[enloalto]

Hola argentinator, también me da mucho gusto regresar. Sigamos con los ejercicios
Ejercicio 4.8
(a) Demuestre que \( \mathbb R \) tiene la propiedad del ínfimo.

(,,,)

Defino el ínfimo de X como \( -sup(-X) \). No es difícil probar que esta definición es la correcta

La parte de tu demostración que borré está correcta.
Pero este remate no es correcto.

El ínfimo se define usando solamente propiedades de la relación de orden <, puesto que es un concepto de la teoría de conjuntos ordenados.
No se usa el álgebra de los números reales para "definir" el ínfimo.

Lo que hay que hacer es seguir un pòco con las cuentas,
y "demostrar" que el numerito \( -sup(-X) \) es efectivamente un ínfimo para \( X \).

  también pensé lo mismo, pero me dio pereeza, jejeje

[enloalto]

Ejercicio 4.9
(a) Demuestre que todo subconjunto no vacío de \( \mathbb Z \) acotado superiormente tiene un máximo.
Sea \( X\subset{\mathbb{Z}} \) acotado superiormente, entonces el conjunto \( A=\{y\in\mathbb{Z};y\geq{x},\forall{x\in{X}}\} \) es no vacío y por el principio del buen orden tiene un elemento mínimo. Sea este \( x_0 \). Afirmo que \( x_0\in X \) y éste es el elemento máximo que buscamos. Si \( x_0\not\in{X} \), entonces \( x_0>x \), \( \forall{x\in X} \)...
Ahí me quedo, mi idea es ver que existe un \( p_0<x_0 \) que también esté en A contradiciendo la minimilidad de \( x_0 \) por lo que sería una contradicción y tendría que \( x_0\in X \)

[enloalto]

Ejercicio 4.9
(b) Si \( x\not\in{\mathbb{Z}} \), demuestre que existe exactamente un \( n\in{}\mathbb{Z} \) tal que \( n<x<n+1 \).
Supongo lo contrario, es decir que para todo \( n\in\mathbb{Z} \) \( n\geq x \) o \( x\geq n+1 \), como \( x\geq n+1 \) no es posible, entonces para todo \( n\in{}\mathbb{Z} \) \( n\geq x \), es decir que el conjunto \( \mathbb{Z} \) es acotado inferiormente lo que no es cierto. Por tanto existe un \( n\in{}\mathbb{Z} \) tal que \( n<x<n+1 \). La unicidad no veo como probarlo.

Otra manera que encontré es la siguiente. Como \( x\in \mathbb{R} \), entonces por la propiedad arquimedeana de los números reales, existe un \( n\in{\mathbb{Z}} \) tal que \( x<n \), luego el conjunto \( A_x=\{n\in\mathbb{Z};x<n\} \) es no vacío y por el principio del buen orden posee elemento mínimo(que es único), sea este \( m_x=1+n_x \). Luego \( n_x\not\in{A} \), entonces \( n_x\leq x<m_x=n_x+1 \), pero como \( \color{red}x\not\in{\mathbb{Z}} \), no puede suceder que \( n_x=x \), por lo que
\( n_x< x<n_x+1 \)
Modificado

[enloalto]

Ejercicio 4.9
(c) Si \( x-y>1 \), demuestre que existe al menos un \( n\in{\mathbb{Z}} \) tal que \( y<n<x \).
Humm por contradicción, supongamos que para todo \( n\in{\mathbb{Z}} \) se cumple \( y\geq n \) o \( n\geq x \), como no puede suceder que \( y\geq n \), para todo \( n\in{\mathbb{Z}} \), entonces \( n\geq x \) para todo \( n\in{\mathbb{Z}} \), pero esto tampoco es posible. Por tanto, se cumple lo pedido

Esta demostración no me gusta mucho, hummmm

(d) Si \( y<x \), demuestre que existe un número racional \( z \) tal que \( y<z<x \)
Como \( y<x \), por el ejercicio 4.2(k), \( y<\cfrac{y+x}{2}<x \), tomando \( z=\cfrac{y+x}{2} \) tengo lo pedido.

¿Qué tal?

[enloalto]

Ya regreso voy a ordenar mi cuarto

[enloalto]

Ejercicio 4.10 Demuestre, como se indica a continuación, que todo número positivo \( a \) tiene exactamente una raíz cuadrada positiva:
(a) Demuestre que si \( x>0 \) y \( 0\leq h<1 \), entonces
\( (x+h)^2\leq x^2+h(2x+1) \), \( (x-h)^2\geq x^2-h(2x) \)
Demostración:
\( (x+h)^2=x^2+2xh+h^2 \). Como \( 0\leq h<1 \), entonces \( h^2<h \), luego
\( (x+h)^2=x^2+2xh+h^2<x^2+2xh+h=x^2+h(2x+1) \), luego
\( (x+h)^2<x^2+h(2x+1) \). Si h=0, se tiene la igualdad. Por tanto
\( (x+h)^2\leq x^2+h(2x+1) \)
De la misma manera se tiene la otra desigualdad.

[enloalto]

Ejercicio 4.10
(b) Sea \( x>0 \). Demuestre que si \( x^2<a \), entonces \( (x+h)^2<a \), para algún \( h>0 \), y que si \( x^2>a \), entonces \( (x-h)^2>a \), para algún \( h>0 \).
Demostración:

Un resultado que es consecuencia de la propiedad arquimedeana
Si \( x>0 \) entonces existe \( n_x\in{\mathbb{Z}} \) tal que \( \cfrac{1}{n_x}<x \).
Como \( x^2<a\Rightarrow{a-x^2>0} \), como \( x>0\Rightarrow{2x+1>0}\Rightarrow{\cfrac{1}{2x+1}}>0 \). De donde obtenemos que
\( \cfrac{a-x^2}{2x+1}>0 \), por la propiedad arquimedeana existe un \( n_x\in{\mathbb{Z}} \) tal que \( \cfrac{1}{n_x}<\cfrac{a-x^2}{2x+1} \). Luego si hacemos \( h=\cfrac{1}{n_x} \), se tiene que \( 0<h<1 \) y \( h<\cfrac{a-x^2}{2x+1} \).

Por (a) \( (x+h)^2\leq x^2+h(2x+1) \), luego
\( (x+h)^2\leq x^2+h(2x+1)<x^2+(a-x^2)=a \)

Para el otro caso, se repite la idea con el cambio correspondiente.

[enloalto]

Ejercicio 4.10
(c) Dado \( a>0 \) sea \( B=\{x\in \mathbb{R}:x^2<a\} \). Demuestre que \( B \) está acotado superiormente y que contiene, al menos un número positivo. Sea \( b=\sup B \); demuestre que \( b^2=a \).
Demostración:
Sabemos que \( (1+a)^2>a \), entonces \( (1+a) \) es cota superior de B, entonces B está acotado superiormente, además como \( (1+a)^2>a\Rightarrow{a(1+a^2)>a^2}\Rightarrow{a>\left({\cfrac{a}{1+a}}\right)^2} \), luego \( \cfrac{a}{1+a}\in B \), por lo que \( B\neq{\emptyset} \) y también \( \cfrac{a}{1+a}>0 \). Por el axioma del supremo, \( B \) posee supremo, sea este \( b \), luego como \( b\geq\cfrac{a}{1+a}\Rightarrow{b>0} \). Falta probar que \( b^2=a \). Supongamos que no, tenemos los siguientes casos:

• \( b^2>a \), luego por (b) existe \( h>0 \) tal que \( (b-h)^2>a \), luego \( (b-h)^2>x^2 \), para todo \( x\in B \)

, entonces \( (b-h)>x \), para todo \( x\in B \)[/li][/list]. Por lo que \( b-h \) es una cota superior de B menor que \( b=\sup B \). Contradicción.

• \( b^2<a \), luego existe \( h>0 \) tal que \( (b+h)^2<a \), entonces \( (b+h)\in{B}\Rightarrow{b+h\leq{b}} \) lo que es una contradicción.
  

Por tanto, \( b^2=a \).
¿Qué tal?

[enloalto]

Ejercicio 4.10
(d) Demuestre que si \( b \) y \( c \) son positivos y \( b^2=c^2 \), entonces \( b=c \)

Pensando

[enloalto]

Ejercicio 4.11
Dado \( m\in\mathbb{Z} \), decimos que \( m \) es par si \( m/2\in\mathbb{Z} \), y que \( m \) es impar en caso contrario.
(a) Demuestre que si \( m \) es impar, \( m=2n+1 \) para algún \( n\in{\mathbb{Z}} \)
Como \( m \) es impar, entonces por definición \( m/2\not\in{\mathbb{Z}} \), y por el ejercicio 4.9 (b) existe un \( n\in{\mathbb{Z}} \) tal que

\( n<m/2<n+1\Rightarrow{2n<m<2n+2} \) y como \( m\in{\mathbb{Z}} \) no queda otra que \( m=2n+1 \). Esto a pesar de estar bien, no me convence. Ayuda argentinator