[Gaussito!]

Buenas tardes.
Quisiera compartirles las siguientes demostraciones.

1) Sea \[G \subset \mathbb{R}\] un subconjunto infinito de números reales tal que \[(G,+)\] tiene estructura de grupo con la suma usual de los números reales. Denotamos por \[G^+\] al conjunto de sus elementos estrictamente positivos, es decir,

\[
G^+=\{g \in G:g>0\}.
\]

Demuestre que si \[\inf G^+=0\], entonces \[G\] es denso en \[\mathbb{R}\]; esto es, para todo par \[a,b \in \mathbb{R}\] con \[a<b\], existe \[g \in G\] tal que \[a<g<b\].

Demostración

Spoiler

Sean \[a,b \in \mathbb{R}\] tales que \[a<b\].

Dado que \[\inf G^+=0\] y \[b-a>0\], entonces \[\exists g_0 \in G^+\] tal que

\[
0<g_0<b-a
\]

pues de lo contrario \[b-a\] sería una cota inferior de \[G^+\], lo cual contradice que \[\inf G^+=0\].

Ahora, supongamos por reducción al absurdo que no existe \[g \in G\] tal que \[a<g<b\].

Como \[g_0>0\], por propiedad arquimediana \[\exists m,c \in \mathbb{N}\] tales que

\[
mg_0>b
\]
y
\[
cg_0 >-a
\]

Si \[-c=n\in \mathbb{Z}\], entonces

\[
ng_0<a.
\]

Ahora, sumemos \[mg_0>b\] y \[-ng_0>-a\],

\[
mg_0-ng_0>b-a.
\]

Como \[ng_0<a<b<mg_0\], entonces \[n<m\] y por ende \[m-n\geq1\].

Así,

\[
mg_0-ng_0=(m-n)g_0\geq g_0>b-a.
\]

Lo cual es una contradicción, pues \[g_0<b-a\] por hipótesis. Por lo tanto \[G\] es denso en \[\mathbb{R}\].

[cerrar]

2) Usando el resultado de la parte \[(a)\], demuestre que el conjunto

\[\mathbb{Z}[\sqrt{2}]=\{n+m\sqrt{2}:n,m \in \mathbb{Z}\}
\]

es un subconjunto denso de \[\mathbb{R}\].

Demostración

Spoiler

Primero demostremos que \[\mathbb{Z}[\sqrt{2}]=G\] es un grupo.

Primero, probemos la clausura.

Sean
\[
x=n+m\sqrt{2} \quad, \quad y=a+b\sqrt{2}
\]

con \[n,m,a,b \in \mathbb{Z}\] tales que

\[
x+y=n+m\sqrt{2}+a+b\sqrt{2}=(n+a)+(m+b)\sqrt{2}.
\]

Como \[n+a,m+b \in \mathbb{Z}\], entonces \[x+y \in G\].

Ahora, véase que \[0=0+0\sqrt{2} \in G\] es el neutro aditivo, pues

\[
x+0=0+x.
\]

A su vez, obsérvese que

\[
-x=-n-m\sqrt2 \in G
\]

es el inverso aditivo, pues

\[
x+(-x)=(n+m\sqrt{2})+(-n-m\sqrt{2})=0.
\]

Además, la asociatividad se hereda de \[\mathbb{R}\], por lo tanto se concluye que \[G\] es un grupo.

Ahora, demostremos que \[\inf G^+=0\].

Sean \[\alpha,\beta \in G^+\] tales que

\[
\alpha=-1+\sqrt{2} \quad,\quad \beta=1+\sqrt{2}.
\]

Como \[\alpha\beta=(-1+\sqrt{2})(1+\sqrt{2})=1\].

Entonces, \[\beta^{-1}=\alpha\].

De modo que por Bernoulli,

\[
\beta^n=(1+\sqrt{2})^n\geq1+n\sqrt{2} \quad, \quad n\in \mathbb{N}.
\]

Ahora, sea \[\epsilon>0\] arbitrario tal que por propiedad arquimediana existe \[n \in \mathbb{N}\] lo suficientemente grande que satisface que

\[
n\sqrt{2}>\frac{1}{\epsilon} \Longrightarrow \beta^n\geq1+n\sqrt{2}>\frac{1}{\epsilon} \Longrightarrow \epsilon>\frac{1}{\beta^n}.
\]

Pero \[\frac{1}{\beta^n}=(\beta^{-1})^n=\alpha^n\] y \[\alpha>0\].

Por lo tanto,

\[
\epsilon>\alpha^n>0.
\]

Ahora, obsérvese que \[\alpha^n \in G\] pues \[G\] cerrado bajo la multiplicación, ya que

\[
xy=(n+m\sqrt{2})(a+b\sqrt{2})=na+nb\sqrt{2}+ma\sqrt{2}+2mb=(na+2mb)+(nb+ma)\sqrt{2}.
\]

Como \[na+2mb,nb+ma \in \mathbb{Z}\], entonces \[xy \in G\].

Así, \[\alpha^n=(-1+\sqrt{2})^n \in G^+\].

De este modo, hemos demostrado que para todo \[\epsilon >0\], existe \[\alpha^n \in G^+\] tal que

\[
0<\alpha^n<\epsilon.
\]

Como es valido para un \[\epsilon\] arbitrario y 0 es una cota inferior de \[G^+\], entonces ningún número positivo puede ser cota inferior de \[G^+\]. Por lo tanto,

\[
\inf G^+=0
\]

y por el apartado \[a)\], \[G\] es denso en \[\mathbb{R}\].

[cerrar]

Saludos.

[ani_pascual]

Hola:

...
pues de lo contrario \[b-a\] sería una cota inferior de \[G^+\] mayor que \( 0 \), lo cual contradice que \[\inf G^+=0\].
...

He añadido texto en azul para que se entienda mejor la idea...

\[
mg_0-ng_0=(m-n)g_0\geq g_0>b-a.
\]
...

Si \( m-n=2, g_0=2, b-a=3 \)
se cumple que
\( m-n\geq 1\\
(m-n)g_0>b-a, \) pero, sin embargo, \( g_0<b-a \)

Spoiler

Sean \( a,b\in\Bbb{R} \) con \( a<b \). Entonces \( b-a>0 \) luego existe \( g_0\in G^{+} \) tal que \( 0<g_0<b-a \). Así \(  a<g_0+a<b \) con \( g_0+a\in G \), y \( G \) es denso en \( \Bbb{R} \)

[cerrar]

Saludos

[Luis Fuentes]

Hola

Spoiler

Sean \( a,b\in\Bbb{R} \) con \( a<b \). Entonces \( b-a>0 \) luego existe \( g_0\in G^{+} \) tal que \( 0<g_0<b-a \). Así \(  a<g_0+a<b \) con \( g_0+a\in G \), y \( G \) es denso en \( \Bbb{R} \)

[cerrar]

ani_pascual: eso no está bien porque \( a \) podría no estar en \( G \) y por tanto \( g_0+a\not\in G \).

Idea para completar detalles.

Lo que puedes hacer es tomar \( g_0\in G^+ \) tal que \( 0<g_0<min\{a,b-a\} \). Tomando \( m_0=min\{m|mg_0\geq a\} \). Por escogerse así el mínimo, \( (m_0-1)g_0<a \) y  se tiene que:

\( m_0g\geq a>a \) y \( m_0g_0=(m_0-1)g_0+g_0<a+b-a<b \)

[cerrar]

Saludos.

[ani_pascual]

Hola:

...

Spoiler

Sean \( a,b\in\Bbb{R} \) con \( a<b \). Entonces \( b-a>0 \) luego existe \( g_0\in G^{+} \) tal que \( 0<g_0<b-a \). Así \(  a<g_0+a<b \) con \( g_0+a\in G \), y \( G \) es denso en \( \Bbb{R} \)

[cerrar]

ani_pascual: eso no está bien porque \( a \) podría no estar en \( G \) y por tanto \( g_0+a\not\in G \).

Idea para completar detalles.

Lo que puedes hacer es tomar \( g_0\in G^+ \) tal que \( 0<g_0<min\{a,b-a\} \). Tomando \( m_0=min\{m|mg_0\geq a\} \). Por escogerse así el mínimo, \( (m_0-1)g_0<a \) y  se tiene que:

\( m_0g\geq a>a \) y \( m_0g_0=(m_0-1)g_0+g_0<a+b-a<b \)

[cerrar]

....

¡Cierto, tienes razón! \( a+g_0 \) puede no estar en \( G \) 😅
Respecto a la segunda parte... a ver si esto es correcto.
Una vez probado que \( (G,+)=(\Bbb{Z}[\sqrt{2}],+) \) es un grupo...

Spoiler

...veamos que \( \forall\,\varepsilon>0 \) existen enteros \( m,n  \) tales que \( 0<m+n \sqrt{2}<\varepsilon \).
En efecto, si \( \varepsilon>1 \) se puede tomar \( m=1, n=0 \) y se cumple que
\( 0<m+n\sqrt{2}<\varepsilon \).
Si es \( \varepsilon=1 \), basta elegir \(  m=-1, n=1 \) y se cumple que \( 0<m+n\sqrt{2}=\sqrt{2}-1<1=\varepsilon \).
Por otra parte, si es 
\( 0<\varepsilon <1 \), se tiene que tomando  \( m>1 \) es \( \dfrac{m-\varepsilon}{\sqrt{2}}>0 \) luego existe \( q \in\Bbb{N} \) tal que \( 0<\dfrac{m-\varepsilon}{\sqrt{2}}<q \) de donde \( m-q\sqrt{2}<\varepsilon \); así, basta tomar \( m>q\sqrt{2}>1 \) y se tiene que \( m, n=-q \in\Bbb{Z} \) cumplen \( 0<m+n\sqrt{2}<\varepsilon  \); en definitiva, \( \inf G^{+}=\inf \Bbb{Z}[\sqrt{2}]^{+}=0 \)

[cerrar]

Saludos

[ani_pascual]

Hola:

....

Idea para completar detalles.

Lo que puedes hacer es tomar \( g_0\in G^+ \) tal que \( 0<g_0<min\{a,b-a\} \). Tomando \( m_0=min\{m|mg_0\geq a\} \). Por escogerse así el mínimo, \( (m_0-1)g_0<a \) y  se tiene que:

\( m_0g\geq a\textcolor{red}{>}a \) y \( m_0g_0=(m_0-1)g_0+g_0<a+b-a\textcolor{red}{<}b \)

[cerrar]

...

Creo que no son correctas las desigualdades en rojo.🤔
Usando tu idea, se podría concluir así:
Como \( b-a>0 \) y es \( \inf G^{+}=0 \), existe \( g_0\in G^{+} \) tal que \( 0<g_0<b-a\Longrightarrow a+g_0<b \).
 Si ahora es \( m_0=\min\{m| a<mg_0\} \) se tiene que \( (m_0-1)g_0\leq a\Longrightarrow \\
a< m_0g_0=(m_0-1)g_0+g_0\leq a+g_0<b,  \) luego \( a<m_0g_0<b \)
con \( m_0g_0\in G \)
Saludos

[Luis Fuentes]

Hola

Hola:

....

Idea para completar detalles.

Lo que puedes hacer es tomar \( g_0\in G^+ \) tal que \( 0<g_0<min\{a,b-a\} \). Tomando \( m_0=min\{m|mg_0\geq a\} \). Por escogerse así el mínimo, \( (m_0-1)g_0<a \) y  se tiene que:

\( m_0g\geq a\textcolor{red}{>}a \) y \( m_0g_0=(m_0-1)g_0+g_0<a+b-a\textcolor{red}{<}b \)

[cerrar]

...

Creo que no son correctas las desigualdades en rojo.🤔
Usando tu idea, se podría concluir así:
Como \( b-a>0 \) y es \( \inf G^{+}=0 \), existe \( g_0\in G^{+} \) tal que \( 0<g_0<b-a\Longrightarrow a+g_0<b \).
 Si ahora es \( m_0=\min\{m| a<mg_0\} \) se tiene que \( (m_0-1)g_0\leq a\Longrightarrow \\
a< m_0g_0=(m_0-1)g_0+g_0\leq a+g_0<b,  \) luego \( a<m_0g_0<b \)
con \( m_0g_0\in G \)

Si, tienes razón.

Una vez probado que \( (G,+)=(\Bbb{Z}[\sqrt{2}],+) \) es un grupo...

...veamos que \( \forall\,\varepsilon>0 \) existen enteros \( m,n  \) tales que \( 0<m+n \sqrt{2}<\varepsilon \).
En efecto, si \( \varepsilon>1 \) se puede tomar \( m=1, n=0 \) y se cumple que
\( 0<m+n\sqrt{2}<\varepsilon \).
Si es \( \varepsilon=1 \), basta elegir \(  m=-1, n=1 \) y se cumple que \( 0<m+n\sqrt{2}=\sqrt{2}-1<1=\varepsilon \).
Por otra parte, si es 
\( 0<\varepsilon <1 \), se tiene que tomando  \( m>1 \) es \( \dfrac{m-\varepsilon}{\sqrt{2}}>0 \) luego existe \( q \in\Bbb{N} \) tal que \( 0<\dfrac{m-\varepsilon}{\sqrt{2}}<q \) de donde \( m-q\sqrt{2}<\varepsilon \); así, basta tomar \( m>q\sqrt{2}>1 \) y se tiene que \( m, n=-q \in\Bbb{Z} \) cumplen \( 0<m+n\sqrt{2}<\varepsilon  \); en definitiva, \( \inf G^{+}=\inf \Bbb{Z}[\sqrt{2}]^{+}=0 \)

No está bien. En lo que he marcado en rojo, vuelves a escoger un \( m \) que depende de \( q \), cuando antes tenías que \( q \) dependía de un \( m \) previo.

De hecho tu argumento se podría hacer si en vez de \( \sqrt{2} \) pones por ejemplo \( 1.41 \). Lo cual no puede ser porque en ese caso es falso que el correspondiente conjunto sea denso en \( \Bbb R \). Es imprescindible la irracionalidad de \( \sqrt{2} \).

Saludos.

[ani_pascual]

Hola:

...
No está bien. En lo que he marcado en rojo, vuelves a escoger un \( m \) que depende de \( q \), cuando antes tenías que \( q \) dependía de un \( m \) previo.

De hecho tu argumento se podría hacer si en vez de \( \sqrt{2} \) pones por ejemplo \( 1.41 \). Lo cual no puede ser porque en ese caso es falso que el correspondiente conjunto sea denso en \( \Bbb R \). Es imprescindible la irracionalidad de \( \sqrt{2} \).
...

Pues no se me ocurre cómo probar esto ...
¿Hay alguna demostración de que \( \inf \Bbb{Z}[\sqrt{2}]^{+}=0 \),
que no recurra al principio del palomar? 🤔
Saludos

[Luis Fuentes]

Hola

Pues no se me ocurre cómo probar esto ...
¿Hay alguna demostración de que \( \inf \Bbb{Z}[\sqrt{2}]^{+}=0 \),
que no recurra al principio del palomar? 🤔

Este problema es muy clásico y aparecido en el foro desde distintos puntos de vista. Aquí puedes ver una forma de hacerlo y enlace a otras:

https://foro.rinconmatematico.com/index.php?topic=115718.0

La prueba que hizo en este hilo Gaussito también está bien; lo que pasa es que usa que en este caso \( G^+ \) es un grupo multiplicativo, lo cuál es un hecho particular de \( \Bbb Z[\sqrt{2}] \) que no ocurriría en general con otro irracional.

Saludos.

[ani_pascual]

Hola:

...
Este problema es muy clásico y aparecido en el foro desde distintos puntos de vista. Aquí puedes ver una forma de hacerlo y enlace a otras:

https://foro.rinconmatematico.com/index.php?topic=115718.0

La prueba que hizo en este hilo Gaussito también está bien; lo que pasa es que usa que en este caso \( G^+ \) es un grupo multiplicativo, lo cuál es un hecho particular de \( \Bbb Z[\sqrt{2}] \) que no ocurriría en general con otro irracional.
...

Entendido. Gracias por la información. Debo de ser un moderno , porque no conocía el problema....
Saludos

[Masacroso]

En el siguiente enlace, en la segunda parte, hay una demostración de la densidad de una sucesión de números irracionales en \( [0,1] \) que se puede acomodar también a este caso:

https://foro.rinconmatematico.com/index.php?topic=129667.msg537049#msg537049

Aplicado a este ejercicio lo anterior demuestra que la sucesión \( \{x_n\}_{n\in\mathbb{N}} \) definida por \( x_n:=n\sqrt{2}-\lfloor n\sqrt{2} \rfloor  \) es densa en \( [0,1] \), de donde se sigue fácilmente la densidad en todo \( \mathbb{R} \) de \( \mathbb{Z}[\sqrt{2}] \).