[argentinator]

Ejercicio 6.2
Demuestre que si \( B \) no es finito y \( B\subset{A} \), entonces \( A \) no es finito.
Demostración:
Si \( A \) es finito, como  \( B\subset{A} \) entonces, por el corolario 6.6, \( B \) es finito. Contradicción.

Eso es así, en virtud de las definiciones y resultados probados en teoría.

Pero también se puede usar la definición de Dedekind-finito, para obtener un resultado análogo:

Por definición, se tendría algo así:

Como B no es Dedekind-finito, existen un subconjunto propio C de B, y una biyección f de B en C.
Denotemos h a la función identidad de A \ B en sí mismo.

Ahora, E = A \ B U C es subconjunto propio de A, y además "pegando" las funciones f y h,
se obtiene una función biyectiva de A en E.
Esto nos dice que A no puede ser Dedekind-finito.

[argentinator]

El número a es cociente de dos enteros p, q, con q no nulo.
Si q es negativo, se puede escribir a = (-p)/(-q).

Eso del \( q \) no nulo, creo que le faltó mencionar al profesor Munkres, lo otro, osea: "Si q es negativo, se puede escribir a = (-p)/(-q)" tendría que probarlo, ¿verdad?

Yo creo que sí, habría que probar esa igualdad.
Quizá esté en la lista de items de los ejercicios 4.1 y 4.2... no sé.

[enloalto]

El número a es cociente de dos enteros p, q, con q no nulo.
Si q es negativo, se puede escribir a = (-p)/(-q).

Eso del \( q \) no nulo, creo que le faltó mencionar al profesor Munkres, lo otro, osea: "Si q es negativo, se puede escribir a = (-p)/(-q)" tendría que probarlo, ¿verdad?

Yo creo que sí, habría que probar esa igualdad.
Quizá esté en la lista de items de los ejercicios 4.1 y 4.2... no sé.

Nop, no está 

[enloalto]

Ejercicio 6.2
Demuestre que si \( B \) no es finito y \( B\subset{A} \), entonces \( A \) no es finito.
Demostración:
Si \( A \) es finito, como  \( B\subset{A} \) entonces, por el corolario 6.6, \( B \) es finito. Contradicción.

Eso es así, en virtud de las definiciones y resultados probados en teoría.

Pero también se puede usar la definición de Dedekind-finito, para obtener un resultado análogo:

Por definición, se tendría algo así:

Como B no es Dedekind-finito, existen un subconjunto propio C de B, y una biyección f de B en C.
Denotemos h a la función identidad de A \ B en sí mismo.

Ahora, E = A \ B U C es subconjunto propio de A, y además "pegando" las funciones f y h,
se obtiene una función biyectiva de A en E.
Esto nos dice que A no puede ser Dedekind-finito.

Tons tendríamos esto: existe \( f:B\rightarrow{C} \) biyección, e \( I_{A-B}:A-B\rightarrow{A-B} \) es la identidad, entonces sea \( E=(A-B)\cup{C} \)definimos \( g:A\rightarrow{C} \), como \( g(x)=x \) cuando \( x\in{A-B} \) y \( g(x)=f(x) \), \( x\in C \)

[argentinator]

Ejercicio 6.3
Sea \( X=\{0,1\} \). Encuentre una correspondencia biyectiva entre \( X^{\omega} \) y un subconjunto de sí mismo.
Sea \( Y_n=\left\{{\cfrac{1-(-1)^n}{2}}\right\} \), luego \( Y_1=\{1\} \), \( Y_2=\{0\} \), \( Y_3=\{1\} \) y así sucesivamente, luego tenemos
\( Y^{\omega}\subset{X^{\omega}} \). Humm no avanzo, a pensar un poco más

Si \( u = \{a_1,a_2,...\} \) es un elemento de \( X^ \omega \), entonces \( u' = \{0,a_1,a_2,...\} \)
también lo es.

La aplicación que manda cada u en su correspondiente u' es inyectiva, y no es sobre.

[argentinator]

Ejercicio 6.4
Sea \( A \) un conjunto finito, no vacío, simplemente ordenado.
(a) Demuestre que \( A \) tiene un máximo.
Demostración:
Sea \( Card(A)=n \), procedamos por inducción sobre \( n \).
Si \( n=1 \), entonces \( A=\{a\} \), luego se cumple la afirmación.
Supongamos válido la afirmación para \( n \). Sea \( Card(A)=n+1 \). Tomemos \( a_0\in A \), luego por el Lema 6.1, \( Card(A-\{a_0\})=n \), entonces por H.I. \( A-\{a_0\} \) posee un elemento máximo, digamos \( a \). Como \( A \) es simplemente ordenado, para \( a \) y \( a_0 \) se cumple qué \( a=a_0 \), \( a<a_0 \) o \( a>a_0 \). Pero, \( a\neq{a_0} \), entonces si \( a<a_0 \), el elemento máximo de \( A \) es \( a_0 \). Caso contrario, es decir, si \( a>a_0 \), el elemento máximo de \( A \) es \( a \). En ambos casos \( A \) tiene elemento máximo. Es decir, se cumple la afirmación para \( Card(A)=n+1 \).
El resultado sigue.

[enloalto]

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.

Y respecto a esto, no sé como puedo empezar

[argentinator]

Ejercicio 6.4
(b) Demuestre que \( A \) tiene el tipo de orden de una sección de los enteros positivos.
Demostración:
Debemos buscar una biyección \( A \) con alguna sección \( S_n \), con \( n\in{\mathbb{Z_+}} \). \( f:S_n\rightarrow{A} \). Como A es no vacío, y está simplemente ordenado, sea \( Card(A)=n \), y denotemos a su máximo \( a_n \), luego tenemos que \( A-\{a_n\} \), también tiene elemento máximo, sea este \( a_{n-1} \). Tenemos que \( a_{n-1}<a_n \). Ahora consideremos \( A-\{a_n,a_{n-1}\} \), sea \( a_{n-2} \) su elemento máximo. Tenemos que \( a_{n-2}<a_{n-1}<a_n \). De esta manera, tenemos \( A=\{a_1,...,a_n} \), con \( a_1<a_2<...<a_n \). Luego, definimos \( f:S_n\rightarrow{A} \) por \( f(n)=a_n \). Claramente \( f \) es biyectiva y se tiene lo pedido

En la última línea debe decir \( f(k) = a_k, k = 1, 2, ..., n. \)

Los detalles técnicos son un poco aburridos.
Por ejemplo, uno tendría que definir el proceso recursivo hacia atrás de manera más "formal".
Ahora bien, este tipo de procedimiento no parece estar justificado en la sección 6, porque se desarrolla el tema de la recurrencia en la sección 8.
Así que, ¿cómo arreglárselas con los elementos teóricos de la sección 6 y previas?

Es claro que existe una biyección b entre \( S_n \) y el conjunto finito A.
Definimos la relación de orden \( \prec \) en \( S_n \) de manera que \( j  \prec k \) si \( b(j)< b(k) \).
Esto hace que \( (S_n,\prec) \) tenga el mismo tipo de orden que \( (A, <) \).

Ahora, basta probar que \( (S_n, \prec) \) tiene el mismo tipo de orden que \( (S_n,<) \).

Quizá este resultado general pueda probarse por inducción para todo n.

En resumen, creo que la clave está en trabajar con órdenes "arbitrarios" dentro del mismo \( S_n \), confiando en que todo orden lineal allí en realidad es una mera permutación del orden usual.

[argentinator]

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.

Y respecto a esto, no sé como puedo empezar

Hay que hacer algunos malabares con la propiedad arquimediana.
En la teoría de números reales que he puesto por ahí en el foro, eso está explicado.

[argentinator]

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 \( x\not\in{\mathbb{Z}} \)

De acuerdo