Autor Tema: Consultas, comentarios y ejercitación de curso: Topología (Munkres)

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21 Diciembre, 2010, 03:44 am
Respuesta #400

argentinator

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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 \( x\in{\mathbb{Z}} \), no puede suceder que \( n_x=x \), por lo que
\( n_x< x<n_x+1 \)

El enunciado está incorrecto, debe decir algo como: \( n\leq x <n+1 \).

La primer demostración que hiciste me parece más clara.
Pero usaste que Z no está acotado. ¿Eso está probado? Igual, eso es fácil de probar, tomando el "supremo" de Z...

En cuanto a la unicidad, creo que sale de la mera linealidad del orden.
Si hubiera dos enteros distintos m, n, con la propiedad indicada,
podemos suponer que m < n.
Por tricotomía vale que  \( m + 1 < n \), o bien \( m +1 = n \).

Luego, \( m \leq x < m+1 \leq n \leq  x < n+ \)1.
Esto da x < x, absurdo.

21 Diciembre, 2010, 03:52 am
Respuesta #401

argentinator

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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


No entiendo mucho la lógica, no parece estar bien.

Si \( x-y > 1 \), entonces \( x > 1 + y \).
Se sabe que existe un entero \( n \) tal que \( n-1 \leq y < n \).
Sumando 1 da \( y< n \leq 1 + y < x \).
El entero \( n \) es el buscado.

21 Diciembre, 2010, 03:53 am
Respuesta #402

argentinator

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Ejercicio 4.9
(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?

Un desastre, jaja!! Así no es...

Los números x, y no son racionales.

21 Diciembre, 2010, 03:53 am
Respuesta #403

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Ejercicio 4.9
(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?

Un desastre, jaja!! Así no es...

Los números x, y no son racionales.

jajajaja  >:D sip, tampoco me gustaba
Llovizna queriendo ser lluvia de verano

21 Diciembre, 2010, 03:57 am
Respuesta #404

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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.


Claro.
Me queda la duda de cuándo se dijo o probó que \( h^2< h \) para h < 1. A lo mejor está en los ejercicios 4.1 y 4.2 que directamente ni transcribí en teoría...

21 Diciembre, 2010, 03:57 am
Respuesta #405

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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 \( x\in{\mathbb{Z}} \), no puede suceder que \( n_x=x \), por lo que
\( n_x< x<n_x+1 \)

El enunciado está incorrecto, debe decir algo como: \( n\leq x <n+1 \).

La primer demostración que hiciste me parece más clara.
Pero usaste que Z no está acotado. ¿Eso está probado? Igual, eso es fácil de probar, tomando el "supremo" de Z...

En cuanto a la unicidad, creo que sale de la mera linealidad del orden.
Si hubiera dos enteros distintos m, n, con la propiedad indicada,
podemos suponer que m < n.
Por tricotomía vale que  \( m + 1 < n \), o bien \( m +1 = n \).

Luego, \( m \leq x < m+1 \leq n \leq  x < n+ \)1.
Esto da x < x, absurdo.
Bonita la demostración de la unicidad. Y la otra demostración me gusta más, ¿qué no te convence?
Modificado
Creo que el enunciado está bien, no puede ser \( n\leq x \), pues \( x\neq n \) ya que por hipotesis \( x\not\in{\mathbb{Z}} \)
Llovizna queriendo ser lluvia de verano

21 Diciembre, 2010, 03:59 am
Respuesta #406

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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.


Fabuloso  :aplauso:

21 Diciembre, 2010, 03:59 am
Respuesta #407

enloalto

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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.


Claro.
Me queda la duda de cuándo se dijo o probó que \( h^2< h \) para h < 1. A lo mejor está en los ejercicios 4.1 y 4.2 que directamente ni transcribí en teoría...
Es de la teoría, la propiedad (6): Si \( x>y \) y \( z>0 \) entonces \( xz>yz \).
Llovizna queriendo ser lluvia de verano

21 Diciembre, 2010, 04:01 am
Respuesta #408

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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.


Fabuloso  :aplauso:

Gracias profe :D :D
Llovizna queriendo ser lluvia de verano

21 Diciembre, 2010, 04:02 am
Respuesta #409

argentinator

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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 \( x\in{\mathbb{Z}} \), no puede suceder que \( n_x=x \), por lo que
\( n_x< x<n_x+1 \)

El enunciado está incorrecto, debe decir algo como: \( n\leq x <n+1 \).

La primer demostración que hiciste me parece más clara.
Pero usaste que Z no está acotado. ¿Eso está probado? Igual, eso es fácil de probar, tomando el "supremo" de Z...

En cuanto a la unicidad, creo que sale de la mera linealidad del orden.
Si hubiera dos enteros distintos m, n, con la propiedad indicada,
podemos suponer que m < n.
Por tricotomía vale que  \( m + 1 < n \), o bien \( m +1 = n \).

Luego, \( m \leq x < m+1 \leq n \leq  x < n+ \)1.
Esto da x < x, absurdo.
Bonita la demostración de la unicidad. Y la otra demostración me gusta más, ¿qué no te convence?

En realidad creo que la cosa es al revés.
Es la primer demostración la que no me parece tan clara. Me da vueltas en la cabeza, y a estas horas de la noche... mmm