío y acotado superiormente, y por el axioma del supremo, existe $-s\in \mathbb{R}$ tal que $-s=sup(A^{\prime })$.

Veamos ahora que $s$ es el ínfimo de $A$. Como $-s$ es el supremo de $A^{\prime }$, es una cota superior de $A^{\prime }$, y por el ejercicio Ejercicio 2.4, se cumple que $-(-s)=s$ es cota inferior de $A$. Supongamos ahora que existe otra cota inferior $x$ de $A$ tal que $x>s$. Entonces, aplicando una vez más el Ejercicio 2.4, se tiene que $-x$ es cota superior de $A^{\prime }$, pero $x>s\Rightarrow (-1)x<(-1)s\Rightarrow -x<-s$, lo que contradice que $-s$ sea el supremo de $A^{\prime }$, ya que $-x$ sería una cota superior menor que $-s$. Luego $s$ es el ínfimo de $A$.

Ejercicio 2.6 Demostrar que $|a|-|b|\le |a-b|$ $\mathrm{\forall }a,b\in \mathbb{R}$.

Solución

Veamos todas las posibilidades que pueden darse:

• Si $a=0$, entonces $|a|-|b|=-|b|\le |-b|=|a-b|$.
• Si $b=0$, entonces $|a|-|b|=|a|=|a-b|$.
• Si $a\ge b>0$, entonces $|a|-|b|=a-b=|a-b|$.
• Si $b\ge a>0$, entonces $|a|-|b|=a-b\le 0\le |a-b|$.
• Si $a>0>b$, entonces $|a|-|b|=a-(-b)=a+b<a-b=|a-b|$.
• Si $b>0>a$, entonces $|a|-|b|=-a-b<-a+b=-(a-b)=|a-b|$.
• Si $a\le b<0$, entonces $|a|-|b|=-a-(-b)=-a+b=-(a-b)=|a-b|$.
• Si $b\le a<0$, entonces $|a|-|b|=-a-(-b)=-a+b\le 0\le |a-b|$.

Ejercicio 2.7 $\star$ Usando la propiedad arquimediana de los números reales, demostrar que para cualquier número real $a\in \mathbb{R}$ con $a>0$ existe un número natural $n\in \mathbb{N}$ tal que $0<\frac{1}{n}<a$.Demostrar también que existe otro número natural $m\in \mathbb{N}$ tal que $m-1\le a<m$.

Solución

Como $a>0$ se tiene que $\frac{1}{a}>0$, y por la propiedad arquimediana, existe un $n\in \mathbb{N}$ tal que $\frac{1}{a}<n$, de donde se deduce que $\frac{1}{1/a}>\frac{1}{n}>0$, es decir, $0<\frac{1}{n}<a$.

Para demostrar la segunda parte, considérese ahora el conjunto $A=\{k\in \mathbb{N}:a<k\}$. Por la propiedad arquimedana sabemos que existe un $n\in \mathbb{N}$ tal que $a<n$, y por tanto, $n\in A$ por lo que $A$ no está vacío. Aplicando ahora el principio de buena ordenación de los números naturales, como $A\subset \mathbb{N}$, existe un primer elemento $m\in A$, tal que $m-1\notin A$, de manera que $m-1\le a$ y con ello se tiene que $m-1\le a<m$.

Ejercicio 2.8 Se dice que un conjunto $A$ es denso en $\mathbb{R}$ si cada intervalo $(a,b)$ de $\mathbb{R}$ contiene algún elemento de $A$. Demostrar que $\mathbb{Q}$ es denso en $\mathbb{R}$.

Solución

La prueba es la misma que la de la propiedad arquimediana. Basta con tomar $n\in \mathbb{N}$ tal que $\frac{1}{n}<b-a$. Si ahora se toma el primer múltiplo de $1/n$ tal que $a<\frac{m}{n}$, también se cumplirá que $\frac{m}{n}<b$, ya que de lo contrario $\frac{m-1}{n}<a<b<\frac{m}{n}$ lo que lleva a la contradicción de que $\frac{1}{n}>b-a$.