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\Materia{Cálculo Avanzado}
\Cuatrimestre{Segundo Cuatrimestre --- 2019}
\Practica{2}
\Titulo{Cardinalidad}

\hyphenation{homeo-morfismo holo-morfa}

%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%
\begin{document}
\maketitle

\begin{ejercicios}

%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%
\section{Conjuntos}

%%%%%%%%%%%%%%%
\item Si $B$ es un conjunto y $(A_i)_{i\in I}$ una familia de conjuntos con
$I\neq\emptyset$, entonces
  \[
  B\setminus\bigcup_{i\in I}A_i = \bigcap_{i\in I}(B\setminus A_i), 
  \quad
  B\setminus\bigcap_{i\in I}A_i = \bigcup_{i\in I}(B\setminus A_i), 
  \quad
  \bigcup_{i\in I}(B\cap A_i) = B\cap\bigcup_{i\in I}A_i.
  \]

\begin{Solucion}
Probemos cada una de las igualdades por separado.
\begin{itemize}

\item Sea $x\in B\setminus\bigcup_{i\in A}A_i$. Es $x\in B$ y
$x\not\in\bigcup_{i\in I}A_i$: si $i\in I$, entonces es $x\in B$ y
$x\not\in A_i$, así que $x\in B\setminus A_i$. De esto se deduce que
$x\in\bigcap_{i\in I}(B\setminus A_i)$. Sea, por otro lado,
$x\in\bigcap_{i\in I}(B\setminus A_i)$. Como $I\neq\emptyset$, existe $j\in
I$ y, por lo tanto, $x\in B\setminus A_j$: en particular, vemos que $x\in
B$. Por otro lado, si $i\in I$, entonces $x\in B\setminus A_i$ y, por lo
tanto, $x\not\in A_i$. Esto nos dice que $x\not\in\bigcup_{i\in I}A_i$ y,
en definitiva, que $x\in B\setminus\bigcup_{i\in I}A_i$.

\item Sea $x\in B\setminus\bigcap_{i\in I}A_i$, de manera que $x\in B$ y
$x\not\in\bigcap_{i\in I}A_i$. Esto último implica que existe $j\in I$ tal
que $x\not\in A_j$ y, por lo tanto, que $x\in B\setminus A_j$. Vemos así
que $x\in\bigcup_{i\in I}(B\setminus A_i)$. Por otro lado, sea
$x\in\bigcup_{i\in I}(B\setminus A_i)$. Existe entonces $j\in I$ tal que
$x\in B\setminus A_i$ y, por lo tanto, $x\in B$ y $x\not\in A_j$. De esto
último se deduce que $x\not\in\bigcap_{i\in I}A_i$ y, en definitiva, que
$x\in B\setminus\bigcap_{i\in I}A_i$.

\item  Si $j\in I$, entonces $A_j\subseteq\bigcup_{i\in I}A_i$, así que 
$B\cap A_j\subseteq B\cap\bigcup_{i\in I}A_i$. Como esto es así cualquiera
sea $j$, tenemos que $\bigcup_{i\in I}(B\cap A_j)\subseteq B\cap\bigcup_{i\in I}A_i$.
Por otro lado, si $x\in B\cap\bigcup_{i\in A_i}$, se tiene que $x\in B$ y
$x\in\bigcup_{i\in I}A_i$, de manera que existe $j\in I$ tal que $x\in
A_i$: vemos entonces que $x\in B\cap A_j\subseteq\bigcup_{i\in I}(B\cap
A_j)$. \qed

\end{itemize}
\end{Solucion}

%%%%%%%%%%%%%%%
\item Sea $(A_n)_{n\geq1}$ una sucesión de conjuntos y sea
$A=\bigcup_{n\geq1}A_n$. Encuentre una sucesión de conjuntos
$(B_n)_{n\geq1}$ que satisfaga las siguientes tres condiciones:
\begin{itemize}

\item $B_n\subseteq A_n$ para todo $n\in\NN$;

\item $B_n\cap B_m=\emptyset$ siempre que $n$,~$m\in\NN$ y $n\neq m$;

\item $A=\bigcup_{n\geq1}B_n$.

\end{itemize}

\begin{Solucion}
Para cada $n\in\NN$ sea $B_n\coloneqq A_n\setminus\bigcup_{i=1}^{n-1}A_n$.
Veamos que se satisfacen las tres condiciones del enunciado.
\begin{itemize}

\item Es evidente que $B_n\subseteq A_n$ cualquiera sea $n\in N$. 

\item Sean $n$ y $m$ dos elementos distintos de~$\NN$ y supongamos que, por
ejemplo, $n<m$. Como $B_n\subseteq A_n\subseteq\bigcup_{i=1}^{m-1}A_i$, es
claro que $B_n\cap B_m=B_n\cap(A_n\setminus
\bigcup_{i=1}^{m-1}A_i)=\emptyset$.

\item Si $a\in A$, entonces el conjunto $\{i\in\NN:a\in A_i\}$ no es vacío
y podemos considerar su elemento mínimo~$m$: tenemos entonces que $a\in
A_m$ y que $a\not\in A_i$ si $i\in\inter{m-1}$, así que $a\in
A_m\setminus\bigcup_{i=1}^{m-1}=B_m\subseteq\bigcup_{n\geq1}B_n$. 
Por otro lado, en vista de la primera propiedad, tenemos que
$\bigcup_{n\geq1}B_n\subseteq\bigcup_{n\geq1}A_n=A$. \qed

\end{itemize}
\end{Solucion}

%%%%%%%%%%%%%%%
\item\label{ej:imagen} Sea $f:X\to Y$ una función. 
\begin{ejitems}

\item Si $A$ y $B$ son subconjuntos de~$X$, entonces
  \[
  f(A\cup B) = f(A) \cup f(B),
  \qquad
  f(A\cap B)\subseteq f(A)\cap f(B).
  \]
¿Vale siempre la igualdad en la segunda de estas inclusiones?

\item Generalice la parte anterior al caso de uniones e intersecciones
arbitrarias.

\end{ejitems}

\begin{Solucion}
\ejitem{1} Sean $A$ y $B$ dos subconjuntos de~$X$. 
\begin{itemize}

\item Si $y\in f(A\cup B)$ entonces existe $x\in A\cup B$ tal que $y=f(x)$:
si $x\in A$, entonces $y=f(x)\in f(A)$, y si $x\in B$, entonces $y=f(x)\in
f(B)$. En cualquier caso, vemos que $y\in f(A)\cup f(B)$: esto muestra que
$f(A\cup B)\subseteq f(A)\cup f(B)$.

Por otro lado, si $y\in f(A)\cup f(B)$ tenemos que o bien $y\in f(A)$ o
bien $y\in f(B)$. En el primer caso existe $x\in A$ tal que $y=f(x)$, y en
el segundo existe $x\in B$ tal que $y=f(x)$: en cualquiera de los casos,
entonces, existe $x\in A\cup B$ tal que $y=f(x)$ y, por lo tanto, $y\in
f(A\cup B)$. Esto muestra que $f(A)\cup f(B)\subseteq f(A\cup B)$ y, junto
con la inclusión que vimos antes, que, de hecho, vale la igualdad.

\item Sea ahora $y\in f(A\cap B)$, de manera que existe $x\in A\cap B$ tal
que $y=f(x)$. Como $x\in A$, es $y=f(x)\in f(A)$, y como $x\in B$ es
$y=f(x)\in f(B)$: vemos así que $y\in f(A)\cap f(B)$, y, como afirma el
enunciado, que $f(A\cap B)\subseteq f(A)\cap f(B)$.

\end{itemize}
En general no vale la igualdad en la segunda inclusión. Por ejemplo, si
$X=\{1,2\}$, $Y=\{3\}$, $f:X\to Y$ es la función constante de valor $3$ y
tomamos $A=\{1\}$ y $B=\{2\}$, se tiene que $f(A\cap
B)=f(\emptyset)=\emptyset$ mientras que $f(A)\cap f(B)=\{3\}$, de manera
que la inclusión es, en este caso, estricta.

\ejitem{2} Sea $(A_i)_{i\in I}$ una familia de conjuntos. Mostremos que
  \[
  f\left(\bigcup_{i\in I}A_i\right)=\bigcup_{i\in I}f(A_i), 
  \qquad
  f\left(\bigcap_{i\in I}A_i\right)\subseteq\bigcap_{i\in I}f(A_i).
  \]
\begin{itemize}

\item Sea $y\in f\left(\bigcup_{i\in I}A_i\right)$, de manera que existe
$x\in \bigcup_{i\in I}A_i$ tal que $y=f(x)$. Como $x$ pertenece a esa
unión, existe $j\in I$ tal que $x\in A_i$ y, por lo tanto, $y=f(x)\in
f(A_j)\subseteq\bigcup_{i\in I}f(A_i)$. Esto muestra que
$f\left(\bigcup_{i\in I}A_i\right)\subseteq\bigcup_{i\in I}f(A_i)$.

Sea ahora $y\in \bigcup_{i\in I}f(A_i)$, de manera que existe $j\in I$ tal
que $y\in f(A_j)$ y, por lo tanto, $x\in A_j$ tal que $y=f(x)$. Tenemos
entonces que $x\in\bigcup_{i\in I}A_i$, así que $y=f(x)\in 
f\left(\bigcup_{i\in I}A_i\right)$. Esto muestra que
$f\left(\bigcup_{i\in I}A_i\right)\supseteq\bigcup_{i\in I}f(A_i)$.

\item Sea $y\in f\left(\bigcap_{i\in I}A_i\right)$, de manera que existe
$x\in \bigcap_{i\in I}A_i$ tal que $y=f(x)$. Si $i\in I$, entonces tenemos
que $x\in A_i$ y, por lo tanto, que $y=f(x)\in f(A_i)$: vemos así que
$y\in\bigcap_{i\in I}f(A_i)$. Esto prueba que
$f\left(\bigcap_{i\in I}A_i\right)\subseteq\bigcap_{i\in I}f(A_i)$. \qed

\end{itemize}
\end{Solucion}

%%%%%%%%%%%%%%%
\item\label{ej:inversa} Sea $f:X\to Y$ una función.
\begin{ejitems}

\item Para todo subconjunto $A$ de~$X$ se tiene que $A\subseteq
f^{-1}(f(A))$.

\item Si $B$ es un subconjunto de~$Y$, entonces
  \[
  f(f^{-1}(B)) \subseteq B,
  \qquad
  f^{-1}(Y\setminus B) = X\setminus f^{-1}(B).
  \]

\item Si $B_1$ y $B_2$ son subconjuntos de~$Y$, entonces
  \[
  f^{-1}(B_1\cup B_2) = f^{-1}(B_1)\cup f^{-1}(B_2),
  \qquad
  f^{-1}(B_1\cap B_2) = f^{-1}(B_1)\cap f^{-1}(B_2).
  \]

\item ¿De qué manera se generaliza el resultado de la parte anterior al
caso de uniones e intersecciones arbitrarias?

\end{ejitems}

\begin{Solucion}
\ejitem{1} Sea $A$ un subconjunto de~$X$. Si $x\in A$, entonces $f(x)\in
f(A)$, así que $x\in f^{-1}(f(A))$. Esto muestra que $A\subseteq
f^{-1}(f(A))$.

\ejitem{2} Sea $B$ un subconjunto de~$Y$. 
\begin{itemize}

\item Sea $y\in f(f^{-1}(B))$, de manera que existe $x\in f^{-1}(B)$ tal
que $y=f(x)$. Como $x\in f^{-1}(B)$, tenemos que $y=f(x)\in B$. Esto nos
dice que $f(f^{-1}(B))\subseteq B$.

\item Sera $x\in f^{-1}(Y\setminus B)$, de manera que existe $f(x)\in
Y\setminus B$. Tenemos entonces que $f(x)\not\in B$, así que $x\not\in
f^{-1}(B)$ y, por lo tanto, que $x\in X\setminus f^{-1}(B)$. Esto muestra
que $f^{-1}(Y\setminus B)\subseteq X\setminus f^{-1}(B))$. Sea, por otro
lado, $x\in X\setminus f^{-1}(B)$. Como $x\not\in f^{-1}(B)$, es
$f(x)\not\in B$ y, por lo tanto, $f(x)\in Y\setminus B$. Esto nos dice que
$x\in f^{-1}(Y\setminus B)$ y, por lo tanto, que $X\setminus
f^{-1}(B)\subseteq X\setminus f^{-1}(B)$.

\end{itemize}

\ejitem{3} Sean $B_1$ y $B_2$ subconjuntos de~$Y$. 
\begin{itemize}

\item Sea $x\in f^{-1}(B_1\cup B_2)$, de manera que $f(x)\in B_1\cup B_2$.
Tenemos entonces que o bien $f(x)\in B_1$ y, por lo tanto, que $x\in
f^{-1}(B_1)$, o bien $f(x)\in B_2$ y, por lo tanto, que $x\in
f^{-1}(B_2)$. En cualquier caso, es $x\in f^{-1}(B_1)\cup f^{-1}(B_2)$.
Esto nos dice que $f^{-1}(B_1\cup B_2)\subseteq f^{-1}(B_1)\cup
f^{-1}(B_2)$.

Sea ahora $x\in f^{-1}(B_1)\cup f^{-1}(B_2)$. Si $x\in f^{-1}(B_1)$,
entonces $f(x)\in B_1$, y si $x\in f^{-1}(B_2)$ entonces $f(x)\in B_2$: en
cualquiera de los dos casos tenemos que $f(x)\in B_1\cup B_2$ y, por lo
tanto que $x\in f^{-1}(B_1\cup B_2)$. Vemos así que $f^{-1}(B_1)\cup
f^{-1}(B_2)\subseteq f^{-1}(B_1)\cup f^{-1}(B_2)$.

\item Sea $x\in f^{-1}(B_1\cap B_2)$, de manera que $f(x)\in B_1\cap B_2$.
Es $f(x)\in B_1$, así que $x\in f^{-1}(B_1)$, y es $f(x)\in B_2$, así que
$x\in f^{-1}(B_2)$: vemos, por lo tanto que $\in f^{-1}(B_1)\cap
f^{-1}(B_2)$ y, en definitiva, que $f^{-1}(B_1\cap B_2)\subseteq
f^{-1}(B_1)\cap f^{-1}(B_2)$.

Sea, en segundo lugar, $x\in f^{-1}(B_1)\cap f^{-1}(B_2)$. Como $x\in
f^{-1}(B_1)$, es $f(x)\in B_1$, y como $x\in f^{-1}(B_2)$, es $f(x)\in
B_2$: así, es $f(x)\in B_1\cap B_2$ y, por lo tanto $x\in f^{-1}(B_1\cap
B_2)$. Esto nos dice que $f^{-1}(B_1)\cap f^{-1}(B_2)\subseteq
f^{-1}(B_1\cap B_2)$.

\end{itemize}

\ejitem{4} Sea $(B_i)_{i\in I}$ una familia de subconjuntos de~$Y$.
Mostremos que
  \[
  f^{-1}\left(\bigcup_{i\in I}B_i\right) 
        = \bigcup_{i\in I}f^{-1}(B_i),
  \qquad
  f^{-1}\left(\bigcap_{i\in I}B_i\right) 
        = \bigcap_{i\in I}f^{-1}(B_i).
  \]
\begin{itemize}

\item Sea $x\in f^{-1}\left(\bigcup_{i\in I}B_i\right)$, de manera que
$f(x)\in \bigcup_{i\in I}B_i$ y, por lo tanto, existe $j\in I$ tal que
$f(x)\in B_j$: tenemos entonces que $x\in f^{-1}(B_j)\subseteq\bigcup_{i\in
I}f^{-}|(B_i)$. Esto muestra que $f^{-1}\left(\bigcup_{i\in
I}B_i\right)\subseteq \bigcup_{i\in I}f^{-1}(B_i)$.

Por otro lado, sea $x\in \bigcup_{i\in I}f^{-1}(B_i)$. Existe entonces
$j\in I$ tal que $x\in f^{-1}(B_j)$ y, por lo tanto, $f(x)\in B_j\subseteq
\bigcup_{i\in I}B_i$: esto nos dice que $x\in f^{-1}\left(\bigcup_{i\in
I}B_i\right)$. Concluimos así que $f^{-1}\left(\bigcup_{i\in
I}B_i\right)\supseteq \bigcup_{i\in I}f^{-1}(B_i)$.

\item Sea $x\in f^{-1}\left(\bigcap_{i\in I}B_i\right)$, de manera que
$f(x)\in \bigcap_{i\in I}B_i$. Si $j\in I$, entonces $f(x)\in B_i$ y, por
lo tanto, $x\in f^{-1}(B_j)$: esto nos dice que $x\in \bigcap_{i\in
I}f^{-1}(B_i)$ y, en definitiva, que $f^{-1}\left(\bigcap_{i\in
I}B_i\right)\subseteq \bigcap_{i\in I}f^{-1}(B_i)$.

Sea $x\in \bigcap_{i\in I}f^{-1}(B_i)$. Si $j\in I$, entonces $x\in
f^{-1}(B_j)$ y, por lo tanto, $f(x)\in B_j$: vemos así que
$f(x)\in\bigcap_{i\in I}B_i$ y, en consecuencia, que $x\in
f^{-1}\left(\bigcap_{i\in I}B_i\right)$. Esto nos dice que
$f^{-1}\left(\bigcap_{i\in I}B_i\right)\supseteq \bigcap_{i\in
I}f^{-1}(B_i)$. \qed

\end{itemize}
\end{Solucion}

%%%%%%%%%%%%%%%
\item Una función $f:X\to Y$ es sobreyectiva si y solamente si para todo
subconjunto $B$ de~$Y$ se tiene que $f(f^{-1}(B))=B$.

\begin{Solucion}
Mostremos primero la necesidad de la condición. Supongamos que la función
$f$ es sobreyectiva y sea $B$ un subconjunto cualquiera de~$Y$. Del
Ejercicio~\ref{ej:inversa} sabemos que $f(f^{-1}(B))\subseteq B$. Por otro
lado, si $y\in B$, porque la función$f$~es sobreyectiva existe $x\in X$ tal
que $y=f(x)$ y, por lo tanto, $x\in f^{-1}(B)$ e $y=f(x)\in f(f^{-1}(B))$:
esto muestra que también $B\subseteq f(f^{-1}(B))$.

Veamos ahora la suficiencia de la condición. Sea $f:X\to Y$ una función tal
que para todo subconjunto~$B$ de~$Y$ se tiene que $f(f^{-1}(B))=B$ y sea
$y\in Y$. La hipótesis nos dice que $y\in\{y\}=f(f^{-1}(\{y\}))$, así que
existe $x\in f^{-1}(\{y\})$ tal que $y=f(x)$: por supuesto, esto nos dice,
en particular, que $y\in f(X)$ y, en definitiva, que la función~$f$ es
sobreyectiva. \qed
\end{Solucion}

%%%%%%%%%%%%%%%
\item Sea $f:X\to Y$ una función. Las siguientes afirmaciones
son equivalentes:
\begin{tfae}

\item La función~$f$ es inyectiva.

\item Cada vez que $A$,~$B\subseteq X$ se tiene que $f(A\cap B)=f(A)\cap
f(B)$.

\item Para todo $A\subseteq X$ se tiene que $f^{-1}(f(A))=A$.

\item Cada ver que $A$,~$B\subseteq X$ y $A\cap B=\emptyset$ se tiene que
$f(A)\cap f(B)=\emptyset$.

\item Si $A$ y $B$ son subconjuntos de~$X$ tales que $A\supseteq B$,
entonces $f(A\setminus B)=f(A)\setminus f(B)$.

\end{tfae}

\begin{Solucion}
\implicacion{1}{2} Supongamos que la función~$f$ es inyectiva y sean $A$ y
$B$ dos subconjuntos de~$X$. Del ejercicio~\ref{ej:imagen} sabemos que
$f(A\cap B)\subseteq f(A)\cap f(B)$. Por otro lado, sea $y\in f(A)\cap
f(B)$. Como $y\in f(A)$, existe $a\in A$ tal que $f(a)=y$, y como $y\in
f(B)$ existe $b\in B$ tal que $f(b)=y$: ahora bien, como $f(a)=f(b)$ y la
función~$f$ es inyectiva, tenemos que $a=b$ y, por lo tanto, que $a\in
A\cap B$ y, en consecuencia, que $y=f(a)\in f(A\cap B)$. Vemos así que
$f(A)\cap f(B)\subseteq f(A\cap B)$ y, en definitiva, que $f(A)\cap
f(B)=f(A\cap B)$, como queríamos.

\implicacion{2}{3} Supongamos que la función~$f$ satisface la
condición~\tfaeitem{2} y sea $A$ un subconjunto de~$X$. Si $a\in A$,
entonces $f(a)\in f(A)$ y, por lo tanto, $a\in f^{-1}(f(A))$. Por otro
lado, si $b\in f^{-1}(f(A))$, entonces $f(b)\in f(A)$ y existe $a\in A$ tal
que $f(b)=f(a)$. Tenemos entonces, de acuerdo a la hipótesis, que 
  \(
  f(\{a\}\cap\{b\})=f(\{a\})\cap f(\{b\})=\{f(a)\}\neq\emptyset
  \)
y, por lo tanto, tiene que ser $\{a\}\cap\{b\}\neq\emptyset$, esto es,
tiene que ser $b=a\in A$. Vemos así que $f^{-1}(f(A))=A$.

\implicacion{3}{4} Supongamos ahora que la función~$f$ satisface la
condición~\tfaeitem{3} y sean $A$ y $B$ dos subconjuntos de~$X$ tales que
$A\cap B=\emptyset$. Si $x\in f(A)\cap f(B)$, entonces existen $a\in A$ y
$b\in B$ tales que $f(b)=x=f(a)$ y, usando la hipótesis, tenemos que $b\in
f^{-1}(\{x\})=f^{-1}(f(\{a\}))=\{a\}$, de manera que $b=a$ y, por lo tanto,
$a\in A\cap B=\emptyset$. Esto es, por supuesto, absurdo, y esta
contradicción muestra que debe ser $f(A)\cap f(B)=\emptyset$, como
queremos.

\implicacion{4}{5} Supongamos que la función~$f$ satisface la
condición~\tfaeitem{4} y sean $A$ y $B$ dos subconjuntos de~$X$ tales que
$A\supseteq B$. Si $y\in f(A)\setminus f(B)$, entonces existe $a\in A$ tal
que $y=f(a)$ y, como $f(a)=y\not\in f(B)$, es $a\not\in B$, de manera que
$a\in A\setminus B$: esto muestra que $y=f(a)\in f(A\setminus B)$ y, en
definitiva, que $f(A)\setminus f(B)\subseteq f(A\setminus B)$.

Sea, por otro lado, $y\in f(A\setminus B)$. Como $A\setminus B\subseteq A$,
es claro que $y\in f(A)$. Como $(A\setminus B)\cap B=\emptyset$, la
hipótesis nos dice que $f(A\setminus B)\cap f(B)=\emptyset$: como $y$
pertenece a~$f(A\setminus B)$, tenemos que $y\in f(B)$. Vemos así que $y\in
f(A)\setminus f(B)$. Con esto vemos que $f(A\setminus B)\subseteq
f(A)\setminus f(B)$ y, juntando todo, que, de hecho, $f(A\setminus
B)=f(A)\setminus f(B)$.

\implicacion{5}{1} Supongamos que la función~$f$ satisface la
condición~\tfaeitem{5} y sean $x$ y $x'$ dos elementos de~$X$ tales que
$f(x)=f(x')$. De acuerdo a la hipótesis, tenemos que
  \(
  f(\{x,y\}\setminus\{x\}) = f(\{x,y\})\setminus f(\{y\}) = \emptyset,
  \)
así que tiene que ser $\{x,y\}\setminus\{x\}=\emptyset$ y, por lo tanto,
$x=y$. Vemos así que la función~$f$ es inyectiva. \qed
\end{Solucion}

%%%%%%%%%%%%%%%
\item Sea $A$ un conjunto. Si $S$ es un subconjunto de~$A$, entonces la
\emph{función característica} de~$S$ en~$A$ es la función
$\chi_S:A\to\{0,1\}$ que sobre cada $a\in A$ toma el valor
  \[
  \chi_S(a) = \begin{cases*}
               1 & si $a\in S$; \\
               0 & si no.
               \end{cases*}
  \]
Muestre que si $S$ y $T$ son dos subconjuntos de~$A$, entonces
  \[
  \chi_{S\cap T}=\chi_S\cdot\chi_T,
  \qquad
  \chi_{A\setminus S}=\chi_A-\chi_S,
  \qquad
  \chi_S + \chi_T = \chi_{S\cup T} + \chi_{S\cap T}.
  \]
  
\begin{Solucion}
Sean $S$ y $T$ dos subconjuntos de~$A$ y sea $a\in A$.
\begin{itemize}

\item Si $a\in A\cap B$, entonces $\chi_{S\cap T}(a)=1$ y, como $\chi_S(a)=1$ y
$\chi_T(a)=1$, $\chi_S(a)\chi_T(a)=1$. Si, en cambio, $a\not\in S\cap T$,
entonces o bien $a\not\in S$, de manera que $\chi_S(a)=0$, o bien $a\not\in
T$, de manera que $\chi_T(a)=0$: en cualquiera de los dos casos tenemos que
$\chi_S(a)\chi_T(a)=0=\chi_{S\cap T}(a)$.

\item Si $a\in A\setminus S$, entonces $a\in A$ y $a\not\in S$, así que
$\chi_A(a)-\chi_S(a)=1-0=1=\chi_{A\setminus S}(a)$. Si, en cambio,
$a\not\in A\setminus S$, es $a\in S$ y, por lo tanto, 
$\chi_A(a)-\chi_S(a)=1-1=0=\chi_{A\setminus S}(a)$.

\item Es $A\supseteq S\cup T\supseteq S\supseteq S\cap T$, así que basta
considerar los siguientes cuatro casos:
\begin{itemize}

\item Si $a\not\in S\cup T$, entonces $a$ tampoco pertenece a los
conjuntos $S$,~$T$, $S\cap T$ y $\chi_S(a)+\chi_T(a)=0+0=\chi_{S\cup
T}(a)+\chi_{S\cap T}(a)$. 

\item Si $a\in S\cup T$ pero $a\not\in S$, entonces se tiene que $a\in T$ y
$a\not\in S\cap T$, así que $\chi_S(a)+\chi_T(a)=0+1=1+0=\chi_{S\cup
T}(a)+\chi_{S\cap T} (a)$. 

\item Si $a\in S$ pero $a\not\in S\cap T$, entonces necesariamente tenemos
que $a\in S\cup T$ y $a\not\in T$, y $\chi_S(a)+\chi_T(a)=1+0=\chi_{S\cup
T}(a)+\chi_{S\cap T} (a)$.

\item Finalmente, si $a\in S\cap T$, entonces $a$ pertenece a los tres
conjuntos~$S$, $S$ y $S\cup T$, así que
$\chi_S(a)+\chi_T(a)=1+1=\chi_{S\cup T}(a)+\chi_{S\cap T}(a)$. \qed

\end{itemize}
\end{itemize}
\end{Solucion}

%%%%%%%%%%%%%%%
\item Sea $A$ un conjunto, sea $\sim$ una relación de equivalencia en~$A$ y
para cada $a\in A$ escribamos $S_a$ a la clase de equivalencia de~$a$
en~$A$, esto es, al conjunto $\{b\in A:a\sim b\}$.
\begin{ejitems}

\item Si $a$ y $b$ son elementos de~$A$, entonces o bien $S_a=S_b$ o bien
$S_a\cap S_b=\emptyset$.

\item $A=\bigcup_{a\in A}S_a$.

\item* Sea $\bar A=\{S_a:a\in A\}$ el conjunto de las clases de
equivalencia. Si $f:A\to X$ es una función tal que
cada vez que $a$ y $b$ son elementos de~$A$ se tiene que
  \[
  a\sim b\implies f(a)=f(b),
  \]
entonces existe una y una única función $\bar f:\bar A\to X$ tal que 
  \[
  \bar f(S_a)=f(a)
  \]
para todo $a\in A$.

\end{ejitems}

\begin{Solucion}
\ejitem{1} Sean $a$ y $b$ dos elementos de~$A$ y supongamos que existe
$c\in S_a\cap S_b$, de manera que $a\sim c$ y $b\sim c$. Si $x\in S_a$,
entonces $a\sim x$ y, como 
$b\sim c\sim a\sim x$ y $\sim$ es una relación de equivalencia, tenemos que
$b\in x$, esto es, que $x\in S_b$: esto muestra que $S_a\subseteq S_b$. Por
supuesto, un razonamiento simétrico intercambiando los roles de~$a$ y
de~$b$ muestra que $S_b\subseteq S_a$, así que, en definitiva, tenemos que
$S_a=S_b$, como queremos.

\ejitem{2} Si $b\in A$, entonces $b\in S_b$ porque la relación~$\sim$ es
reflexiva, y, por lo tanto, $b\in\bigcup_{a\in A}S_a$. Esto muestra que
$A\subseteq\bigcup_{a\in A}S_a$ y, por lo tanto, que vale, de hecho, la
igualdad.

\ejitem{3} Sea $f:A\to X$ una función que satisface la condición del
enunciado y consideremos el conjunto $\bar f=\{(S_a,f(a))\in\bar A\times
X:a\in A\}$. Afirmamos que $\bar f$, que en principio es solamente una
relación del conjunto~$\bar A$ al conjunto~$X$ es una \emph{función} $\bar
A\to X$.
\begin{itemize}

\item Si $S\in\bar A$, entonces existe $a\in A$ tal que $S=S_a$ y, de
acuerdo a la definición de~$\bar f$, es $(S_a,f(a))\in\bar f$.

\item Supongamos que $S\in\bar A$ y $x$,~$y\in X$ son tales que los pares
$(S,x)$ y $(S,y)$ pertenecen a~$\bar f$. En vista de la definición de~$\bar
f$, existen entonces elementos~$a$ y $b$ en~$A$ tales que
$(S,x)=(S_a,f(a))$ y $(S,y)=(S_b,f(b))$. En particular, es $S_a=S=S_b$ y,
por lo tanto, $a\sim b$: la hipótesis que hicimos sobre~$f$, entonces, nos
dice que $x=f(a)=f(b)=b$.

\end{itemize}
Tenemos entonces, como dijimos, una función $\bar f:\bar A\to X$. Si $a\in
A$, entonces el par $(S_a,f(a))$ está en~$\bar f$ y, por lo tanto, $\bar
f(S_a)=f(a)$: esto significa que la función~$\bar f$ satisface la condición
del enunciado. \qed
\end{Solucion}

%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%
\section{Cardinalidad}

%%%%%%%%%%%%%%%
\item Si $A$ es un conjunto finito con $n$ elementos, entonces el conjunto de
partes~$\mathscr{P}(A)$ tiene $2^n$ elementos.

\begin{Solucion}
Hagamos inducción con respecto a~$n$. Cuando $n=0$, el conjunto~$A$ es
vacío, y entonces $\#\mathscr{P}(A)=\#\{\emptyset\}=1=2^0$, así que la
afirmación vale en ese caso.

Supongamos entonces que $n$ es un entero positivo y sea $A$ un conjunto
finito con $n$ elementos. Como $n$ es positivo, hay un elemento~$a$ en~$A$.
Sea $B=A\setminus\{a\}$, que es un conjunto finito de~$n-1$ elementos, y
consideremos los conjuntos $X=\{P\in\mathscr{P}(A):a\not\in P\}$ e
$Y=\{P\in\mathscr{P}(A):a\in P\}$. Es claro que $X=\mathscr{P}(B)$, así que
la hipótesis inductiva nos dice que $\#X=2^{n-1}$. Por otro lado, la
función
  \(
  \phi:P\in X\mapsto P\cup\{a\}\in Y
  \)
es biyectiva, así que $\#X=\#Y$. Finalmente, se tiene que $X\cap
Y=\emptyset$ y $X\cup Y=\mathscr{P}(A)$, así que
  \[
  \#\mathscr{P}(A) = \#X+\#Y = \#X+\#X = 2\cdot 2^{n-1} = 2^n.
  \]
Esto completa la inducción y, por lo tanto, la prueba. \qed
\end{Solucion}

%%%%%%%%%%%%%%%
\item Sea $A$ un conjunto. Las siguientes afirmaciones son equivalentes:
\begin{tfae}

\item $A$ es infinito, esto es, posee un subconjunto equipotente con~$\NN$.

\item Para todo $x\in A$ existe una función biyectiva $f:A\to A\setminus\{x\}$.

\item Si $n\in\NN$ y $x_1$,~\dots,~$x_n$ son $n$ elementos distintos dos a
dos de~$A$, entonces hay una función biyectiva
$f:A\to A\setminus\{x_1,\dots,x_n\}$.

\end{tfae}

%%%%%%%%%%%%%%%
\item Sean $A$ y $B$ dos conjuntos. Si $A$ es numerable y existe una
función sobreyectiva $A\to B$, entonces $B$ es o finito o numerable.

\begin{Solucion}
Supongamos que $A$ es numerable y que $f:A\to B$ es una función
sobreyectiva. Como $A$ es numerable, existe una función biyectiva $g:\NN\to
A$ y podemos considerar la función $h=f\circ g:\NN\to B$, que es
sobreyectiva.

Si $b\in B$, entonces $S(b)=\{i\in\NN:h(i)=b\}$ es un subconjunto no vacío
de~$\NN$, así que tiene sentido considerar su mínimo. Hay, por lo
tanto, una función $\phi:B\to\NN$ que para todo $b\in\NN$ tiene
$\phi(b)=\min S(b)$; en particular, para todo $b\in B$ se tiene que
$h(\phi(b))=b$. Esta función es inyectiva: si $b$ y $b'$ son elementos
de~$b$ tales que $\phi(b)=\phi(b)$, entonces $\phi(b)\in S_{b'}$ y, por lo
tanto, $b=h(\phi(b))=h(\phi(b'))=b'$. Esto muestra que el cardinal de~$B$
es a lo sumo infinito numerable. \qed
\end{Solucion}

%%%%%%%%%%%%%%%
\item Muestre que los siguientes conjuntos son numerables:
  \[
  \ZZ_{\leq-1},
  \qquad
  \ZZ_{\geq-3},
  \qquad
  2\NN,
  \qquad
  \NN^2,
  \qquad
  \ZZ\times\NN,
  \qquad
  \QQ,
  \qquad
  \NN^m,
  \]
con $m\in\NN$.

\begin{Solucion}
Nos ocupamos de cada uno de los conjuntos por separado.
\begin{itemize}

\item  La función $z\in \ZZ_{\leq-1}\mapsto -z\NN$ es una biyección, que
tiene  a $n\in\NN\mapsto -n\in\ZZ_{\leq-1}$ como inversa.

\item La función $z\in\ZZ_{\geq-3}\mapsto z+4\in\NN$ es una biyección, que
tiene a $n\in\NN\mapsto n-4\in\ZZ_{\geq-3}$ como inversa.

\item La función $z\in2\NN\mapsto z/2\in\NN$ es una biyección, que tiene a
$n\in\NN\mapsto 2n\in2\NN$ como inversa.

\item Es claro que $\NN^2$ es un conjunto infinito y que la función
$(n,m)\in\NN^2\mapsto 2^n3^m\in\NN$ es inyectiva: esto implica que el
cardinal de~$\NN^2$ es infinito numerable.

\item Es biyectiva la función
  \[
  f:n\in\NN\mapsto 
        (-1)^n \frac{2n-1+(-1)^n}{4}\in\ZZ.
  \]
En efecto, si $a$ y $b$ son elementos de~$\NN_0$
tales que $f(a)=f(b)$, entonces
  \begin{equation} \label{eq:qq}
  (-1)^a \frac{2a-1+(-1)^a}{4} = (-1)^b \frac{2b-1+(-1)^b}{4}.
  \end{equation}
Si $a=0$, entonces el miembro izquierdo de esta igualdad se anula, así que
el derecho también, y es inmediato ver que debe ser $b=0$. Supongamos
entonces que $a>0$. En ese caso, los numeradores de las dos fracciones que
aparecen en la igualdad son estrictamente positivos, así que tomando valor
absoluto y signo a ambos lados de la igualdad concluimos que
$2a-1+(-1)^a = 2b-1+(-1)^b$ y que $(-1)^a=(-1)^b$, y de estas dos
igualdades, a su vez, que $a=b$. Esto muestra que la función es inyectiva.
Por otro lado, si $z\in\ZZ$ es tal que $z\geq0$, entonces 
  \[
  f(2z) = (-1)^{2z} \frac{2(2z)-1+(-1)^{2z}}{4} = z, 
  \]
mientras que si $z<0$ es $-2z+1\in\NN$
  \[
  f(-2z+1) = (-1)^{-2z+1}\frac{2(-2z+1)-1+(-1)^{-2z+1}}{4}
        = -\frac{-4z+2-1-1}{4} = z.
  \]
Esto muestra que la función~$f$ es sobreyectiva.

Es inmediato ahora ver que la función 
  \[
  (n,m)\in\NN^2\mapsto(f(n),m))\in\ZZ\times\NN
  \]
es una biyección y, como $\NN^2$ es numerable, que
$\ZZ\times\NN$ es una numerable.

\item La función $(z,n)\in\ZZ\times\NN\mapsto\frac{z}{n}\in\QQ$ es
sobreyectiva y su dominio numerable, así que su codominio~$\QQ$, que es
infinito, es numerable.

\item Sea $m\in\NN$. El conjunto $\NN^m$ es claramente infinito y si
$p_1$,~\dots,~$p_m$ son $m$ números primos distintos dos a dos la función 
  \[
  (n_1,\dots,n_m)\in\NN^m\mapsto p_1^{n_1}\cdots p_m^{n_m\in\NN}
  \]
es inyectiva. Esto nos dice que $\NN^m$ es numerable.

\end{itemize}
\end{Solucion}

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

\item La unión de dos conjuntos contables es contable.

\item Si $(A_n)_{n\geq1}$ es una sucesión de conjuntos contables, entonces
$\bigcup_{n\geq1}A_n$ también es contable.

\item Si $A$ es un conjunto finito no vacío, entonces el cardinal
de~$\bigcup_{n\geq1}A^n$ es $\aleph_0$.

\item Deduzca de la parte anterior que cualquiera sea el alfabeto
utilizado, hay más números reales que palabras para nombrarlos. ¿Cuántos
subconjuntos de~$\NN$ pueden ser definidos en un lenguaje fijo? ¿Cuántos
hay en total?

\end{ejitems}

\begin{Solucion}
\ejitem{1} Sean $A$ y $B$ dos conjuntos contables y sean $f:\NN\to A$ y
$g:\NN\to B$ funciones sobreyectivas. Consideremos la función $h:\NN\to
A\cup B$ tal que parea cada $n\in\NN$ es
  \[
  h(n) = \begin{cases*}
         f(n/2) & si $n$ es par; \\
         g((n+1)/2) & si $n$ es impar.
         \end{cases*}
  \]
Esta función es sobreyectiva. En efecto, si $x\in A\cup B$ entonces o bien
$x\in A$ o bien $x\in B$. En el primer caso existe $n\in\NN$ tal que
$f(n)=x$ y es $h(2n)=f(n)=x$, mientras que en el segundo existe $m\in\NN$
tal que $g(m)=x$ y es $2m-1\in\NN$ y $h(2m-1)=f(m)=x$. Así, en cualquier
caso es $x\in f(\NN)$.
  
\ejitem{2} Sea $(A_n)_{n\geq1}$ una sucesión de conjuntos contables y para
cada $n\in\NN$ sea $f_n:\NN\to A_n$ una función sobreyectiva. Consideremos
la función
  \[
  f:(n,m)\in\NN\times\NN\mapsto f_n(m)\in\bigcup_{n\geq1}A_n.
  \]
Esta función es sobreyectiva: si $a\in\bigcup_{n\geq1}A_n$, entonces existe
$n\in\NN$ tal que $a\in A_n$ y, como $f_n$ es sobreyectiva, existe
$m\in\NN$ tal que $a=f_n(m)$, así que $a=f(n,m)$.

\ejitem{3} Si $A$ es un conjunto finito, entonces para todo $n\in\NN$ el
conjunto $A^n$ es finito. Se sigue de lo que ya hicimos que la unión
$\bigcup_{n\geq1}A^n$ es contable. Por otro lado, como $A$ no es vacío,
existe $a\in A$ y podemos considerar la función
  \[
  n\in\NN \mapsto       
        (\underbrace{a,\dots,a}_{\text{$n$ repeticiones}})\in\bigcup_{n\geq1}A^n,
  \]
que es claramente inyectiva: esto deja en claro que el conjunto 
$\bigcup_{n\geq1}A^n$ es infinito. \qed
\end{Solucion}

%%%%%%%%%%%%%%%
\item Sean $A$ y $B$ dos conjuntos disjuntos tales que $A$ es infinito y
$B$ numerable.
\begin{ejitems}

\item Hay una biyección entre $A$ y $A\cup B$.

\item Si $A$ no es numerable y $B\subseteq A$, entonces hay una biyección
entre~$A$ y~$A\setminus B$.

\item ¿Es numerable el conjunto $\RR\setminus\QQ$?

\end{ejitems}

\begin{Solucion}
\ejitem{1} Como $A$ es infinito, hay una función inyectiva $f:\NN\to A$.
Sea $C=f(\NN)$ y $D=A\setminus C$. Como $C$ y $B\cup C$ son conjuntos
numerables, sabemos que hay una biyección $\phi:C\to B\cup C$ y podemos
entonces considerar la función $\Phi:A\to A\cup B$ tal que
  \[
  \Phi(x) = \begin{cases*}
            x & si $x\in D$; \\
            \phi(x) & si $x\in C$.
            \end{cases*}
  \]
Mostremos que se trata de una biyección:
\begin{itemize}

\item Sea $y\in A\cup B$. Como $A\cup B=B\cup C\cup D$, tenemos que o bien
$x\in D$ o bien $x\in B\cup C$. En el primer caso, $y\in A$ y $\Phi(y)=y$
porque $y\in D$, mientras que en el segundo sabemos que existe $x\in
C\subseteq A$ tal que $\phi(x)=y$ y, por lo tanto, $\Phi(x)=y$.

\item Sean $x$ y $x'$ dos elementos de~$A$ tales que $\Phi(x)=\Phi(x')$.
\begin{itemize}

\item Si $x\in D$ y $x'\in D$, entonces $x=\Phi(x)=\Phi(x')=x'$. 

\item Si $x\in C$ y $x'\in D$, entonces $B\cup
C\ni\phi(x)=\Phi(x)=\Phi(x')=x'\in D$, de manera que $(B\cup C)\cap
D\neq\emptyset$: esto es absurdo.

\item Si $x\in D$ y $x'\in C$, entonces $B\cup
C\ni\phi(x')=\Phi(x')=\Phi(x)=x\in D$, así que otra vez $(B\cup C)\cap
D\neq\emptyset$.

\item Finalmente, si $x\in C$ y $x'\in C$, entonces
$\phi(x)=\Phi(x)=\Phi(x')=\phi(x)$ y es $x=x'$ porque la función~$\phi$ es
inyectiva.

\end{itemize}
\end{itemize}

\ejitem{2} Supongamos que $A$ no es numerable y que $B\subseteq A$. El
conjunto $A\setminus B$ es infinito ---si fuera finito entonces $A$, que es
la unión de~$B$, que es numerable, con $A\setminus B$, sería numerable, y
no lo es--- así que hay un subconjunto~$C$ de~$A\setminus B$ que es
numerable. La unión $B\cup C$ es numerable, así que hay una biyección
$\phi:C\to B\cup C$, y podemos considerar la función $\Phi:A\setminus B\to
A$ tal que para cada $x\in A\setminus B$ es
  \[
  \Phi(x) = \begin{cases*}
            x & si $x\not\in C$; \\
            \phi(x) & si $x\in C$.
            \end{cases*}
  \]
Es fácil ver que se trata de una biyección.

\ejitem{3} Si $\RR\setminus\QQ$ fuese numerable, tendríamos que
$\RR=\QQ\cup(\RR\setminus\QQ)$ es numerable, por ser unión de dos conjuntos
numerables, y no lo es. \qed
\end{Solucion}

%%%%%%%%%%%%%%%
\item El conjunto $\QQ[X]$ de los polinomios con coeficientes racionales es
numerable.

\begin{Solucion}
Para cada $n\in\NN$ escribamos $\QQ[X]_{\leq n}$ al subconjunto de~$\QQ[X]$
de los polinomios~$f$ tales que o $f=0$ o $\deg f\leq n$. Es claro que para
todo $n\in\NN$ la función 
  \[
  (a_0,\dots,a_n)\in\QQ^{n+1}\mapsto \sum_{i=0}^na_iX^i\in\QQ[X]_{\leq n}
  \]
es sobreyectiva, así que $\QQ[X]_{\leq n}$ es numerable. Como 
$\QQ[X]=\bigcup_{n\geq1}\QQ[X]_{\leq n}$, esto implica que $\QQ[X]$ es
numerable. \qed
\end{Solucion}

%%%%%%%%%%%%%%%
\item Un número complejo $z\in\CC$ es \emph{algebraico} si existen enteros
$a_0$,~\dots,~$a_n\in\ZZ$, no todos nulos, tales que
  \[
  a_0 + a_1z + \cdots + a_{n-1}z^{n-1} + a_nz^n = 0.
  \]
\begin{ejitems}

\item El conjunto de los números algebraicos es numerable.

\item Existen números reales que no son algebraicos.

\end{ejitems}
Llamamos a estos últimos números \emph{números trascendentes}.

\begin{Solucion}
\ejitem{1} Si $f\in\QQ[X]$ no es nulo, el conjunto
$S(f)=\{z\in\CC:f(z)=0\}$ es finito ---de hecho, tiene a lo sumo~$\deg(f)$
elementos. El conjunto~$\mathscr{A}$ de los números algebraicos es igual a 
  \[
  \bigcup_{f\in\QQ[X]\setminus\{0\}}S(f),
  \]
una unión de una familia numerable de conjuntos numerables, así que
$\mathscr{A}$~es numerable.

\ejitem{2} Si todos los números reales fueran algebraicos, tendríamos que
$\RR\subseteq\mathscr{A}$ y, por lo tanto, que $\RR$ es numerable: esto es
absurdo. \qed
\end{Solucion}

%%%%%%%%%%%%%%%
\item Determine el cardinal de los siguientes conjuntos:
\begin{ejitems}

\item $X_1=\{[a,b]:a,b\in\QQ,a\leq b\}$;

\item $X_2=\{[a,b]:a,b\in\RR,a\leq b\}$;

\item $X_3=\{(x,y)\in\RR^2:2x+2y\geq7\}$;

\item $X_4=\RR_{>0}$.

\end{ejitems}

\begin{Solucion}
\ejitem{1} La función $(a,b,c)\in\QQ\times\NN_0\times\NN\mapsto[a,a+b/c]\in
X_1$ es sobreyectiva y la función $n\in\NN\mapsto[n,n+1]\in X_1$ es
inyectiva así que $X_1$~es numerable.

\ejitem{2} La función $a\in\RR\mapsto[a,a+1]\in X_2$ es inyectiva y la
función $[a,b]\in X_2\in (a,b)\in\RR^2$ es inyectiva así que, como
$\RR\sim\RR^2$, es $X_2\sim\RR$.

\ejitem{3} La función $t\in\RR\mapsto(t,4-t)\in X_3$ es inyectiva y
$X_3\subseteq\RR^2$. Como $\RR\sim\RR^2$, se sigue de esto que
$X_3\sim\RR$.

\ejitem{4} La función $t\in\RR\mapsto e^t\in X_4$ es una biyección, con
inversa $s\in X_4\mapsto\ln s\in\RR$, así que $X_4\sim\RR$. \qed
\end{Solucion}

%%%%%%%%%%%%%%%
\item\label{ej:intervalos} ¿Qué cardinal puede tener un conjunto de
intervalos abiertos de~$\RR$ que son disjuntos dos a dos?

\begin{Solucion}
\def\I{\mathscr{I}}Sea $\I$ una familia de intervalos abiertos no vacíos
de~$\RR$ que son disjuntos dos a dos. Si $I\in\I$, entonces sabemos que
$I\cap\QQ\neq\emptyset$, Sea $\phi:\QQ\to\NN$ una biyección y consideremos la
función $\Phi:\I\to\NN$ tal que para cada $I\in\I$ es
  \[
  \Phi(I) = \min\{i\in\NN:\phi(i)\in I\}.
  \]
Observemos que esto tiene sentido: si $I\in\I$, entonces
$\{i\in\NN:\phi(i)\in I\}$ es un subconjunto no vacío de~$\NN$ y
tiene, por lo tanto, mínimo. La función~$\Phi$ es inyectiva: si $I$ y $J$
son dos elementos de~$\I$ tales que $\Phi(I)=\Phi(J)$, entonces tenemos que
$I\ni\phi(\Phi(I))=\phi(\Phi(J))\in J$, así que $I\cap J\neq\emptyset$, así
que $I=J$, porque los elementos de~$\I$ son dos a dos disjuntos.

Como la función~$\Phi$ es inyectiva, vemos que $\#\I\leq\aleph_0$. Por otro
lado, si $Q$ es un subconjunto de~$\NN$, el conjunto $\{(n,n+1):n\in Q\}$
es claramente una familia de intervalos abiertos de~$\RR$ disjuntos dos a
dos de cardinal igual al de~$Q$. 

Concluimos de esta forma que un cardinal es el cardinal de una familia de
intervalos abiertos disjuntos dos a dos si y solamente si es a lo sumo
numerable. \qed
\end{Solucion}

%%%%%%%%%%%%%%%
\item Si $a$, $b$ y $c$ son cardinales, entonces
\begin{ejitems}

\item $a\cdot(b+c)=a\cdot b+a\cdot c$; 

\item $a^{b+c}=a^b\cdot a^c$; 

\item $(a^b)^c = a^{b\cdot c}$; 

\end{ejitems}
Si además $b\leq c$, entonces
\begin{ejitems}[resume]

\item $a^b\leq a^c$ si $a\neq0$; 

\item $b^a\leq c^a$.

\end{ejitems}

\begin{Solucion}
Sean $A$, $B$ y $C$ conjuntos de cardinales $a$,~$b$ y $c$,
respectivamente.

\ejitem{1} Supongamos que $B$ y $C$ son disjuntos, de manera que
$b+c=\#(B\cup C)$. En ese caso los conjuntos $A\times B$ y $A\times C$ son
también disjuntos y es evidente que $A\times(B\cup C)=A\times B\cup A\times
C$. Se sigue de esto que $a\cdot(b+c)=\#((A\times(B\times C))=\#(A\times B\cup A\times
C)=a\cdot b+a\cdot c$.

\ejitem{2} Supongamos que $B$ y $C$ son disjuntos, como antes, y sea
$F:A^{B\cup C}\to A^B\times A^C$ la función tal que $F(f)=(f|_B,f|_C)$ para
cada $f\in A^{B\cup C}$. Esta función es biyectiva y, por lo tanto, tenemos
que $a^{b+c}=\#(A^{B\cup C})=\#(A^B\times A^B)=a^b\cdot a^c$. Probémoslo.
\begin{itemize}

\item Sean $f$,~$g\in A^{B\cup C}$ tales que $F(f)=F(g)$, de manera que
$(f|_B,f|_C)=(g|_B,g|_C)$. Si $x\in B\cup C$, entonces o $x\in B$
o $x\in C$: en el primer caso tenemos que 
  \[
  f(x)=f|_B(x)=g|_B(x)=g(x)
  \]
y en el segundo que 
  \[
  f(x)=f|_C(x)=g|_C(x)=g(x).
  \]
En cualquier caso, entonces, es $f(x)=g(x)$ y, por lo tanto, $f=g$. Vemos
así que la función~$F$ es inyectiva.

\item Sea ahora $(k,l)\in A^B\times A^C$ y consideremos la función $f\in
A^{B\cup C}$ tal que para cada $x\in B\cup C$ es
  \[
  f(x) = \begin{cases*}
         k(x) & si $x\in B$; \\
         l(x) & si $x\in C$.
         \end{cases*}
  \]
Es claro que $F(f)=(k,l)$, así que la función~$F$ es sobreyectiva.
\end{itemize}

\ejitem{3} Consideremos 
\begin{itemize}

\item la función $F:(A^B)^C\to A^{B\times C}$ tal que
para cada $h\in (A^B)^C$ y cada $(b,c)\in B\times C$ es 
  \[
  F(h)(b,c) = h(c)(b),
  \]

\item y la función $G:A^{B\times C}\to(A^B)^C$ tal que para cada $k\in
A^{B\times C}$, cada $c\in C$ y cada $b\in B$ es
  \[
  G(k)(c)(b) = k(b,c).
  \]

\end{itemize}
Mostremos que se trata de funciones inversas. Si $k\in A^{B\times C}$, para cada
$(b,c)\in B\times C$, entonces
  \[
  F(G(k))(b,c) = G(k)(c)(b) = k(b,c),
  \]
así que $F(G(k))=k$. Por otro lado, si $g\in (A^B)^C$, para cada $c\in C$
se tiene que
  \[
  G(F(g))(c)(b) = F(g)(b,c) = g(c)(b)
  \]
para cada $b\in B$, de manera que
  \[
  G(F(g))(c) = g(c)
  \]
y, por lo tanto $G(F(g))=g$.

Como $F$ es una biyección, tenemos que $(a^b)^c=\#((A^B)^C)=\#(A^{B\times
C})=a^{b\cdot c}$.

\ejitem{4} Supongamos que $b\leq c$ y que $a\neq0$, de manera que hay una función
inyectiva $f:B\to C$ y $A\neq\emptyset$. 
Sea $x$ un elemento de~$A$ y sea
$F:h\in A^C\mapsto h\circ f\in A^B$. Esta función~$F$ es sobreyectiva. En
efecto, si $g\in A^B$, entonces podemos considerar la función $k\in A^C$
tal que
  \[
  h(c) = \begin{cases*}
         g(b) & si $c\in f(B)$ y $b\in B$ es tal que $f(b)=c$; \\
         x & si $c\not\in f(B)$,
         \end{cases*}
  \]
y se tiene que $F(h)(b)=h(f(b))=g(b)$ para todo $b\in B$ y, por lo
tanto, que $F(h)=g$. Como la función~$F$ es sobreyectiva, tenemos que
$a^c=\#(A^C)\geq\#(A^B)=a^b$.

Observemos que si $a=0$, $b=0$ y $c=1$ la desigualdad no se cumple:
el conjunto $\emptyset^\emptyset$ tiene exactamente un elemento, la función
vacía, mientras que $\emptyset^{\{1\}}=\emptyset$, así que
$\#(\emptyset^\emptyset)\not\leq\#(\emptyset^{\{1\}})$.

\ejitem{5} Supongamos otra vez que $b\leq c$, de manera que hay una función
inyectiva $f:B\to C$. Podemos ahora considerar la función $F:h\in
B^A\mapsto f\circ h\in C^A$, que también inyectiva: en efecto, si $h_1$ y
$h_2$ son dos elementos de~$B^S$ tales que $F(h_1)=F(h_2)$, entonces para
cada $b\in B$ es $f(h_1(b))=F(h_1)(b)=F(h_2)(b)=f(h_2(b))$ y, como $f$~es
inyectiva, $h_1(b)=h_2(b)$: esto muestra que, de hecho, $h_1=h_2$.
Concluimos así que $b^a=\#(B^A)\leq\#(C^A)=c^a$, como queremos. \qed
\end{Solucion}

%%%%%%%%%%%%%%%
\item Sea $X$ un conjunto de números reales positivos. Si existe $C\in\RR$
tal que cada vez que $n\in\NN$ y $x_1$,~\dots,~$x_n$ son elementos
distintos dos a dos de~$X$ se tiene que $x_1+\cdots+x_n\leq C$, entonces
$X$ es numerable.

\begin{Solucion}
Supongamos que existe una constante~$C$ con la propiedad descripta en el
enunciado y, para llegar a un absurdo, que $X$ no es numerable. Como
  \[
  X\subseteq(0,\infty)=\bigcup_{n,m\in\NN}[\tfrac1n,m],
  \]
es claro que
  \[
  X=\bigcup_{n,m\in\NN}\Bigl([\tfrac1n,m]\cap X\Bigr)
  \]
y, por lo tanto, existen~$n$ y~$m$ en~$\NN$ tales que $[\tfrac1n,m]\cap X$
es infinito: si no fuese ese el caso, todos los conjuntos que aparecen en
la unión serían finitos y $X$ numerable, contra nuestra hipótesis.
Ahora bien, como la intersección $[\tfrac1n,m]\cap X$ es infinita, hay una
función inyectiva $f:\NN\to [\tfrac1n,m]\cap X$ y, por otro lado, existe
$k\in\NN$ tal que $k/n>C$. Como $f(i)\geq\tfrac1n$ para cada
$i\in\inter{n}$ y en vista de la forma en que elegimos~$C$, tenemos que
  \[
  C < \frac{k}{n} \leq f(1)+\cdots+f(k) \leq C.
  \]
Esto es, por supuesto, imposible. \qed
\end{Solucion}

%%%%%%%%%%%%%%%
\item  Si $f:\RR\to\RR$ es una función monótona, entonces
   \[
   \#\{x\in\RR:\text{$f$ no es continua en~$x$}\}\leq\aleph_0.
   \]

\begin{Solucion}\def\I{\mathscr{I}}
Sea $f:\RR\to\RR$ una función no decreciente y sea $D(f)$ el conjunto de
los puntos de~$\RR$ donde $f$~es discontinua. Si $x\in\RR$, entonces los
conjuntos no vacíos 
  \begin{align*}
  &  L_x=\{f(y):y\in\RR, y<x\},
  && R_x=\{f(z):z\in\RR, z>x\}
  \end{align*}
son acotados superior e inferiormente por~$f(x)$, respectivamente, así que
podemos considerar los números 
  \begin{align*}
  &  l_x=\sup L_x,
  && r_x=\inf R_x.
  \end{align*}
Es claro que $l_x\leq f(x)\leq g(x)$. Mostremos que
  \begin{equation}\label{eq:ww}
  l_x = r_x \implies \text{$f$ es continua en~$x$.}
  \end{equation}
Supongamos para ello que $l_x=r_x$, de manera que en particular,
$f(x)=l_x=r_x$, y sea $\epsilon>0$. Como $f(x)=\sup L_x$, existe
$y\in\RR$ tal que $y<x$ y $f(x)-\epsilon<f(y)\leq f(x)$; como $f(x)=\inf
R_x$, existe $z\in\RR$ tal que $z>x$ y $f(x)\leq f(z)<f(x)+\epsilon$.
Pongamos $\delta\coloneqq\min\{x-y,z-x\}$ y sea $t\in(x-\delta,x+\delta)$
tal que $t\neq x$. Si $t\in(x-\delta,x)$, entonces $y=x-(x-y)\leq
x-\delta<t<x$ y, como $f$ es no decreciente, $l_x-\epsilon<f(y)\leq
f(t)\leq f(x)$.
Si, en cambio, $t\in(x,x+\delta)$, entonces
$x<t<x+\delta\leq x+(z-x)=z$ y, como $f$ es creciente, $f(x)\leq f(t)\leq
f(z)\leq f(x)+\epsilon$. Vemos así que en cualquiera de los dos casos
tenemos que $f(t)\in(f(x)-\epsilon,f(x)+\epsilon)$. Podemos concluir de
todo esto que $f$ es continua en~$x$.

Se sigue de~\eqref{eq:ww} y de que $l_x\leq r_x$ para todo $x\in\RR$ que
  \[
  x\in D(f)\implies l_x<r_x.
  \]
En vista de esto, para cada $x\in D(f)$ podemos considerar el intervalo
abierto $I_x=(l_x,r_x)$. Afirmamos ahora que 
  \[
  x,y\in D(f), x\neq y \implies I_x\cap I_y=\emptyset.
  \]
Para verificarlo, sean $x$ e~$y$ dos elementos distintos de~$D(f)$ y
supongamos, sin pérdida de generalidad, que $x<y$. Para ver que $I_x\cap
I_y=\emptyset$ es suficiente con que mostremos que $r_x\leq l_y$. Si no
fuera ese el caso, tendríamos que $l_y<r_y$ y, si ponemos
$z=\tfrac12(x+y)$, que $x<z<y$, de manera que $r_x\leq f(z)\leq l_y$,
porque $z\in R(x)$ y $z\in L(y)$: juntando todo tendríamos que  $r_x\leq
f(z)\leq l_y<r_x$, lo que es absurdo.

Con todo esto podemos concluir que $\I=\{I_x:x\in D(f)\}$ es una familia de
intervalos abiertos de~$\RR$ que son disjuntos dos a dos y que la función
$x\in D(f)\to I_x\in\I$ es una biyección. De acuerdo al
Ejercicio~\ref{ej:intervalos}, entonces, el conjunto~$D(f)$ es contable. \qed
\end{Solucion}

%%%%%%%%%%%%%%%
\item Si $A$ es un conjunto numerable, entonces el conjunto de las partes
finitas de~$A$, esto es, el conjunto de los subconjuntos finitos de~$A$, es
él también numerable.

\begin{Solucion}
Sea $A$ un conjunto numerable. Si $n\in\NN$, entonces el conjunto $A^n$ es
numerable y, por lo tanto, la imagen de la función
  \[
  f_n:(a_1,\dots,a_n)\in A^n\mapsto\{a_1,\dots,a_n\}\in\mathscr{P}(A)
  \]
es contable. Se sigue de esto que el conjunto
  \[
  F\coloneqq\{\emptyset\}\cup\bigcup_{n\in\NN}f_n(A^n)
  \]
es contable. Ahora bien, si $B$ es un subconjunto finito y no vacío de~$A$ y
$\phi:\inter{k}\to B$ es una biyección, tenemos que
  \[
  B = f_k(\phi(1),\dots,\phi(k)) \in f_k(A^k) \subseteq F.
  \]
Como además $\emptyset\in F$, esto muestra que todo subconjunto finito
de~$A$ es un elemento de~$F$ y, por lo tanto, que el conjunto de las partes
finitas de~$A$ es contable. Por otro lado, como $A$ es numerable, hay una
biyección $h:\NN\to A$ y para cada $n\in\NN$ el conjunto $h(\inter{n})$ es
un subconjunto finito de~$A$ de exactamente $n$ elementos: esto muestra que
el conjunto de partes finitas de~$A$ es infinito, ya que contiene a
$\{h(\inter{n}):n\in\NN\}$. \qed
\end{Solucion}

%%%%%%%%%%%%%%%
\item Determine el cardinal de cada uno de los siguientes conjuntos de
sucesiones:
\begin{ejitems}

\item $X_1=\{(a_n):\text{$a_n\in\NN$ para todo $n\in\NN$}\}$;

\item $X_2=\{(a_n):\text{$a_n\in\NN$ y $a_n\leq a_{n+1}$ para todo $n\in\NN$}\}$;

\item $X_3=\{(a_n):\text{$a_n\in\NN$ y $a_n\geq a_{n+1}$ para todo $n\in\NN$}\}$;

\item $X_4=\{(a_n):\text{$a_n\in\QQ$ para todo $n\in\NN$ y
$\lim\limits_{n\to\infty}a_n=0$}\}$;

\item $X_5=\{(a_n):\text{$a_n\in\QQ$ para todo $n\in\NN$ y
$(a_n)$ es periódica}\}$;

\item $X_6(m)=\{(a_n):\text{$a_n\in\NN$ y $1\leq a_n\leq m$ para todo
$n\in\NN$}\}$, con $m\in\NN$.

\end{ejitems}

\begin{Solucion}
\ejitem{1} El conjunto $X_1=\NN^\NN$ tiene cardinal~$\aleph_0^{\aleph_0}$.
Por un lado, es $\aleph_0^{\aleph_0}\geq 2^{\aleph_0}=\c$. Por otro, de que
$\aleph_0\leq2^{\aleph_0}$ se deduce que
$\aleph_0^{\aleph_0}\leq(2^{\aleph_0})^{\aleph_0}
=2^{\aleph_0\cdot\aleph_0}=2^{\aleph_0}=\c$. Las dos desigualdad implican
que, de hecho, $\#X_1=\aleph_0^{\aleph_0}=\c$.

\ejitem{2} Hay una función $f:X_1\to X_2$ tal que cada sucesión
$a=(a_n)_{n\geq1}\in X_1$ tiene por imagen~$f(a)$ a la sucesión
$(b_n)_{n\geq1}$ con $b_1=a_1$ y $b_n=b_{n-1}+a_n-1$ para cada $n\geq2$.
Como esta función es biyectiva, tenemos que $\#X_2=\c$.

\ejitem{3} Para cada $k\in\NN$ sea $A_k$ el subconjunto de~$X_3$ de las
sucesiones $a=(a_n)_{n\geq1}$ tales que $a_n=a_k$ para todo $n\in\NN$ con
$n\geq k$. Se tiene que
  \begin{equation}\label{eq:x3}
  X_3 = \bigcup_{k\geq1}A_k.
  \end{equation}
En efecto, un elemento $a=(a_n)_{n\geq1}$ de~$X_3$ es una sucesión
decreciente de elementos de~$\NN$, así que existe $\nu\in\NN$ tal que
$a_i=a_{\nu}$ para todo $i\geq\nu$ y, por lo tanto, es $a\in
A_\nu$.

Sea ahora  $k\in\NN$ y consideremos la función $\phi_k:\NN^k\to A_k$ tal
que cada elemento $q=(q_1,\dots,q_k)$ de~$\NN^k$ tiene por
imagen~$\phi_k(q)$ a la sucesión $(a_n)_{n\geq1}$ con $a_i=q_i$ si
$i\in\inter{k}$ y $a_i=q_k$ si $i>k$. Como esta función~$\phi_k$ es
biyectiva, vemos que $A_k$ es numerable. En vista de la
igualdad~\eqref{eq:x3}, entonces, podemos concluir que $\#X_3=\aleph_0$.

\ejitem{4} Es $X_4\subseteq \QQ^\NN\sim\NN^\NN$, así que
$\#X_4\leq\#(\NN^\NN)=\c$. Por otro lado, podemos considerar la función
$\psi:\{0,1\}^\NN\to X_4$ tal que para cada $a=(x_n)_{n\geq1}\in\{0,1\}^\NN$
la imagen $\psi(a)$ es la sucesión $(x_n/n)_{n\geq1}$: notemos que es claro
que esta última sucesión es una sucesión de números racionales que converge
a~$0$, así que se trata de un elemento de~$X_4$. Es inmediato verificar que
la función~$\psi$ es inyectiva, así que $\c=\#(\{0,1\}^\NN)\leq\# X_4$.
Juntando esto con la desigualdad anterior, entonces, concluimos que
$\#X_4=\c$.

\ejitem{5} Para cada $k\in\NN$ sea $P_k$ el subconjunto de~$X_5$ de las
sucesiones $(a_n)_{n\geq1}$ tales que $a_{n+k}=a_n$ para todo $n\in\NN$. La
definición de~$X_5$ hace evidente que $X_5=\bigcup_{n\geq1}P_k$.
Ahora bien, si $k\in\NN$, entonces la función
  \(
  (a_n)_{n\geq1}\in A_k\mapsto(a_1,\dots,a_{k})\in\NN^k
  \)
es claramente biyectiva, así que $\#A_k=\aleph_0$. Podemos concluir,
entonces, que $\#X_5=\aleph_0$.

\ejitem{6} El conjunto $X_6(1)$ tiene exactamente un elemento, a saber, la sucesión
constante $(1,1,1\dots)$, así que, por supuesto, $\#X_6(1)=1$. Por otro
lado, sabemos que $X_6(2)=\c$. Si $m\geq2$, tenemos que $X_6(2)\subseteq
X_6(m)\subseteq\NN^\NN$, así que $c=\#X_6(2)\leq\#X_6(m)\leq\#(\NN^\NN)=\c$
y, por lo tanto, $\#X_6(m)=\c$. \qed
\end{Solucion}

%%%%%%%%%%%%%%%
\item\label{ej:c} Muestre que para todo $n\in\NN_{\geq2}$ es
$n^{\aleph_0}=\aleph_0^{\aleph_0}=c^{\aleph_0}=c$.

\begin{Solucion}
Probamos arriba que $\aleph_0^{\aleph_0}=\#(\NN^\NN)=\c$ y sabemos que
$2^{\aleph_0}=\c$. Si $n\in\NN$ es tal que $n\geq2$, entonces
$\inter{2}^\NN\subseteq\inter{n}^\NN\subseteq\NN^\NN$, así que
$\c=2^{\aleph_0}=\#(\inter{2}^\NN)\leq\#(\inter{n}^\NN)\leq\#(\NN^\NN)=\c$
y, por lo tanto, $n^{\aleph_0}=\#(\inter{n}^\NN)=\c$. Finalmente, es
$\c^{\aleph_0}=(2^{\aleph_0})^{\aleph_0}=2^{\aleph_0\cdot\aleph_0}
=2^{\aleph_0}=\c$. \qed
\end{Solucion}

%%%%%%%%%%%%%%%
\item Una unión numerable de conjuntos de cardinal~$\c$ tiene ella misma
cardinal~$\c$.

\begin{Solucion}
Sea $(A_n)_{n\geq1}$ una sucesión de conjuntos tales que para todo
$n\in\NN$ es $\#A_n=\c$, de manera que existe una biyección $\phi_n:\RR\to
A_n$. La función
  \[
  \phi:(n,t)\in\NN\times\RR\mapsto\phi_n(t)\in A\coloneqq\bigcup_{n\geq1}A_n
  \]
es claramente sobreyectiva, así que $\c=\#(\NN\times\RR)\geq\#A$. Por otro
lado, $\#A\geq\#A_1=\c$, así que, en definitiva, es $\#A=\c$, como queremos. \qed
\end{Solucion}

%%%%%%%%%%%%%%%
\item Consideremos los siguientes conjuntos de funciones
  \begin{align*}
  & F(\RR)=\{f:\RR\to\RR\},
  && F(\QQ) = \{f:\QQ\to\RR\}, \\
  & C(\RR) = \{f\in F(\RR):\text{$f$ es continua}\},
  && C(\QQ) = \{f\in F(\QQ):\text{$f$ es continua}\}.
  \end{align*}
\begin{ejitems}

\item Muestre que $\#(F(\RR))>\c$ y determine los cardinales de~$F(\QQ)$ y
de~$C(\QQ)$.

\item Pruebe que la función $\phi:f\in C(\RR)\mapsto f|_\QQ\in C(\QQ)$ es
inyectiva. ¿Qué significa esto?

\item Determine el cardinal de~$C(\RR)$.

\end{ejitems}

\begin{Solucion}
\ejitem{1} Supongamos, para llegar a un absurdo, que $\#(F(\RR))\leq\c$, de
manera que existe una función sobreyectiva $\phi:\RR\to F(\RR)$. Podemos
considerar entonces la función $f:t\in\RR\mapsto\phi(t)(t)+1\in\RR$, que es
un elemento de~$F(\RR)$: hay entonces un número $s\in\RR$ tal que
$\phi(s)=f$. Pero en ese caso tenemos que $\phi(s)(s)=f(s)=\phi(s)(s)+1$,
lo que es imposible. Esto prueba la primera afirmación del enunciado.

Claramente $F(\QQ)=\RR^\QQ$, así que $\#(F(\QQ))=\c^{\aleph_0}=\c$, como
vimos en el Ejercicio~\ref{ej:c}. Por otro lado, es claro que
$C(\QQ)\subseteq F(\QQ)$, así que $\#(C(\QQ))\leq\#(F(\QQ))=\c$ y, como
$C(\QQ)$ contiene al subconjunto de las funciones $\QQ\to\RR$ que son
constantes, que evidentemente tiene cardinal~$\c$, tenemos que
$\#(C(\QQ))=\c$.

\ejitem{2} y \ejitem{3} Supongamos que $f$ y $g$ son dos elementos
de~$C(\RR)$ tales que $f|_\QQ=g|_\QQ$. Si $x\in\RR$, sabemos que existe una
sucesión $(q_n)_{n\geq1}$ de números racionales tal que
$\lim\limits_{n\to\infty}q_n=x$ y entonces, como $f$ y $g$ son continuas,
tenemos que
  \[
  f(x) = \lim_{n\to\infty}f(q_n) = \lim_{n\to\infty}g(q_n) = g(x).
  \]
Vemos así que $f=g$. Esto muestra que la función~$\phi$ del enunciado es
inyectiva y esto implica, en particular, que $\#(C(\RR))\leq\#(C(\QQ))=\c$.
Como $C(\RR)$ contiene al subconjunto de las funciones $\RR\to\RR$ que son
constantes y este subconjunto claramente tiene cardinal~$\c$, podemos
concluir con todo esto que $\#(C(\RR))=\c$. \qed
\end{Solucion}

%%%%%%%%%%%%%%%
\item El conjunto de las partes numerables de~$\RR$ tiene cardinal~$\c$.

\begin{Solucion}
Sea $P$ el conjunto de las partes numerables de~$\RR$. Como
$\{\{t\}\cup\NN:t\in(0,1)\}$ es un subconjunto de~$P$ que está en biyección
con el intervalo~$(0,1)$, es claro que $\#P\geq\c$.
Por otro lado, la función $\phi:f\in\RR^\NN\mapsto
f(\NN)\in\mathscr{P}(\RR)$ que a cada función $\NN\to\RR$ le asigna su
imagen claramente tiene como imagen al conjunto de partes contables
de~$\RR$, que contiene a~$P$. Como $\#(\RR^\NN)=\c$, vemos que $\#P\leq\c$
y, en definitiva, que vale la igualdad. \qed

\end{Solucion}

\end{ejercicios}

\end{document}
%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%
% vim: spell spelllang=es
