%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%
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\overfullrule5pt
\relpenalty=10000
\binoppenalty=10000
\hyphenation{siguiente}

\newcommand\CC{\mathbb{C}}
\newcommand\NN{\mathbb{N}}
\newcommand\QQ{\mathbb{Q}}
\newcommand\RR{\mathbb{R}}
\newcommand\ZZ{\mathbb{Z}}

\let\emptyset\varnothing
\let\eps\varepsilon
\DeclarePairedDelimiter\norm{\lVert}{\rVert}
\DeclarePairedDelimiter\abs{\lvert}{\rvert}
\DeclarePairedDelimiter\pint{\lfloor}{\rfloor}

\hyphenation{sobre}

%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%
%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%
%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%

\Materia{Cálculo Avanzado}
\Cuatrimestre{Primer Cuatrimestre --- 2010}
\Practica{1}
\Titulo{La recta real}

\begin{document}

\maketitle

\begin{ejercicios}

%%%%%%%%%%%%%%%
\item Sea $A\subseteq\RR$ un conjunto no vacío y acotado superiormente, y
sea $s\in\RR$. Entonces
  \[
  s=\sup A 
  \iff 
  \begin{cases}
  \text{$s$ es una cota superior de $A$, y} \\
  \text{para todo $\eps>0$ existe $a\in A$ tal que $s-\eps<a\leq s$.}
  \end{cases}
  \]

\begin{Solucion}
($\Longrightarrow$) Es claro que $s$ es una cota superior de~$A$. Sea, por
otro lado, $\eps>0$. Como $s$ es la menor cota superior de~$A$, $s-\eps$,
que es estríctamente menor que $s$ no es una cota superior de~$A$, y existe
entonces $a\in A$ tal que $s-\eps<a$. Como $a\leq s$ porque $s$ es una cota
superior, esto prueba la necesidad de la condición.

($\Longleftarrow$) Por hipótesis, $s$ es una cota superior de~$A$.
Sea $t\in\RR$ tal que $t<s$, de manera que $\eps=s-t>0$. La hipótesis implica
entonces que existe $a\in A$ tal que $t=s-\eps<a$ y, en consecuencia, que
$t$ no es una cota superior para $A$. Vemos así que $s$ es la menor cota
superior de~$A$.~\qed
\end{Solucion}

%%%%%%%%%%%%%%%
\item Para cada $x\in\RR$ sea $A_x=\{m\in\ZZ:m\leq x\}$.
\begin{ejitems}

\item Es $A_x\neq\emptyset$ y se trata de un conjunto acotado
superiormente. Mostrar que $A_x$ posee un máximo. Ese número
la \emph{parte entera} de~$x$ y lo notamos~$\pint x$.

\item Muestre que:
\begin{ejitems}

\item\label{pint:1} $0\leq x-\pint x<1$ para todo $x\in\RR$;

\item $\pint x=x \iff x\in\ZZ$;

\item $\pint x=\min\{k\in\ZZ:x<k+1\}$;

\item $\pint{x+y} \leq \pint x+\pint y+1$;

\item $x<y\implies \pint x\leq \pint y$.

\end{ejitems}

\end{ejitems}

\begin{Solucion}
\pitem[alph]{1} Veamos primero que $A_x\neq\emptyset$. Supongamos, para
llegar aun absurdo, que no es ese el caso, de manera que $x$ es una cota
inferior para $\ZZ$ y, como $\ZZ$ no es vacío, existe $\zeta=\inf\ZZ\in\RR$.
Entonces $\zeta+1$ no es una cota inferior para~$\ZZ$, de manera que existe
$m\in\ZZ$ tal que $m<\zeta+1$. Restando~$1$ a cada miembro de esta
desigualdad vemos que $m-1<\zeta$, lo que es absurdo porque $m-1\in\ZZ$.

Sea $\xi=\sup A_x$. Como $x$ es una cota superior para~$A_x$, es inmediato
que $\xi\leq x$. Por otro lado, existe una sucesión $(a_n)_{n\in\NN}$
en~$A_x$ que converge a~$\xi$ y, en particular, existe $N\in\NN$ tal que 
  \[
  n\geq N\implies\abs{a_n-\xi}<\tfrac12.
  \]
Si $n$,~$m\geq N$, tenemos entonces que
  \[
  \abs{a_n-a_m} \leq \abs{a_n-\xi} + \abs{\xi-a_m} < 1
  \]
y, como $a_n$,~$a_m\in\ZZ$, esto nos dice que, de hecho, $a_n=a_m$. Así, la
sucesión~$(a_n)_{n\in\NN}$ es a la larga constante y $\xi=a_N\in\ZZ$.
Concluimos así que $\xi\in A_x$, esto es, que $\xi$~es el máximo de~$A_x$.

\pitem[alph]{2} \pitem[roman]{1} De la definición de~$\pint x$ es evidente
que $\pint x\leq x$. Si fuese $x-\pint x\geq1$, sería $x\geq\pint x+1$, de
manera que $\pint x+1\in A_x$ y, como $\pint x=\sup A_x$, $\pint
x+1\leq\pint x$: esto es absurdo. Vemos así que $0\leq x-\pint x<1$.

\pitem[roman]{2} Si $\pint x=x$, es claro que $x\in\ZZ$. Recíprocamente, si
$x\in\ZZ$ entonces $x\in A_x$ y, como $x$~es una cota superior para~$A_x$,
es $x=\sup A_x=\pint x$.

\pitem[roman]{3} Sea $B_x=\{k\in\ZZ:x<k+1\}$. Es claro que $B_x$ tiene
a~$x-1$ como cota inferior y un argumento similar al que usamos con~$A_x$ muestra
que $B_x\neq\emptyset$. Existe entonces $\beta=\inf B_x$ y, otra vez como
antes, puede mostrarse que $\beta\in\ZZ$ y que $x<\beta+1$, de manera que
$\beta=\min B_x$. 

Tenemos que $\pint x\leq x<\beta+1$ y, en consecuencia, $\pint x\leq\beta$.
Por otro lado, como $\pint x=\max A_x$, se tiene que $\pint x+1\not\in
A_x$, esto es, que $x<\pint x+1$. Esto nos dice que $\pint x\in B_x$ y,
entonces que $\beta\leq\pint x$. Concluimos que $\beta=\pint x$, como
queríamos.

\pitem[roman]{4} De acuerdo a~\pitem[roman]{3}, es
$\pint{x+y}=\min\{k\in\ZZ:x+y<k+1\}$ y, de acuerdo a~\pitem[roman]{1},
tenemos que
  \[
  x+y < (\pint x+1) + (\pint y+1) = (\pint x+\pint y+1) + 1.
  \]
Como $\pint x+\pint y+1\in\ZZ$, esto implica que $\pint{x+y}\leq\pint x+\pint y+1$.

\pitem[roman]{5} Supongamos que $x<y$. Sea $m\in A_x$. Es $m\leq x<y<\pint
y+1$, así que $m<\pint y+1$ y, como $m$ y $\pint y$ son enteros, de hecho
$m\leq\pint y$. Esto nos dice que $\pint y$ es una cota superior para $A_x$
y, en consecuencia, que $\pint x\leq\pint y$.~\qed
\end{Solucion}

%%%%%%%%%%%%%%%
\item\begin{ejitems}

\item Si $x$,~$y\in\RR$ son tales que $y-x>1$, entonces existe un entero
$k$ tal que $x<k<y$.

\item Si $x$,~$y\in\RR$ son tales que $x<y$, entonces existe $r\in\QQ$ tal
que $x<r<y$.

\item Si $r$,~$s\in\QQ$ son distintos, entonces existe un número irracional
entre $r$ y $s$.

\item Si $x$,~$y\in\RR$ son distintos, entonces existe un número
irracional entre $x$ e $y$.

\end{ejitems}

\begin{Solucion}
\pitem[alph]{1} Sean $x$,~$y\in\RR$ tales que $y-x>1$. Sabemos que $x<\pint
x+1$. Si fuese $\pint x+1>y$, tendríamos que
  \[
  0 > \pint x+1-x > y-x > 1,
  \]
ya que $x-\pint x<1$ de acuerdo al ejercicio~\ref{pint:1}, y esto es
absurdo. Luego $x<\pint x+1<y$ y, como $\pint x+1\in\ZZ$, podemos tomar
$k=\pint x+1$.

\pitem[alph]{2} Sean $x$,~$y\in\RR$ tales que $x<y$. Entonces $y-x>0$ y
existe $n\in\NN$ tal que $ny-nx=n(y-x)>1$. De acuerdo a~\pitem[alph]{1},
entonces, existe $k\in\ZZ$ tal que $nx<k<ny$, y podemos poner $r=k/n$, ya
que $r\in\QQ$ y $x<r<y$.

\pitem[alph]{3} Sean $r$,~$s\in\QQ$ tales que $r<s$. Sea
$\xi=r+(s-r)2^{-1/2}$. Como $s-r>0$, es claro que $r<\xi$; por otro lado,
como $2^{-1/2}<1$, es $\xi=r+(s-r)2^{-1/2}<r+s-r=s$. Finalmente, $\xi$~es
claramente irracional.

\pitem[alph]{4} Sean $x$,~$y\in\RR$ tales que $x<y$. Sea $z=(x+y)/2$. Como
$x$ e $y$ son distintos, $x<z<y$. Usando dos veces~\pitem[alph]{2}, vemos
que existen $r_1$,~$r_2\in\QQ$ tales que $x<r_1<z<r_2<y$ y usando
ahora~\pitem[alph]{3}, vemos que existe un irracional~$\xi$ tal que
$r_1<\xi<r_2$. Es inmediato que $\xi$~satisface las condiciones
deseadas.~\qed
\end{Solucion}

%%%%%%%%%%%%%%%
\item\begin{ejitems}

\item Para todo $x\in\RR$ existe una sucesión $(q_n)_{n\in\NN}\subseteq\QQ$
que es estríctamente decreciente, tal que $q_n\geq x$ para todo $n\in\NN$ y con
$\lim_{n\to\infty}q_n=x$.

\item Enuncie y pruebe un resultado similar, pero con una sucesión
estrictamente creciente de números racionales.

\end{ejitems}

\begin{Solucion}
\pitem[alph]{1} Sea $n\in\NN$. Entonces $x+2^{-n-1}<x+2^{-n}$, así que
existe $q_n\in\QQ$ tal que $x+2^{-n-1}<q_n<x+2^{-n}$. Obtenemos de esta
forma una sucesión $(q_n)_{n\in\NN}$ que claramente satisface las
condiciones deseadas.

\pitem[alph]{2} Para cada $n\in\NN$ sea
$p_n\in\QQ$ tal que $x-2^{-n}<p_n<x-2^{-n-1}$. Entonces $(p_n)_{n\in\NN}$
es una sucesión estríctamente creciente de números racionales que converge
a~$x$.~\qed
\end{Solucion}

%%%%%%%%%%%%%%%
\item Sean $x=(x_1,\dots,x_m)\in\RR^m$ y $\eps>0$. Existe
$q=(q_1,\dots,q_m)\in\QQ^m$ tal que
$\norm{x-q}=\left(\sum_{i=1}^m(x_i-q_i)^2\right)^{1/2}<\eps$.

\begin{Solucion}
Para cada $i\in\{1,\dots,n\}$ existe $q_i\in\QQ$ tal que
$\abs{x_i-q_i}<n^{-1/2}\eps$. Sea $q=(q_1,\dots,q_n)$. Entonces
  \(
  \norm{x-q}^2
    = \sum_{i=1}^n(x_i-q_i)^2
    < n\cdot (n^{-1/2}\eps)^2 
    = \eps^2
  \),
así que $\norm{x-q}<\eps$.~\qed
\end{Solucion}

%%%%%%%%%%%%%%%
\item El conjunto $A=\{\frac{m}{2^n}:m\in\ZZ,\,n\in\NN\}$ es denso
en~$\RR$. ¿Qué puede decir del conjunto
$A_b=\{\frac{m}{b^n}:m\in\ZZ,\,n\in\NN\}$ si $b\in(1,+\infty)$?

\begin{Solucion}
Bastará mostrar que $A_b$ es denso si $b>1$, ya que $A=A_2$. Sea $x\in\RR$,
y probemos que $x$ es un punto de acumulación de~$A_b$.


Si $n\in\NN$, sea $q_n=\pint{xb^n}b^{-n}$, un
elemento de~$A_b$. Entonces
$b^n\abs{x-q_n} = \abs[\big]{b^nx-\pint{xb^n}}<1$, de manera que
$\abs{x-q_n}<b^{-n}$. Como $b>1$, esto implica que
$\lim_{n\to\infty}q_n=x$ y, en consecuencia, que $x$ es un punto de acumulación
de~$A_b$, como queríamos.~\qed
\end{Solucion}

\section*{Sucesiones}

%%%%%%%%%%%%%%%
\item Sean $(a_n)_{n\in\NN}$, $(b_n)_{n\in\NN}$ y $(c_n)_{n\in\NN}$ tres sucesiones de números
reales tales que
\begin{itemize}

\item existe $n_0\in\NN$ tal que para todo $n\geq n_0$ es $a_n\leq b_n\leq
c_n$, y

\item $\lim_{n\to\infty}a_n$ y $\lim_{n\to\infty}b_n$ existen y tienen el
mismo valor $\ell$.

\end{itemize}
Entonces $\lim_{n\to\infty}b_n=\ell$.

\begin{Solucion}
Sea $\eps>0$. Por hipótesis, existe $N\in\NN$ tal que si $n\geq N$ se tiene
que $\abs{a_n-\ell}<\eps$, $\abs{c_n-\ell}<\eps$ y $a_n\leq b_n<\leq c_n$.
Pero entonces para esos valores de~$n$ es
  \[
  \ell-\eps < a_n < b_n < c_n < \ell+\eps,
  \]
esto es, $\abs{b_n-\ell}<\eps$. Vemos así que $\lim_{\to\infty}b_n=\ell$.~\qed.
\end{Solucion}

%%%%%%%%%%%%%%%
\item\begin{ejitems}

\item Sea $(a_n)_{n\in\NN}$ una sucesión monótona de números reales.
\begin{ejitems}

\item $(a_n)_{n\in\NN}$ converge sii es acotada.

\item Si $(a_n)_{n\in\NN}$ posee una subsucesión convergente con límite
$\ell$, entonces ella misma converge al mismo límite.

\end{ejitems}

\item Toda subsucesión de una sucesión convergente es convergente.

\item Dé un ejemplo de una sucesion $(a_n)_{n\in\NN}$ tal
que $\lim_{n\to\infty}\abs{a_n-a_{n+1}}=0$ y que no converja.

\item ¿Qué puede decir de una sucesión $(a_n)_{n\in\NN}$ tal que
es $\lim_{n\to\infty}\abs{a_n-a_{n+p}}=0$ para todo $p\in\NN$.

\end{ejitems}

\begin{Solucion}
\pitem[alph]{1} Supongamos que la sucesión $a=(a_n)_{n\in\NN}$ es no
decreciente; el caso en que es no-creciente es similar.

\pitem[roman]{1} Supongamos primero que $a$ converge y sea
$\ell=\lim_{n\to\infty}a_n$. Como $a$ es no-decreciente, $a_1$ es una cota
inferior para~$a$. Afirmamos que $\ell$ es una cota superior.
En efecto, si ese no fuese el caso, existiría $N\in\NN$ y
$\eps>0$ tal que $a_N>\ell+\eps$ y, como $a$ es no-decreciente, tendríamos que
$a_n>\ell+\eps$ para todo $n\geq N$. Tomando límites, entonces, vemos que
$\ell=\lim_{n\to\infty}a_n\geq\ell+\eps>\ell$, lo que es absurdo. Esto
prueba nuestra afirmación.

Recíprocamente, supongamos que la sucesión $a$ es acotada, de manera que
existe $\ell=\sup\{a_n:n\in\NN\}$, y mostremos que de hecho $a$ converge
a~$\ell$. Sea $\eps>0$. Entonces existe $N\in\NN$ tal que
$\ell-\eps<a_N\leq\ell$ y, como $a$ es no-decreciente, para cada $n\geq N$
tenemos que $\ell-\eps<a_N\leq a_n\leq\ell$. Entonces $\abs{a_n-\ell}<\eps$
y vemos que $\lim_{n\to\infty}a_n=\ell$, como queríamos.


\pitem[roman]{2} Sea $a'=(a_{n_k})_{k\in\NN}$ una subsucesión
convergente de~$a$ y sea $\ell$ su límite. Como $a$ es no-decreciente,
$a'$ es no-decreciente, y tenemos que $\ell=\sup\{a_{n_k}:k\in\NN\}$.
Para probar que $a$ converge y que converge a~$\alpha$, alcanzará con
mostrar que $a$ es acotada y que $\sup\{a_n:n\in\NN\}=\ell$.

Sea $n\in\NN$. Como $a'$ es una subsucesión, existe $k\in\NN$ tal que
$n<n_k$, y como $a$ es no-decreciente, $a_n<n_k\leq\ell$. Así, $\ell$ es
una cota superior para~$a$. En particular, existe
$\ell'=\sup\{a_n:n\in\NN\}$. Como que $\{a_{n_k}:k\in\NN\}\subseteq\{a_n:n\in\NN\}$,
tenemos que $\ell'\leq\ell$. Para ver que de hecho $\ell'=\ell$ supongamos,
para llegar a un absurdo que $\ell'<\ell$, de manera que
$\eps=\ell-\ell'>0$. Como $a'$ converge a~$\ell$, existe $k\in\NN$ tal que
$a_{n_k}>\ell-\eps=\ell'$. Esto es el absurdo que buscábamos, ya que
$\ell'=\sup\{a_n:n\in\NN\}\geq a_{n_k}$. 

\textcolor{red}{TERMINAR}

\end{Solucion}

\section*{Límite superior e inferior}

%%%%%%%%%%%%%%%
\item Sea $(a_n)_{n\in\NN}$ una sucesión acotada de números reales. Para
cada $n\in\NN$ sea $A_n=\{a_k:k\geq n\}$ y pongamos $\lambda_n=\sup A_n$ y
$\gamma_n=\inf A_n$.
\begin{ejitems}

\item La sucesiones $(\lambda_n)_{n\in\NN}$ es decreciente y
$(\gamma_n)_{n\in\NN}$ es creciente, y ambas convergen. Llamamos \emph{límite
superior} de $(a_n)_{n\in\NN}$ al límite $\beta=\lim_{n\to\infty}\lambda_n$, y 
\emph{límite inferior} de $(a_n)_{n\in\NN}$ al límite
$\alpha=\lim_{n\to\infty}\gamma_n$.

\item Sea $\eps>0$. A la derecha de $\beta+\eps$ y a la izquierda de
$\alpha-\eps$ hay finitos términos de la sucesión $(a_n)_{n\in\NN}$.

\end{ejitems}

%%%%%%%%%%%%%%%
\item Encuentre el límite superior e inferior de las siguiemtes sucesiones:
\begin{ejitems}

\item $1,3,-1,1,3,-1,1,3,-1,\dots$;

\item $(-1)^n\left(2+\frac3n\right)$;

\item $\left(1-\frac1n\right)\sin\frac{\pi}2n$;

\item $(s_n)_{n\in\NN}$ con $s_1=0$ y $s_2n=\frac{s_{2n-1}}2$,
$s_{2n+1}=\frac12+s_2n$ para cada $n\geq1$;

\item $\frac n3-\pint{\frac n3}$.

\end{ejitems}

%%%%%%%%%%%%%%%
\item Sea $(a_n)_{n\in\NN}$ una sucesión acotada de números reales.
\begin{ejitems}

\item $\alpha=\limsup_{n\to\infty}a_n$ sii para cada $\eps>0$ se tiene que
\begin{itemize}

\item existe $n_0\in\NN$ tal que para para todo $n\geq n_0$ es $a_n<\alpha+\eps$, y

\item para todo $n\in\NN$ existe $m\geq n$ tal que $a_m>\alpha-\eps$.

\end{itemize}

\item $\alpha=\limsup_{n\to\infty}a_n$ sii 
\begin{itemize}

\item existe una subsucesión $(a_{n_j})_{j\in\NN}$ de
$(a_n)_{n\in\NN}$ tal que $\lim_{j\to\infty}a_{n_j}=\alpha$, y

\item si $(a_{n'_j})_{j\in\NN}$ es una subsucesión convergente de
$(a_n)_{n\in\NN}$, es $\lim_{j\to\infty}a_{n'_j}\leq\alpha$.
\end{itemize}

\end{ejitems}

%%%%%%%%%%%%%%%
\item Sea $(a_n)_{n\in\NN}$ una sucesión acotada de números reales.
Entonces
  \[
  \lim_{n\to\infty}a_n=\ell
    \iff
    \limsup_{n\to\infty}a_n=\liminf_{n\to\infty}a_n=\ell
  \]

%%%%%%%%%%%%%%%
\item Sean $(a_n)_{n\in\NN}$ y $(b_n)_{n\in\NN}$ sucesiones acotadas de
números reales. Entonces:
\begin{ejitems}

\item $\limsup_{n\to\infty}(a_n+b_n)\leq\limsup_{n\to\infty}a_n+\limsup_{n\to\infty}b_n$;

\item
$\limsup_{n\to\infty}a_nb_n\leq\limsup_{n\to\infty}a_n\cdot\limsup_{n\to\infty}b_n$
si $a_n$,~$b_n\geq0$ para casi todo $n\in\NN$;

\item $\limsup_{n\to\infty}ca_n = c\cdot \limsup_{n\to\infty}a_n$ si $c>0$.

\end{ejitems}

%%%%%%%%%%%%%%%
\item Sea $(a_n)_{n\in\NN}$ una sucesión de números reales positivos.
\begin{ejitems}

\item Se tiene que
  \[
  \liminf_{n\to\infty}\frac{a_{n+1}}{a_n} 
    \leq \liminf_{n\to\infty}\sqrt[n]{a_n}
    \leq \limsup_{n\to\infty}\sqrt[n]{a_n}
    \leq \limsup_{n\to\infty}\frac{a_{n+1}}{a_n}.
  \]

\item Si existe $\lim_{n\to\infty}{a_{n+1}}{a_n}=A\in\overline\RR$,
entonces $\lim_{n\to\infty}\sqrt[n]{a_n}=A$.

\item Calcule $\lim_{n\to\infty}\frac{\sqrt[n]{n!}}n$.

\end{ejitems}

\section*{Desarrollos $b$-arios}

%%%%%%%%%%%%%%%
\item Sea $b\in\NN$ tal que $b\geq2$. Sean $x$,~$y\in[0,1]$ y sean
  \[
  x=\sum_{i\geq1}\frac{x_i}{b^i}, 
  \qquad
  y=\sum_{i\geq1}\frac{y_i}{b^i}
  \]
sus desarrollos $b$-arios. Supongamos además que el desarrollo de $y$ tiene
infinitos términos, de manera que existen infinitos índices $i\in\NN$ tales
que $y_i\neq0$, y sea $n\in\NN$ tal que $x_i=y_i$ para todo $i<n$.
\begin{ejitems}

\item Si $x_n<y_n$, entonces $x<y$.

\item Si el desarrollo de $x$ también es infinito, el orden entre $x$ e $y$
es el mismo que el de los primeros términos de sus desarrollos en los que
difieren.

\item Si $z\in[x,y]$, entonces el desarrollo $b$-ario de $z$ tiene dígitos
$z_i=x_i=y_i$ para todo $i<n$.

\end{ejitems}

%%%%%%%%%%%%%%%
\item Encuentre los desarrollos en las bases $2$, $3$ y $16$ de los
números $2.25$, $10.7$, $27$ y $255$.


\end{ejercicios}

%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%

\vspace*{\stretch{1}}

\foto{Bolzano}{Bernard Placidus Johann Nepomuk Bolzano\\1781--1848, Austria/República checa}{%
Bolzano publicó en 1817 la primer prueba completa del teorema de los
valores intermedios y, en ese trabajo, dio por primera vez la definición de
lo que hoy entendemos por \emph{límite} y \emph{sucesión de Cauchy}.
}

\vspace*{\stretch{1}}

\end{document}
