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Más sobre límite de sucesiones. Sucesiones parciales. Sucesiones monótonas

En un artículo anterior habíamos hablado de las sucesiones de números reales y del concepto de límite de una sucesión. También, en otro artículo, estuvimos viendo el concepto de sucesión acotada y algunas propiedades de las sucesiones convergentes.

En este artículo vamos a completar nuestro estudio de las sucesiones. Diremos lo que es una sucesión parcial de una sucesión, definiremos las sucesiones monótonas y veremos su relación con el concepto de convergencia de una sucesión.

Sucesiones parciales

Para definir con rigor cuándo una sucesión es sucesión parcial de otra dada es necesario utilizar el concepto de aplicación estrictamente creciente. Así, se dice que una aplicación \(\sigma:\mathbb{N}\rightarrow\mathbb{N}\) es estrictamente creciente si verifica que

\[\sigma(n)<\sigma(n+1)\,,\forall\, n\in\mathbb{N}\]

Es inmediato comprobar que \(\sigma:\mathbb{N}\rightarrow\mathbb{N}\) es estrictamente creciente si y sólo si

\[n,m\in\mathbb{N},n<m\Rightarrow \sigma(n)<\sigma(m)\]

Definición 1.

Dadas dos sucesiones de números reales \(\{x_n\}\) e \(\{y_n\}\), se dice que \(\{y_n\}\) es una sucesión parcial de \(\{x_n\}\) cuando existe una aplicación \(\sigma:\mathbb{N}\rightarrow\mathbb{N}\) estrictamente creciente tal que

\[y_n=x_{\sigma(n)}\,,\forall\, n\in\mathbb{N}\]

A título de ejemplo, la sucesión \(\{1\}\) (constantemente igual a \(1\)) es una sucesión parcial de la sucesión \(\{(-1)^n\}\) (tómese \(\sigma(n)=2n\)). En general las sucesiones parciales de una sucesión \(\{x_n\}\) son de la forma \(\{x_{\sigma(n)}\}\) en que \(\sigma\) es una aplicación estrictamente creciente de \(\mathbb{N}\) en \(\mathbb{N}\). Así, \(\{x_{2n}\}\), \(\{x_{2n-1}\}\), \(\{x_{n^2}\}\) son sucesiones parciales de \(\{x_n\}\). A veces a una sucesión parcial de una sucesión \(\{x_n\}\) también se la llama subsucesión de la sucesión \(\{x_n\}\), la cual a menudo se suele escribir \(\{x_{n_k}\}\), en vez de \(\{x_{\sigma(n)}\}\). Obsérvese que, en el fondo, es lo mismo asignar a un número natural \(k\) el número \(\sigma(k)\) que el número \(n_k\): son dos formas equivalentes de expresar la misma idea.

Es inmediato comprobar las siguientes afirmaciones:

  • Toda sucesión es una sucesión parcial de sí misma.
  • Si \(\{y_n\}\) es una sucesión parcial de \(\{x_n\}\) y \(\{z_n\}\) es una sucesión parcial de \(\{y_n\}\), entonces \(\{z_n\}\) es una sucesión parcial de \(\{x_n\}\). (Piénsese que la composición de dos aplicaciones estrictamente crecientes de \(\mathbb{N}\) en \(\mathbb{N}\) es a su vez estrictamente creciente).

Hay algo que os parecerá obvio: que una sucesión parcial de una sucesión convergente también es convergente y tiene el mismo límite. Pero esto hay que demostrarlo. Para hacerlo demostraremos previamente un lema.

Lema 1.

Sea \(\sigma\) una aplicación de \(\mathbb{N}\) en \(\mathbb{N}\) estrictamente creciente. Entonces \(\sigma(n)\geqslant n\,,\forall\,n\in\mathbb{N}\).

Obviamente \(\sigma(1)\geqslant1\). Supuesto que \(\sigma(n)\geqslant n\), luego \(\sigma(n+1)>\sigma(n)\geqslant n\) y por tanto se tiene \(\sigma(n+1)\geqslant n+1\), lo que demuestra el lema por inducción.

En la demostración de este lema se ha hecho uso de que si \(m\) y \(n\) son naturales verificando \(n<m\), entonces \(n+1\leqslant m\), propiedad demostrada en el artículo "El conjunto de los números naturales: una definición rigurosa y algunas propiedades".

Proposición.

Toda sucesión parcial de una sucesión de números reales convergente es convergente y tiene el mismo límite.

Sea \(\{x_n\}\rightarrow x\), sea \(\{y_n\}\) cualquier sucesión parcial de \(\{x_n\}\) y sea \(\sigma:\mathbb{N}\en\mathbb{N}\) estrictamente creciente tal que \(y_n=x_{\sigma(n)}\,,\forall\,n\in\mathbb{N}\). Dado \(\varepsilon>0\), por ser \(\{x_n\}\rightarrow x\) tenemos

\[\exists\,m\in\mathbb{N}\,:\,n\geqslant m\Rightarrow|x_n-x|<\varepsilon\]

Entonces, si \(n\geqslant m\) tenemos, por el lema anterior, \(\sigma(n)\geqslant n\geqslant m\) y por tanto

\[|y_n-x|=|x_{\sigma(n)}-x|<\epsilon\]

lo que prueba que \(\{y_n\}\rightarrow x\) como queríamos demostrar.

Obsérvese que si \(\{x_n\}\) es una sucesión convergente de números reales, el hecho de que una sucesión parcial suya, \(\{x_{\sigma(n)}\}\), converja se expresa de la siguiente forma:

\[\forall\,\varepsilon>0\ ,\ \exists\,m\in\mathbb{N}\ :\ n\geqslant m\Rightarrow|x_{\sigma(n)}-x|<\varepsilon\]

Corolario.

Si una sucesión de números reales admite dos sucesiones parciales convergentes a límites distintos, dicha sucesión no es convergente.

El corolario anterior (cuya demostración es inmediata) es útil a la hora de probar que una sucesión no es convergente. Por ejemplo, la sucesión \(\{x_n\}=\{(-1)^n\}\) no es convergente porque admite dos sucesiones parciales convergentes a límites distintos: por un lado, la sucesión parcial \(\{x_{2n}\}=\{(-1)^{2n}\}=\{1\}\rightarrow1\), y por otro, la parcial \(\{x_{2n-1}\}=\{(-1)^{2n-1}\}=\{-1\}\rightarrow-1\).

Enunciamos a continuación cuatro propiedades en las que aparecen sucesiones parciales cuya demostración se deja como ejercicio para el lector.

Ejercicios

1. Sea \(\{x_n\}\) una sucesión de números reales tal que \(n\neq m\Rightarrow x_n\neq x_m\), y sean \(p\) y \(q\) dos números naturales. Probar que \(\{x_{pn}\}\) es una sucesión parcial de \(\{x_{qn}\}\) si y sólo si \(p\) es múltiplo de \(q\).

Observemos en primer lugar que \(\{x_{pn}\}\) y \(\{x_{qn}\}\) son sucesiones parciales de \(\{x_n\}\). Es decir, existen aplicaciones estrictamente crecientes \(\sigma_1\,,\sigma_2:\mathbb{N}\rightarrow\mathbb{N}\) definidas por \(\sigma_1(n)=pn\), \(\sigma_2(n)=qn\), \(\forall\,n\in\mathbb{N}\), tales que \(\{x_{pn}\}=\{x_{\sigma_1(n)}\}\) y \(\{x_{qn}\}=\{x_{\sigma_2(n)}\}\).

\(\Rightarrow)\) Si suponemos que \(\{x_{pn}\}\) es una sucesión parcial de \(\{x_{qn}\}\) es porque existe una aplicación estrictamente creciente \(\sigma:\text{Im}\,\sigma_2\rightarrow\mathbb{N}\), definida por \(\sigma(\sigma_2(n))=\sigma(qn)=pn\). Pero \(\sigma(qn)\) es natural, luego ha de existir \(k\in\mathbb{N}\) tal que \(\sigma(qn)=kqn=pn\), con lo que \(kq=p\) y \(p\) es múltiplo de \(q\).

\(\Leftarrow)\) Si \(p\) es múltiplo de \(q\), \(\exists\,k\in\mathbb{N}\) tal que \(p=kq\), con lo que \(pn=kqn\,,\forall\,n\in\mathbb{N}\), es decir, \(\sigma_1(n)=k\sigma_2(n)\,,\forall\,n\in\mathbb{N}\). Sea \(\sigma:\mathbb{N}\rightarrow\mathbb{N}\) definida por \(\sigma(n)=kn\,,\forall\,n\in\mathbb{N}\). \(\sigma\) es con claridad estrictamente creciente y además \(\sigma_1(n)=\sigma(\sigma_2(n))\), con lo que \(\{x_{pn}\}=\{x_{\sigma_1(n)}\}\) es una parcial de \(\{x_{qn}\}=\{x_{\sigma_2(n)}\}\).

2. Sea \(\{x_n\}\) una sucesión de números reales y \(x\) un número real. Probar que si \(\{x_{2n}\}\rightarrow x\) y \(\{x_{2n+1}\}\rightarrow x\), entonces \(\{x_n\}\rightarrow x\). Inténtese dar un enunciado más general de este tipo.

Como \(\{x_{2n}\}\rightarrow x\) tenemos que \(\forall\,\varepsilon>0\,,\exists\,p\in\mathbb{N}\,:\,2n\leqslant p\Rightarrow|x_{2n}-x|<\varepsilon\). De igual modo, como \(\{x_{2n+1}\}\rightarrow x\), \(\forall\,\varepsilon>0\,,\exists\,q\in\mathbb{N}\,:\,2n+1\leqslant q\Rightarrow|x_{2n-1}-x|<\varepsilon\).

Sea \(\varepsilon>0\). Si \(n\) es par, \(\exists\,k\in\mathbb{N}\,:\,n=2k\Rightarrow|x_n-x|=|x_{2k}-x|<\varepsilon\), siempre que \(n\leqslant p\). Ahora bien, si \(n\) es impar, \(\exists\,r\in\mathbb{N}\,:\,n=2r+1\Rightarrow|x_n-x|=|x_{2r+1}-x|<\varepsilon\). Tomando \(m=\max\{p,q\}\) se tiene que si \(n\geqslant m\Rightarrow|x_n-x|<\varepsilon\) y, por tanto, \(\{x_n\}\rightarrow x\).

El enunciado general es que si \(\displaystyle\{x_{\sigma_i(n)}\}_{i=1,\ldots,p}\), es una colección de parciales convergentes a un número real \(x\) y además \(\displaystyle\bigcup_{i=1}^p\text{Im}\sigma_i=\mathbb{N}\), entonces \(\{x_n\}\rightarrow x\).

3. Sea \(\{x_n\}\) una sucesión de números reales, \(p\) un número natural, y definamos una sucesión de números reales \(\{z_n\}\) en la forma \(z_n=x_{n+p}\,\forall\,n\in\mathbb{N}\) \(\{z_n\}=\{x_{n+p}\}\); nótese que \(\{z_n\}\) es una sucesión parcial de \(\{x_n\}\)). Probar que \(\{x_n\}\) es convergente si y sólo si los es \(\{z_n\}\), en cuyo caso \(\lim x_n=\lim z_n=\lim x_{n+p}\).

\(\Rightarrow)\) Toda sucesión parcial de una sucesión convergente es convergente y tiene el mismo límites. Por tanto, \(\{z_n\}\) es convergente y \(\lim x_n=\lim z_n=\lim x_{n+p}\).

\(\Leftarrow)\) Dado \(\varepsilon>0\), por ser \(\{z_n\}\rightarrow x\), \(\exists\,m_1\in\mathbb{N}\,:\,n\geqslant m_1\Rightarrow|z_n-x|=|x_{n+p}-x|<\varepsilon\). Sea \(m=m_1+p\). Si \(n\geqslant m=m_1+p\Rightarrow n-p\geqslant m_1\), y entonces \(|z_{n-p}-x|=|x_n-x|<\varepsilon\). Por tanto, \(\{x_n\}\) es convergente y \(\{x_n\}\rightarrow x\).

4. Sea \(\{x_n\}\) e \(\{y_n\}\) dos sucesiones de números reales. Supongamos que existe un natural \(p\) tal que para \(n\in\mathbb{N}\), \(n\geqslant p\) se tiene \(x_n=y_n\). Probar que \(\{x_n\}\) es convergente si y solo si lo es \(\{y_n\}\), en cuyo caso se tiene \(\lim x_n=\lim y_n\). (El carácter de convergencia de una sucesión y su límite cuando exista, no se alteran si se modifica arbitrariamente un conjunto finito de términos de la sucesión).

Si suponemos que \(\{x_n\}\) es convergente, dado \(\varepsilon>0,\,\exists\,n_0\in\mathbb{N}\,:\,n\geqslant n_0\Rightarrow|x_n-x|<\varepsilon\). Tomemos ahora \(m=\max\{p,n_0\}\). Si \(n\geqslant m\Rightarrow|x_n-x|=|y_n-x|<\varepsilon\). Por tanto, \(\{y_n\}\) es convergente y tiene el mismo límite que \(\{x_n\}\). De igual forma, y por simetría, si \(\{y_n\}\) es convergente también lo es \(\{x_n\}\) y converge al mismo límite.

Sucesiones monótonas

Definición 2.

Diremos que una sucesión \(\{x_n\}\) de números reales es creciente si \(x_n\leqslant x_{n+1}\) para todo natural \(n\). Diremos que \(x_n\) es decreciente si \(x_n\geqslant x_{n+1}\) para todo natural \(n\). Diremos que una sucesión de números reales el monótona si es creciente o decreciente.

Es fácil comprobar por inducción que si \(\{x_n\}\) es una sucesión de números reales creciente (respectivamente, decreciente), se tiene:

\[n,m\in\mathbb{N}\ ,\ n\leqslant m\Rightarrow x_n\leqslant x_m\ (\text{respectivamente,}\ x_n\geqslant x_m)\]

Es conveniente hacer notar que existen sucesiones que son a la vez crecientes o decrecientes (a saber, las constantes) y que existen sucesiones que no son crecientes ni decreciente, es decir, que no son monótonas (por ejemplo la sucesión \(\{(-1)^n\}\)).

Sabemos que toda toda sucesión de números reales convergente es acotada (ver la Proposición 1 del artículo "Sucesiones acotadas. Propiedades de las sucesiones convergentes"). Sin embargo, el recíproco no es cierto en general (tómese como ejemplo, otra vez, la sucesión \(\{(-1)^n\}\)). A continuación probaremos que el recíproco sí que es cierto para sucesiones monótonas. La demostración de este importante resultado vuelve a hacer uso del axioma del supremo.

Teorema 1.

Toda sucesión de números reales monótona y acotada es convergente.

Sea \(\{x_n\}\) una sucesión de números reales creciente y mayorada; sea \(x=\sup\{x_n\,:\,n\in\mathbb{N}\}\). Dado \(\varepsilon>0\), \(x-\varepsilon\) no puede ser un mayorante del conjunto \(\{x_n\,:\,n\in\mathbb{N}\}\) y por tanto existe un número natural \(m\) tal que \(x-\varepsilon<x_m\). Entonces, para \(n\geqslant m\) tenemos

\[x-\varepsilon<x_m\leqslant x_n\leqslant x<x+\varepsilon\]

de donde \(|x_n-x|<\varepsilon\). Esto demuestra que \(\{x_n\}\) es convergente y hemos obtenido además que \(\lim x_n=\sup\{x_n\,:\,n\in\mathbb{N}\}\).

Si \(\{x_n\}\) es decreciente y minorada, entonces \(\{-x_n\}\) es creciente y mayorada (¿sabrías explicar por qué?), luego convergente, con lo que \(\{x_n\}\) es convergente y se tiene además

\[\lim x_n=-\lim(-x_n)=-\sup\{-x_n\,:\,n\in\mathbb{N}\}=\inf\{x_n\,:\,n\in\mathbb{N}\}\]

La importancia del resultado anterior radica en que se usa en la demostración del siguiente teorema, el teorema de Bolzano-Weierstrass, según el cual toda sucesión de números reales acotada admite una sucesión parcial convergente. En dicha demostración también se usa otro resultado, que enunciaremos en forma de lema.

Lema 2.

Toda sucesión de números reales admite una sucesión parcial monótona.

Esta demostración hace uso de un concepto muy especial que nos ayudará a construir la sucesión parcial que se afirma en el enunciado del lema. Llamemos "punto cumbre" de una sucesión \(\{x_n\}\) a un número natural \(n\) tal que \(x_m<x_n\) para todo \(m>n\). Para hacerse una idea de lo que es un punto cumbre podemos observar la siguiente figura donde se ha representando una sucesión con once términos y en la que \(2\) y \(6\) son puntos cumbre.

sucesiones parciales monotonas 01

Ahora distinguiremos dos casos.

Caso 1. La sucesión tiene infinitos puntos cumbre. En este caso, si \(n_1<n_2<n_3<\ldots\) son los puntos cumbre, entonces \(x_{n_1}>x_{n_2}>x_{n_3}>\ldots\), de modo que \(\{x_{n_k}\}\) es la sucesión parcial (decreciente) deseada.

Caso 2. La sucesión tiene solamente un número finito de puntos cumbre. En este caso, sea \(n_1\) mayor que todos los puntos cumbre. Puesto que \(n_1\) no es punto cumbre, existe algún \(n_2>n_1\) tal que \(x_{n_2}\geqslant x_{n_1}\). Puesto que \(n_2\) no es punto cumbre (es mayor que \(n_1\), y por lo tanto mayor que todos los puntos cumbre) existe algún \(n_3>n_2\) tal que \(x_{n_3}\geqslant a_{x_2}\). Continuando de esta forma obtenemos la sucesión parcial \(\{x_{n_k}\}\) deseada (en este caso creciente).

Teorema 2 (Bolzano-Weierstrass).

Toda sucesión de números reales acotada admite una sucesión parcial convergente.

Sea \(\{x_n\}\) una sucesión de números reales acotada, sea \(\{x_{\sigma(n)}\}\) una sucesión parcial de \(\{x_n\}\) monótona, que existe por el lema anterior. Como \(\{x_{\sigma(n)}\}\) está también acotada el Teorema 1 nos asegura que \(\{x_{\sigma(n)}\}\) es convergente.

Proponemos a continuación una pequeña colección de ejercicios. Intentar hacerlos usando todo lo que hasta ahora se conoce sobre las sucesiones es una tarea fundamental para alguien que quiera acercarse a las matemáticas superiores sin temor de perderse nada posterior.

Ejercicios

1. Probar que toda sucesión de números reales monótona, que admita una sucesión parcial convergente, es convergente.

Sea \(\{x_n\}\) monótona. Supongamos que es creciente: \(x_n\leqslant x_{n+1}\,,\forall\,n\in\mathbb{N}\). Sea \(\{x_{\sigma(n)}\}\) la parcial de \(\{x_n\}\) convergente. Demostraremos que \(\{x_n\}\) es convergente por reducción al absurdo. Si \(\{x_n\}\) no fuera convergente entonces, como es creciente, no estaría mayorada, es decir, \(\forall\,M>0\,,\exists\,m\in\mathbb{N}:x_m>M\). Puesto que \(\sigma(n)\geqslant n\,,\forall\,n\in\mathbb{N}\), entonces \(\sigma(m)\geqslant m\) y por ser \(\{x_n\}\) creciente se tiene \(x_{\sigma(m)}\geqslant x_m>M\), y esto sea quien sea \(M\in\mathbb{R}^+\), lo que demuestra que \(\{x_{\sigma(n)}\}\) no está mayorada. Esto contradice que \(\{x_{\sigma(n)}\}\) sea convergente. Por tanto, la sucesión \(\{x_n\}\) deber ser convergente.

2. Dar un ejemplo de una sucesión de números reales positivos, convergente a cero, que no sea monótona.

Sea \(\{x_n\}\) la sucesión de números reales definida de la siguiente forma:

\[x_n=\begin{cases}
    \frac{1}{n}\quad\text{si}\quad n=2k\\
    \frac{2}{n}\quad\text{si}\quad n=2k-1
  \end{cases}\]

donde \(k\) es un número natural. Es claro que \(\{x_n\}\rightarrow0\), pero \(\{x_n\}\) no es monótona pues, por ejemplo, \(x_1=2>x_2=\frac{1}{2}\) y \(x_2=\frac{1}{2}<x_3=\frac{2}{3}\).

3. Dar un ejemplo de una sucesión de números reales, no acotada, que admita una sucesión parcial convergente.

Sea la sucesión \(\{x_n\}\) definida del siguiente modo:

\[x_n=\begin{cases}
    n\quad\text{si}\quad n=2k\\
    \frac{1}{n}\quad\text{si}\quad n=2k-1
  \end{cases}\]

donde \(k\) es un número natural. \(\{x_n\}\) no está mayorada pues dado un número real y positivo \(M\) cualquiera, sea \(k=\text{E}(M)+1\) y \(m=2k\). Entonces

\[x_m=m=2k=2(\text{E}(M)+1)>2M>M\]

Pero la parcial dada por la aplicación \(\sigma:\mathbb{N}\rightarrow\mathbb{N}\) definida por \(\sigma(n)=2n-1\,,\forall\,n\in\mathbb{N}\): \(\{x_{\sigma(n)}\}=\{x_{2n-1}\}=\{\frac{1}{n}\}\), converge a cero.

4. Probar que si \(x\) es un número real con \(|x|<1\), entonces la sucesión \(\{x^n\}\) converge a cero, mientras que si \(|x|>1\) dicha sucesión no está acotada.

Supongamos en primer lugar que \(|x|<1\). Si \(x=0\), tenemos \(\{x_n\}=\{0\}\rightarrow0\). Si \(0<|x|<1\) y \(m,n\in\mathbb{N}\), \(n<m\Leftrightarrow |x|^n>|x|^m\) y entonces \(\{|x|^n\}\) es decreciente. Además, como \(0<|x|^n\,,\forall\,n\in\mathbb{N}\), \(\{|x|^n\}\) está acotada inferiormente por cero. Así pues \(\{|x|^n\}\) es convergente. Sea \(L=\lim|x|^n\). Como \(|x|^{n+1}=|x|^n\cdot|x|\), entonces \(\lim|x|^{n+1}=|x|\cdot\lim|x|^n\), es decir, \(L=|x|L\Rightarrow L(1-|x|)=0\). Como \(|x|<1\), entonces \(1-|x|\neq0\) con lo que \(L=0\). De este modo \(\{|x|^n\}\rightarrow0\Rightarrow\{|x^n|\}\rightarrow0\) y, por tanto, \(\{x_n\}\rightarrow0\).

Por otro lado, si \(|x|>1\), entonces \(|\frac{1}{x}|<1\Rightarrow\{(\frac{1}{x})^n\}=\{\frac{1}{x^n}\}\rightarrow0\). De aquí deducimos que \(\{x^n\}\) no está acotada y, por tanto, tampoco es convergente.

5. Probar que si \(|x|<1\), entonces la sucesión \(\{1+x+x^2+\cdots+x^n\}\) converge a \(\dfrac{1}{1-x}\). (Utilícese que \((x-1)(1+x+x^2+\cdots+x^n)=x^{n+1}-1\), para todo natural \(n\)).

La igualdad \((x-1)(1+x+x^2+\ldots+x^n)=x^{n+1}-1\), para todo natural \(n\)) se puede demostrar con facilidad por inducción. Utilizando esta igualdad se tiene

\[\lim((x-1)(1+x+x^2+\ldots+x^n))=\lim(x^{n+1}-1)\Rightarrow\]

\[\Rightarrow\lim(1+x+x^2+\ldots+x^n)=\frac{\lim(x^{n+1}-1)}{x-1}\]

Como \(|x|<1\), entonces \(\{x_n\}\rightarrow0\) (ejercicio anterior) y por tanto,

\[\lim(1+x+x^2+\ldots+x^n)=\frac{-1}{x-1}=\frac{1}{1-x}\]

tal y como queríamos demostrar.

6. Estudiar la convergencia de las siguientes sucesiones:

\[\left\{\frac{n}{2^n}\right\}\quad;\quad\left\{\frac{2^n+n}{3^n-n}\right\}\]

Estudiemos en primer lugar la convergencia de la sucesión \(\{\frac{n}{2^n}\}\).

Observemos que, para todo \(n\in\mathbb{N}\):

\[n>1\Rightarrow2n>n+1\Rightarrow n>\frac{n+1}{2}\Rightarrow\frac{n}{2^n}>\frac{n+1}{2^{n+1}}\]

Lo anterior demuestra que la sucesión \(\{\frac{n}{2^n}\}\) es decreciente.

Demostremos ahora por inducción que \(2^n<2^{n+1}-1\). El resultado es cierto para \(n=1\) pues claramente \(2<3\). Supongamos el resultado cierto para \(n\) y demostrémoslo para \(n+1\):

\[2^{n+1}=2^n\cdot2<(2^{n+1}-1)\cdot2=)2^{n+2}-2<2^{n+2}-2+1=2^{n+2}-1\]

Por el principio de inducción \(2^n<2^{n+1}-1\,,\forall\,n\in\mathbb{N}\).

Demostremos ahora, también por inducción, que \(n<2^n\). Claramente el resultado es cierto para \(n=1\), pues \(1<2\). Supongamos el resultado cierto para \(n\) y demostrémoslo para \(n+1\):

\[n+1<2^n+1<2^{n+1}-1+1=2^{n+1}\]

donde se ha usado la desigualdad demostrada anteriormente. Por el principio de inducción \(n<2^n\,,\forall\,n\in\mathbb{N}\). Entonces \(0<\frac{n}{2^n}<1\,,\forall\,n\in\mathbb{N}\), lo que demuestra que la sucesión \(\{\frac{n}{2^n}\}\) está acotada.

Hemos demostrado que la sucesión \(\{\frac{n}{2^n}\}\) es decreciente y acotada (en particular minorada por cero). Además, \(\inf\{\frac{n}{2^n}:n\in\mathbb{N}\}=0\), lo que demuestra que \(\{\frac{n}{2^n}\}\rightarrow0\).

Estudiemos ahora la convergencia de la sucesión \(\{\frac{2^n+n}{3^n-n}\}\).

Descompongamos la sucesión en suma de otras dos: \(\{\frac{2^n+n}{3^n-n}\}=\{\frac{2^n}{3^n-n}\}+\{\frac{n}{3^n-n}\}\). Ambas están acotadas inferiormente por cero pues es fácilmente demostrable por inducción que \(3^n>n\). Demostraremos ahora que ambas son decrecientes.

Es claro que, dado \(n\in\mathbb{N}\), \(1<3^n+n\). Entonces:

\[0<3^n+n-1\Rightarrow 2\cdot3^n-2n<3\cdot3^n-n-1\Rightarrow\]

\[\Rightarrow2^{n+1}(3^n-n)<2^n(3^{n+1}-n-1)\Rightarrow\frac{2^{n+1}}{3^{n+1}-(n+1)}<\frac{2^n}{3^n-n}\]

Esto ocurre \(\forall\,n\in\mathbb{N}\), lo que demuestra que la sucesión \(\{\frac{2^n}{3^n-n}\}\) es decreciente.

Por otro lado, es claro que, sea quien sea el número natural \(n\), \(n+1<3n\). Entonces:

\[3^n(n+1)<3^n\cdot3n\Rightarrow3^nn+3^n<3^{n+1}n\Rightarrow3^nn+3^n-n^2-n<3^{n+1}n-n^2-n\Rightarrow\]

\[\Rightarrow (3^n-n)(n+1)<n(3^n+1-n-1)\Rightarrow\frac{n+1}{3^{n+1}-(n+1)}<\frac{n}{3^n-n}\]

Como lo anterior ocurre \(\forall\,n\in\mathbb{N}\), hemos demostrado que la sucesión \(\{\frac{n}{3^n-n}\}\) es decreciente.

Por tanto, la sucesión \(\frac{2^n+n}{3^n-n}\) es una sucesión decreciente de números reales positivos acotada inferiormente por cero, con lo que \(\{\frac{2^n+n}{3^n-n}\}\rightarrow0\).

Podríamos haber demostrado que \(\{\frac{2^n+n}{3^n-n}\}\rightarrow0\) también del siguiente modo:

\[\left\{\frac{2^n+n}{3^n-n}\right\}=\left\{\frac{\left(\frac{2}{3}\right)^n+\frac{n}{3^n}}{1-\frac{n}{3^n}}\right\}\]

Esta última sucesión converge a cero porque \(\{\frac{n}{3^n}\}\rightarrow0\) (resultado que se puede demostrar prácticamente igual a como se demostró en el punto anterior que \(\{\frac{n}{2^n}\}\rightarrow0\)), y porque también \(\{(\frac{2}{3})^n\}\rightarrow0\), pues \(0<\frac{2}{3}<1\).

7. Sea \(a\) un número real y positivo y definamos

\[x_1=a\quad;\quad x_{n+1}=\frac{x_n}{1+x_n}\,,\forall\,n\in\mathbb{N}\]

Probar que la sucesión \(\{x_n\}\) converge a cero.

Veamos en primer lugar que \(\{x_n\}\) es creciente. Por un lado tenemos:

\[x_{n+1}-x_n=\frac{x_n}{1+x_n}=\frac{x_n-x_n-x_n^2}{1+x_n}=\frac{-x_n^2}{1+x_n}\]

Probemos ahora por inducción que \(x_n\geqslant0\,,\forall\,n\in\mathbb{N}\). \(x_1=a\geqslant0\), pues \(a\) es un número real positivo. Sea el resultado cierto para \(n\) y demostrémoslo para \(n+1\): \(x_{n+1}=\frac{x_n}{1+x_n}\geqslant0\), pues por hipótesis de inducción \(x_n\geqslant0\). Así, al ser \(x_n\geqslant0\,,\forall\,n\in\mathbb{N}\), se tiene que

\[\frac{-x_n^2}{1+x_n}\leqslant0\,,\forall\,n\in\mathbb{N}\Rightarrow x_{n+1}-x_n\leqslant0\,,\forall\,n\in\mathbb{N}\Rightarrow x_{n+1}\leqslant x_n\,,\forall\,n\in\mathbb{N}\]

Lo anterior demuestra que \({x_n}\) es decreciente. Además, como \(\{x_n\}\) está acotada inferiormente por cero, \(\{x_n\}\) es convergente. Calculemos su límite. Supongamos que \({x_n}\rightarrow x\). Entonces:

\[\{x_{n+1}\}=\left\{\frac{x_n}{1+x_n}\right\}\Rightarrow x=\frac{x}{1+x}\Rightarrow x+x^2=x\Rightarrow x=0\]

8. Sea \(a\) un número real positivo y consideremos la sucesión \(\{x_n\}\) definida por:

\[x_1=a\quad;\quad x_{n+1}=\frac{1}{2}\left(x_n+\frac{a}{x_n}\right)\,,\forall\,n\in\mathbb{N}\]

Pruébese que \(\{x_n\}\) es convergente y que su límite, \(x\), verifica que \(x^2=a\). (Se prueba así que todo número real positivo tiene una "raíz cuadrada" positiva).

Probemos por inducción que \(x_n>0\,,\forall\,n\in\mathbb{N}\). Por hipótesis, \(x_1=a>0\). Supongamos que \(x_n>0\). Entonces claramente \(x_{n+1}=\frac{1}{2}\left(x_n+\frac{a}{x_n}\right)>0\). Esto demuestra que \(\{x_n\}\) está acotada inferiormente por cero.

Veamos también por inducción que es decreciente. Probemos que \(x_n\geqslant a\,,\forall\,n\in\mathbb{N}\). Para \(n=1\) es cierto si, y solo si, \(a\geqslant1\) pues \(x_1^2=a^2\geqslant a\). Caso de que \(a<1\) decrecerá a partir del segundo término. Vamos a comprobarlo. Supongamos el resultado cierto para \(n\) y demostrémoslo para \(n+1\):

\[a-x_{n+1}^2=a-\frac{1}{4}\left(x_n+\frac{a}{x_n}\right)^2=a-\frac{1}{4}\left(x_n^2+\frac{a^2}{x_n^2}+2a\right)=\]

\[\frac{4ax_n^2-x_n^4-a^2-2ax_n^2}{4x_n^2}=\frac{2ax_n^2-x_n^4-a^2}{4x_n^2}=\frac{-(x_n^2-a)^2}{4x_n^2}\leqslant0\]

Entonces \(a-x_{n+1}^2\leqslant0\Rightarrow x_{n+1}^2\geqslant a\) y, por tanto, queda demostrado que \(x_n^2\geqslant a\,,\forall\,n\in\mathbb{N}\). Así:

\[x_{n+1}-x_n=\frac{1}{2}\left(x_n+\frac{a}{x_n}\right)-x_n=\frac{x_n^2+a-2x_n^2}{2x_n^2}=\frac{a-x_n^2}{2x_n^2}\leqslant0\]

precisamente porque \(x_n^2\geqslant a\,,\forall\,n\in\mathbb{N}\). Esto demuestra que \(x_{n+1}\leqslant x_n\,,\forall\,n\in\mathbb{N}\), con lo que \(\{x_n\}\) es decreciente.

Hemos demostrado que \(\{x_n\}\) está acotada inferiormente por cero y que es decreciente. Por tanto, \(\{x_n\}\) es convergente. Calculemos  su límite. Supongamos que \(\{x_n\}\rightarrow x\). Entonces, como \(x_{n+1}=\frac{1}{2}\left(x_n+\frac{a}{x_n}\right)\), se tiene que

\[x=\frac{1}{2}\left(x+\frac{a}{x}\right)\Rightarrow2x^2=x^2+a\Rightarrow x^2=a\Rightarrow x=\sqrt{a}\]

En un próximo artículo, para finalizar todo lo relacionado con las sucesiones de números reales, hablaremos sobre las sucesiones de Cauchy y enunciaremos el teorema de complitud de \(\mathbb{R}\).


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La existencia de los números irracionales

En las matemáticas de la Educación Secundaria Obligatoria se presentan los números irracionales como aquellos que no son racionales, es decir, aquellos que no se pueden poner en forma de fracción. Como es muy habitual hablar de la expresión decimal de una fracción (que es o bien decimal exacta o bien decimal periódica), se dice también de los irracionales que tienen una expresión decimal infinita no periódica, o sea, que tienen infinitas cifras decimales que no forman período. De este modo, es fácil construir números de este tipo, por ejemplo:

\[1,234567891011121314151617181920...\quad;\quad0,10011000111000011110000011111...\]

Sin embargo, el ejemplo clásico de número irracional es la raíz de dos. Vamos, el número cuyo cuadrado es dos. En las matemáticas de la Educación Secundaria Obligatoria se da por hecho que es un número irracional, es decir, un número con infinitas cifras decimales que no forman período. Una calculadora cualquiera da una aproximación de la raíz de dos con bastantes cifras significativas.

Dedicaremos nuestro esfuerzo en este artículo a ir un poco más allá: demostraremos que, efectivamente, no hay ningún número racional cuyo cuadrado sea dos y, a partir de ahí, nos preguntaremos por la existencia de los números irracionales. Es decir, no daremos por hecho que todo número que no sea racional es un número real, sino que lo demostraremos. Es la manía de los matemáticos de demostrar las cosas, siempre que se pueda. Y se puede.

Ya habíamos comentado en un artículo anterior, dedicado al axioma del supremo, que una consecuencia de tal axioma es que nos permitirá probar la existencia de números irracionales. Es decir, de números reales que no son racionales (o, más comúnmente, que no son fracciones). Recordemos que el conjunto \(\mathbb{Q}\) de los racionales se define de la siguiente forma:

\[\mathbb{Q}=\left\{\frac{p}{n}\ :\ p\in\mathbb{Z}\ ,\ n\in\mathbb{N}\right\}\]

Recordemos también que fuimos capaces de demostrar que no existe ningún número racional cuyo cuadrado es dos. De todos modos volveremos a demostrarlo a continuación.

Para ello supongamos, razonando por reducción al absurdo, que existe \(x\in\mathbb{Q}\) tal que \(x^2=2\), es decir, que \(x=\dfrac{m}{n}\), donde \(m\) y \(n\) son naturales y que la fracción \(\dfrac{m}{n}\) es irreducible, es decir, una fracción en la que \(\text{mcd}(m,n)=1\) (tomar una fracción irreducible no limita la demostración, ya que si no lo fuera habría otra fracción equivalente que sí que lo sería y podríamos tomar esta última como la fracción cuyo cuadrado sea dos, objeto de nuestra demostración). Completemos ahora la demostración:

\[x=\frac{m}{n}\Rightarrow x^2=\left(\frac{m}{n}\right)^2\Rightarrow 2=\frac{m^2}{n^2}\Rightarrow m^2=2n^2\]

De lo anterior deducimos que \(m^2\) es par (el doble de cualquier número siempre es par), con lo que \(m\) también es par (¿te atreves a demostrar que si el cuadrado de un número natural es par entonces el número en cuestión también lo es?) Por tanto existe \(k\in\mathbb{N}\) tal que \(m=2k\). Sustituyendo tenemos:

\[\left(2k\right)^2=2n^2\Rightarrow 4k^2=2n^2\Rightarrow2k^2=n^2\]

De la misma forma que anteriormente, deducimos ahora que \(n^2\) es par y que, por tanto, \(n\) también lo es. Hemos demostrado entonces que \(m\) y \(n\) son ambos números pares, pero esto entra en contradicción con el hecho supuesto de que la fracción \(\dfrac{m}{n}\) sea irreducible, pues siendo tanto \(m\) como \(n\) números pares la fracción se podría reducir aún más (dividiendo entre dos).

La contradicción anterior demuestra que \(x\) tal que \(x^2=2\) no es racional. Debemos suponer que será un número, pero no racional. Tenemos entonces, presumiblemente, el derecho a suponer que hay números reales que no son racionales, es decir, que "esa cosa" cuyo cuadrado es dos es de verdad un número pero no racional\(\ldots\) Aclaremos esto un poco más e intentemos seguir el razonamiento (ya, ya sé que los matemáticos somos un poco retorcidos). A ver, el conjunto \(\mathbb{Q}\) de los números racionales tiene la misma estructura que el conjunto \(\mathbb{R}\) de los números reales: es un cuerpo ordenado conmutativo. Es decir, que los conjuntos \(\mathbb{R}\) y \(\mathbb{Q}\) serían indistinguibles, incluso podrían ser el mismo. Esto, de momento, nos obliga a no poder afirmar la existencia de números reales que no sean racionales. Puesto que hemos encontrado "algo" que no es racional, debemos demostrar que realmente es un número real, es decir, que existen números irracionales, o lo que es lo mismo, números reales que no son racionales. Sólo podremos hacerlo con la ayuda del axioma del supremo (de aquí se explica la necesidad de introducir este último axioma para completar la estructura del conjunto de los números reales).

Demostremos pues la existencia de números irracionales. Hemos de insistir en que la demostración hace uso del axioma del supremo y, además, hace uso de las desigualdades de una forma bastante técnica. Pero merece la pena intentar seguirla. Es, por tanto, fundamental leer y comprender con claridad todo lo que se dijo antes y después de enunciar el axioma del supremo, en el artículo dedicado al mismo y ya mencionado en más de una ocasión, pues se hará uso con profusión de todo ello.

Finalmente, aprovecharemos también para demostrar otro par de resultados que demostrarán la abundancia de racionales e irracionales y nos harán reflexionar sobre si hay más irracionales que racionales.

Proposición.

Existe un número real y positivo \(\alpha\) tal que \(\alpha^2=2\).

Sea \(A=\{x\in\mathbb{R}_0^+\ :\ x^2<2\}\). Un inciso: \(\mathbb{R}_0^+\) es la semirrecta \([0,+\infty)\). \(A\) es no vacío (\(1\in A\)) y si \(x\in A\) tenemos \(x^2<2<2^2\) de donde usado que \(x\geqslant0\) se deduce fácilmente que \(x<2\). Por tanto \(A\) está mayorado; sea \(\alpha=\sup A\). Claramente \(\alpha\geqslant1\) y queda probar que \(\alpha^2=2\).

Sea \(n\) un natural arbitrario. Como \(\alpha+\dfrac{1}{n}>\alpha\), tenemos que \(\alpha+\dfrac{1}{n}\notin A\), esto es

\[2\leqslant\left(\alpha+\frac{1}{n}\right)^2=\alpha^2+\frac{2\alpha}{n}+\frac{1}{n^2}\leqslant\alpha^2+\frac{2\alpha+1}{n}\]

obteniéndose

\[\frac{2-\alpha^2}{2\alpha+1}\leqslant\frac{1}{n}\]

Por otra parte, al ser \(\alpha-\dfrac{1}{n}<\alpha\) tenemos, por definición de supremo, que existe \(x\in A\) verificando que \(\alpha-\dfrac{1}{n}<x\), pero como \(\alpha-\dfrac{1}{n}\geqslant0\) también se tiene que \(\left(\alpha-\dfrac{1}{n}\right)^2<x^2\) y por tanto que \(\left(\alpha-\dfrac{1}{n}\right)^2<2\). Así pues

\[2>\left(\alpha-\dfrac{1}{n}\right)^2=\alpha^2-\frac{2\alpha}{n}+\frac{1}{n^2}>\alpha^2-\frac{2\alpha}{n}\]

de donde \(\dfrac{\alpha^2-2}{2\alpha}<\dfrac{1}{n}\) y con mayor motivo

\[\frac{\alpha^2-2}{2\alpha+1}<\frac{1}{n}\]

En resumen, si notamos \(\beta=\dfrac{|\alpha^2-2|}{2\alpha+1}\), se tiene \(\beta\leqslant\dfrac{1}{n}\), \(\forall\,n\in\mathbb{N}\). Si fuese \(\beta\neq0\) existiría, por el principio de Arquímedes, un natural \(n_0\) tal que \(\dfrac{1}{\beta}<n_0\), es decir, \(\beta>\dfrac{1}{n_0}\), lo que es una contradicción. Así pues \(\beta=0\) y \(\alpha^2=2\).

Puesto que, tal y como hemos demostrado más arriba, no existe ningún número racional cuyo cuadrado sea \(2\), deducimos que el número real \(\alpha\), que aparece en la proposición anterior, es un real no racional, es decir, un irracional.

Si tenemos en cuenta que la suma de un racional y un irracional es irracional y que el producto de un racional no nulo por un irracional es también irracional (¿serías capaz de comprobar ambas afirmaciones?: ánimo no es difícil), la abundancia de números irracionales está asegurada; de hecho se tiene el siguiente resultado al respecto, en el que se demuestra que hay siempre un irracional entre dos números reales, por cerca que estos dos últimos se encuentren.

Proposición

Dados dos números reales, \(x\) e \(y\), verificando \(x<y\), existe siempre un número irracional \(\beta\) tal que \(x<\beta<y\).

Si uno de los números es racional y el otro irracional, basta tomar \(\beta=\dfrac{x+y}{2}\). Si los dos son irracionales sea \(z=\dfrac{x+y}{2}\); puede ocurrir que \(z\) sea irracional, y bastará tomar \(\beta=z\), o que \(z\) sea racional, en cuyo caso tomaremos \(\beta=\dfrac{x+z}{2}\). Queda considerar el caso en que \(x\) e \(y\) son racionales. Sea \(\alpha\) el número racional dado por la proposición anterior. Puesto que \(1<\alpha\) se tiene \(0<\dfrac{1}{\alpha}<1\), y basta tomar \(\beta=x+\dfrac{y-x}{\alpha}\).

A pesar de la abundancia de irracionales, igualmente, demostraremos que también hay un racional entre dos reales cualesquiera o equivalentemente, que todo número real puede "aproximarse" por racionales.

Teorema (Densidad de \(\mathbb{Q}\) en \(\mathbb{R}\)).

Dados dos números reales, \(x\) e \(y\), verificando \(x<y\), existe un número racional \(r\) tal que \(x<r<y\).

Supongamos primeramente que \(0\leqslant x\). Por el Principio de Arquímedes existe un natural \(n_0\) tal que \(1<n_0(y-x)\) y por tanto \(\dfrac{1}{n_0}<y-x\). Sea \(m_0=\min\{m\in\mathbb{N}\ : \ n_0x<m\}\) (por el propio Principio de Arquímedes el conjunto \(\{m\in\mathbb{N}\ : \ n_0x<m\}\) es no vacío y por el principio de buena ordenación de los naturales tiene mínimo). Veamos que \(m_0-1\leqslant n_0x\). Si \(m_0\neq1\), es \(m_0-1\) natural y por tanto \(m_0-1\notin\{m\in\mathbb{N}\ : \ n_0x<m\}\). Si \(m_0=1\), se tiene \(m_0-1=0\leqslant n_0x\) (hemos supuesto que \(x\) es positivo). Se tiene entonces

\[x<\frac{m_0}{n_0}=\frac{m_0-1}{n_0}+\frac{1}{n_0}\leqslant x+\frac{1}{n_0}<x+(y-x)=y\]

y basta tomar \(r=\dfrac{m_0}{n_0}\).

Supongamos ahora que \(x<0\). Si \(y>0\) podemos tomar \(r=0\) y si \(y\leqslant0\), por la primera de la demostración existe un racional \(s\) tal que \(-y<s<-x\), y basta tomar \(r=-s\).

Los dos últimos resultados sugieren que nos preguntemos si hay más racionales que irracionales o viceversa. Hay un resultado en matemáticas que demuestra que hay más irracionales que racionales, pero esto será motivo de otro estudio en el que las matemáticas se adentran en el tortuoso camino de los conjuntos infinitos. Y aquí es donde matemáticas y filosofía, filosofía y matemáticas comienzan a darse la mano.

Por cierto, en este otro artículo se demuestra que el famoso número \(\text{e}\) también es irracional.

Incluimos finalmente un par de propiedades más que se podrían proponer como ejercicio.

Ejercicios

1. Sean \(a\), \(b\), \(c\), \(d\) números racionales verificando \(c^2+d^2\neq0\), y sea \(x\) un número irracional. ¿Qué condición deben cumplir \(a\), \(b\), \(c\) y \(d\) para que el número \(\frac{ax+b}{cx+d}\) sea racional?

Supongamos que \(\frac{ax+b}{cx+d}=\frac{p}{n}\), con \(p\in\mathbb{Z}\) y \(n\in\mathbb{N}\). Entonces

\[(ax+b)n=(cx+d)p\Rightarrow axn+bn=cx+dp\Rightarrow x(an-cp)=dp-bn\]

Como el producto de un irracional por un racional no nulo es irracional, debemos de concluir que \(an-cp=0\) y \(dp-bn=0\), lo que significa que \(\frac{p}{n}=\frac{a}{c}\) y \(\frac{p}{n}=\frac{b}{d}\). Luego la condición para que el número \(\frac{ax+b}{cx+d}\) sea racional es que \(\frac{a}{c}=\frac{b}{d}\), o lo que es lo mismo, \(ad-bc=0\) (obsérvese que, como \(c^2+d^2\neq0\), \(c\) y \(d\) son ambos distintos de cero).

2. Probar que si \(x\) es un número real se verifican:

i) \(x=\sup\{r\in\mathbb{Q}\,:\,r<x\}=\inf\{r\in\mathbb{Q}\,:\,r>x\}\).

ii) \(x=\sup\{\alpha\in\mathbb{R}-\mathbb{Q}\,:\,\alpha<x\}=\inf\{r\in\mathbb{R}-\mathbb{Q}\,:\,\alpha>x\}\).

i) Sea \(\varepsilon\in\mathbb{R}^+\). Entonces, por la densidad de \(\mathbb{Q}\) en \(\mathbb{R}\), existen dos números racionales \(r_1,r_2\) tal que \(x-\varepsilon<r_1<x<r_2<x+\varepsilon\). Por tanto, por la caracterización de supremo e ínfimo se tiene el resultado: \(x=\sup\{r\in\mathbb{Q}\,:\,r<x\}=\inf\{r\in\mathbb{Q}\,:\,r>x\}\).

ii) Sea \(\varepsilon\in\mathbb{R}^+\). Entonces, por la densidad de \(\mathbb{R}-\mathbb{Q}\) en \(\mathbb{R}\), existen \(\alpha_1,\alpha_2\in\mathbb{R}-\mathbb{Q}\) tal que \(x-\varepsilon<\alpha_1<x<\alpha_2<x+\varepsilon\). Por tanto, por la caracterización de supremo e ínfimo se tiene el resultado: \(x=\sup\{\alpha\in\mathbb{R}-\mathbb{Q}\,:\,\alpha<x\}=\inf\{r\in\mathbb{R}-\mathbb{Q}\,:\,\alpha>x\}\).


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El último axioma. El axioma del supremo

Hay conceptos matemáticos de los que apenas se habla en las matemáticas del Bachillerato, o bien se pasa de puntillas sobre ellos. Es cierto que "jugamos" con los números reales dando por hecho muchas propiedades de los mismos y eso está bien, pues de manera intuitiva el alumno no tiene porqué preguntarse algunas cosas realmente obvias. Por poner un par de ejemplos, damos por hecho como axiomas las propiedades asociativa y conmutativa para la suma y para el producto, y establecemos un orden en los números reales representándolos en la recta real, añadiendo propiedades para las desigualdades que el alumno admite sin problemas. Hay otros conceptos, precisamente relacionados con las desigualdades, como los distintos intervalos o semirrectas de la recta real, así como los conceptos de máximo y de mínimo de un conjunto de números reales, de los que también se habla en la Secundaria y en el Bachillerato y que el alumno suele entender con cierta facilidad. Sin embargo, insistiendo en las desigualdades y en el orden numérico establecido en el conjunto de los números reales, dejamos de lado ciertos conceptos como los de cota superior o inferior, conjunto mayorado o minorado, supremo e ínfimo. La idea es que el alumno, además de admitir que hay cosas realmente evidentes en el conjunto de los números reales, debe considerar el hecho de que todos los axiomas y propiedades convierten al conjunto de los números reales en un conjunto con unas estructuras, que lo hacen realmente potente para continuar trabajando en otros ámbitos más precisos de las matemáticas.

En esta Web ya se ha hablado de del conjunto de los números reales y de sus estructuras en algunos artículos. Son los siguientes:

Se recomienda la lectura de los artículos anteriores para comprender este con más facilidad, aunque no es que sea estrictamente necesario.

Y es que en este artículo vamos a poner bases sólidas a ideas que son fáciles de admitir y que tienen que ver con el orden establecido (estructura de cuerpo ordenado) en el conjunto de los números reales. Después de ello podremos enunciar un axioma que, tal y como expresa el título de este artículo, es el último que vamos a dar por hecho en nuestro conjunto: el axioma del supremo. Tal y como decía uno de mis profesores, es un axioma fácil de entender y no tan fácil de asimilar. El hecho de asimilar el axioma del supremo tiene que ver, además de reflexionar bastante sobre el mismo, con la agilidad y práctica en el uso de las desigualdades y acotaciones, cuestiones que facilitarán enormemente no solamente la resolución de algunos ejercicios, sino entender con facilidad muchas demostraciones, ya que el uso que se hará del axioma del supremo en temas posteriores del análisis matemático es realmente abundante. Vuelvo a admitir que he usado como guía el texto de Camilo Aparicio del Prado y Rafael Payá Albert, titulado Análisis Matemático I, y que fue mi referente principal al empezar los estudios superiores de matemáticas. Otros textos de Análisis Matemático afrontan este episodio de manera similar.

Mayorantes, minorantes, supremo e ínfimo

Existen conjuntos no vacíos de números reales que no tienen máximo ni mínimo, por ejemplo \(\mathbb{R}\) (los conceptos de máximo y mínimo los puedes consultar en la parte final de este artículo). El conjunto

\[A=\{x\in\mathbb{R}:0<x<1\}\]

no tiene máximo ni mínimo como se puede fácilmente comprobar, pero, a diferencia de \(\mathbb{R}\), existen números reales mayores o iguales que todos los de \(A\) y números reales menores o iguales que todos los de \(A\). A continuación damos nombres a estos números reales. Merece la pena recordar que estas definiciones pueden hacerse en cualquier cuerpo ordenado.

Definición 1.

Sea \(A\) un conjunto no vacío de números reales. Diremos que un número real \(x\) es mayorante (o cota superior) de \(A\) si verifica

\[x\geq a,\forall a\in A\]

Diremos que un número real \(x\) es minorante (o cota inferior) de \(A\) cuando sea

\[x\leq a,\forall a\in A\]

Nótese que, a diferencia del máximo y del mínimo, un mayorante o minorante de un conjunto no tiene por qué pertenecer a dicho conjunto. De hecho, es claro que el máximo (respectivamente, el mínimo) de un conjunto, si existe, es un mayorante (respectivamente, un minorante) de dicho conjunto, y que un mayorante (respectivamente, un minorante) de un conjunto \(A\) es máximo (respectivamente, mínimo) de \(A\) si, y sólo si, pertenece a \(A\).

Si un conjunto admite un mayorante diremos que está mayorado (o acotado superiormente). Si un conjunto admite un minorante diremos que está minorado (o acotado inferiormente). Si un conjunto está a la vez mayorado y minorado diremos que está acotado.

Dado un conjunto \(A\) de números reales, notaremos \(M(A)\) al conjunto de los mayorantes de \(A\), y \(m(A)\) al conjunto de su minorantes. Nótese que si \(A\) está mayorado (\(M(A)\neq\emptyset\)), entonces \(M(A)\) es un conjunto infinito (puesto que si \(x\in M(A)\), entonces \(\{x+n:n\in\mathbb{N}\}\subset M(A)\)). Análogamente, si \(A\) está minorado, entonces \(m(A)\) es infinito.

A titulo de ejemplo, el conjunto \(\{x\in\mathbb{R}:0<x<1\}\) está acotado, \(\mathbb{R}\) no está mayorado ni minorado, \(\mathbb{R}^+\) está minorado pero no mayorado y \(\mathbb{R}^-\) está mayorado pero no minorado. El siguiente lema puede ayudar a determinar todos los mayorantes y minorantes de un conjunto.

Lema

Sean \(a\) y \(b\) números reales y supongamos \(a<b+\varepsilon\) para todo \(\varepsilon\) real y positivo. Entonces \(a\leq b\).

Supongamos por el contrario que \(b<a\) y sea entonces \(\varepsilon=a-b\); se tiene que \(a<b+\varepsilon=a\), lo cual es una contradicción.

Utilizando este lema es fácil comprobar que:

\[M(\{x\in\mathbb{R}:0<x<1\})=\{x\in\mathbb{R}:1\leq x\}\quad ;\]

\[m(\{x\in\mathbb{R}:0<x<1\})=\{x\in\mathbb{R}:x\leq 0\}=\mathbb{R}_0^-\quad ;\]

\[M(\mathbb{R}^-)=\mathbb{R}_0^+\quad ;\quad m(\mathbb{R}^+)=\mathbb{R}_0^-\]

Definición 2.

Sea \(A\) un conjunto no vacío de números reales. Si \(A\) está mayorado y el conjunto de los mayorantes de \(A\) tiene mínimo, se define el supremo de \(A\) como el mínimo del conjunto de los mayorantes de \(A\). Análogamente se define el ínfimo de un conjunto como el máximo del conjunto de sus minorantes supuesto que exista.

Claramente el supremo y el ínfimo de un conjunto, si existen, son únicos y son respectivamente un mayorante y un minorante del mismo. Notaremos \(\sup A\) (respectivamente \(\inf A\)) al supremo (respectivamente ínfimo) de un conjunto \(A\). En vista de lo dicho anteriormente se tiene:

\[\sup\{x\in\mathbb{R}:0<x<1\}=1\quad ;\quad \inf\{x\in\mathbb{R}:0<x<1\}=0\]

\[\sup\mathbb{R}^-=\sup\mathbb{R}_0^-=0\quad ; \quad \inf\mathbb{R}^+=\inf\mathbb{R}_0^+=0\]

La relación entre supremo y máximo de un conjunto y la relación entre ínfimo y mínimo, se especifican a continuación.

Proposición 1.

Sea \(A\) un conjunto no vacío de números reales.

i) Si \(A\) tiene máximo, entonces tiene supremo y se verifica \(\sup A=\max A\).

ii) Si \(A\) tiene mínimo, entonces tiene ínfimo y se verifica \(\inf A=\min A\).

iii) Supongamos que \(A\) tiene supremo, entonces:

- Si \(\sup A\in A\), \(A\) tiene máximo y \(\max A=\sup A\).

- Si \(\sup A\notin A\), \(A\) no tiene máximo.

iv) Supongamos que \(A\) tiene ínfimo, entonces:

- Si \(\inf A\in A\), \(A\) tiene mínimo y \(\min A=\inf A\).

- Si \(\inf A\notin A\), \(A\) no tiene mínimo.

i) Si \(x\) es mayorante de \(A\), se tiene \(a\leq x,\forall a\in A\) y como \(\max A\in A\), \(\max A\leq x\), luego \(\max A\) es el mínimo de \(M(A)\), es decir, \(\max A=\sup A\).

ii) Analoga a la de i).

iii) Si \(\sup A\in A\) \(\sup A\) es un mayorante de \(A\) que pertenece a \(A\), luego es el máximo de \(A\). Si \(\sup A\notin A\), supongamos que \(A\) tuviese máximo; entonces por i) \(\max A=\sup A\) y \(\sup A\) pertenecería a \(A\), lo cual es absurdo.

iv) Análoga a la de iii).

La siguiente proposición es una importante caracterización del supremo y del ínfimo de un conjunto de números reales.

Proposición 2.

Sea \(A\) un conjunto no vacío de números reales y sea \(x\) un número real. Entonces:

i) \(x=\sup A\Leftrightarrow\begin{cases}
      x\geqslant a,\forall a\in A\\
      \forall\varepsilon\in\mathbb{R}^+,\exists\,a\in A\ \text{tal que}\ a>x-\varepsilon\end{cases}\)

ii) \(x=\inf A\Leftrightarrow\begin{cases}
      x\leqslant a,\forall a\in A\\
      \forall\varepsilon\in\mathbb{R}^+,\exists\,a\in A\ \text{tal que}\ a<x+\varepsilon\end{cases}\)

i) \(\Rightarrow)\) Si \(x=\sup A\), \(x\) es mayorante de \(A\) y dado \(\varepsilon\in\mathbb{R}^+\), \(x-\varepsilon\) no puede ser mayorante de \(A\), luego \(\exists\,a\in A\) tal que \(a>x-\varepsilon\).

\(\Leftarrow)\) Por hipótesis \(x\) es un mayorante de \(A\). Sea \(y\) un mayorante cualquiera de \(A\). Si fuese \(y<x\), sea \(\varepsilon=x-y\); por hipótesis existe \(a\in A\) tal que \(a>x-\varepsilon=x+(y-x)=y\), lo cual es absurdo pues \(y\) era un mayorante de \(A\). Así pues \(x\leqslant y\), lo que prueba que \(x\) es el mínimo de los mayorantes de \(A\).

ii) Análoga a la de i).

El último axioma

El siguiente axioma junto con todos los demás que se resumían afirmando que \(\mathbb{R}\) era un cuerpo ordenado conmutativo, completa la axiomática que define el cuerpo \(\mathbb{R}\) de los números reales.

El axioma del supremo.

Todo conjunto de números reales no vacío y mayorado tiene supremo.

Obsérvese que para que un conjunto de números reales tenga supremo debe ser necesariamente no vacío y mayorado. El axioma anterior nos asegura que estas dos condiciones, trivialmente necesarias, son también suficientes. Cabría preguntarse por qué no se exige análogamente que todo conjunto de números reales no vacío y minorado tenga ínfimo. A continuación veremos que esto ya se deduce a partir de nuestra axiomática.

Proposición 3.

Todo conjunto de números reales no vacío y minorado tiene ínfimo.

Sea \(A\) un tal conjunto. Si notamos \(-A=\{-a:a\in A\}\), comenzaremos probando que un número real \(m\) es minorante de \(A\) si, y sólo si, \(-m\) es mayorante de \(-A\):

\[m\in m(A)\Leftrightarrow m\leqslant a,\forall a\in A\Leftrightarrow -m\geqslant -a,\forall a\in A\Leftrightarrow-m\in M(-A)\]

Sea \(h=\sup(-A)\); como \(h\) es mayorante de \(-A\), \(-h\) es minorante de \(A\). Nos queda probar que \(-h\) es el mayor de los minorantes del conjunto \(A\): si \(m\) es minorante de \(A\) se tiene que \(-m\) es mayorante de \(-A\), luego \(-m\geqslant h\) y \(m\leqslant -h\) y así \(-h=\inf A\).

Nótese que hemos probado que si \(A\) es un conjunto de números reales no vacío y minorado, entonces \(-A\) está mayorado y se tiene:

\[\inf A=-\sup(-A)\]

Cambiando \(A\) por \(-A\), si \(A\) es un conjunto de números reales no vacío y mayorado, entonces \(-A\) está minorado y se tiene:

\[\sup A=-\inf(-A)\]

Corolario 1.

Todo conjunto de números reales no vacío y acotado tiene supremo e ínfimo.

Aunque parezca obvio que siempre hay un número natural mayor que cualquier número real, esto se puede demostrar. De hecho, como consecuencia fundamental del axioma del supremo obtenemos a continuación el llamado Principio de Arquímedes, según el cual un número real cualquiera puede ser superado por el procedimiento de sumar la unidad consigo misma suficientes veces.

Teorema (Principio de Arquímedes).

El conjunto de los números naturales no está mayorado. Equivalentemente:

\[\forall x\in\mathbb{R}:\exists\,n\in\mathbb{N}:x<n\]

Si \(\mathbb{N}\) estuviese mayorado, sea \(h=\sup\mathbb{N}\). Si \(n\) es un natural cualquiera, \(n+1\) es natural, luego \(n+1\leqslant h\) y \(n\leqslant h-1\). Como \(n\) era arbitrario hemos probado que \(h-1\) es mayorante de \(\mathbb{N}\), lo cual es absurdo pues \(h\) era el mínimo de los mayorantes y \(h-1<h\).

El papel de la unidad en el principio de Arquímedes puede ser desempeñado por cualquier real positivo, obteniéndose el siguiente enunciado que no es más que una formulación equivalente del principio de Arquímedes.

Corolario 2.

Dados un real \(x\) y un real positivo \(\varepsilon\) puede encontrarse un número natural \(n\) (que dependerá de \(x\) y de \(\varepsilon\)) tal que

\[x<n\varepsilon\]

Por el teorema anterior \(\dfrac{x}{\varepsilon}\) no puede ser mayorante de \(\mathbb{N}\), luego existe un natural \(n\) tal que \(\dfrac{x}{\varepsilon}<n\), de donde \(x<n\varepsilon\) pues \(\varepsilon>0\).

Una consecuencia fundamental del axioma del supremo es que nos permitirá probar la existencia de números irracionales. Sí, de números reales que no son racionales, es decir, que no son fracciones. Aunque parezca mentira nadie nos dijo que existían. Ya se habló de la introducción de manera natural, en las matemáticas de Secundaria, de las fracciones. Más concretamente, el conjunto de los \(\mathbb{Q}\) racionales se define de la siguiente forma:

\[\mathbb{Q}=\left\{\frac{p}{n}\ :\ p\in\mathbb{Z}\ ,\ n\in\mathbb{N}\right\}\]

Pero nadie nos dijo que había más números más allá de los racionales. Como mucho fuimos capaces de demostrar que no existe ningún número racional cuyo cuadrado es dos. Pero... ¿qué será esa cosa cuyo cuadrado es dos? ¿Tenemos derecho a pensar que es un número? Y si lo es, ¿qué clase de número es? Pero esto lo dejaremos para un próximo artículo...

Se proponen a continuación una colección de ejercicios relacionados con el supremo y el ínfimo de conjuntos.

Ejercicios

1. Sea \(A\) un conjunto no vacío de números reales. ¿Cuáles de los siguientes conjuntos de números reales pueden ser iguales a \(M(A)\)?: \(\mathbb{R}\), \(\emptyset\), \(\mathbb{R}^+\), \(\{x\in\mathbb{R}\,:\,0\leqslant x\leqslant1\}\), \(\{x\in\mathbb{R}\,:\,2\leqslant x\}\).

Es imposible que \(M(A)=\mathbb{R}\), ya que el conjunto \(\mathbb{R}\) de los números reales no tiene mínimo.

Ocurrirá que \(M(A)=\emptyset\) cuando \(A\) no esté acotado superiormente. Por ejemplo, si \(A=\mathbb{R}\): \(M(\mathbb{R})=\emptyset\).

No puede darse nunca que \(M(A)=\{x\in\mathbb{R}\,:\,0\leqslant x\leqslant1\}\), ya que \(\{x\in\mathbb{R}\,:\,0\leqslant x\leqslant1\}\) está acotado superiormente.

Si tomamos \(A=\{x\in\mathbb{R}\,:\,x<2\}\), se tiene que \(M(A)=\{x\in\mathbb{R}\,:\,2\leqslant x\}\).

2. Sean \(A\) y \(B\) dos conjuntos no vacíos de números reales verificando \(A\subset B\). Probar que si \(B\) está mayorado (respectivamente minorado) lo está A y se verifica \(\sup A \leqslant \sup B\) (respectivamente \(\inf A \geqslant \inf B\)).

Si \(B\) está mayorado entonces existe \(\beta=\sup B\). Como \(A\subset B\) entonces existe \(b\in B\) tal que \(a\leqslant b\leqslant\beta\,,\forall a\in A\). Por tanto, \(A\) está mayorado y existe \(\alpha=\sup A\). Claramente \(\beta\) es un mayorante de \(A\), por tanto \(\alpha\leqslant\beta\), es decir, \(\sup A\leqslant\sup B\).

Si \(A\subset B\) entonces también \(-A\subset -B\) con lo que, por lo demostrado anteriormente, \(\sup(-A)\leqslant\sup(-B)\), o lo que es lo mismo, \(-\inf A\leqslant-\inf B\Rightarrow\inf A\geqslant\inf B\) (véanse los comentarios que siguen a la proposición número 3).

3. Sean \(A\) y \(B\) dos conjuntos no vacíos y acotados de números reales. Probar que \(A\cup B\) está acotado y que se verifican: \(\sup(A\cup B)=\max\{\sup A, \sup B\}\), \(\inf(A\cup B)=\min\{\inf A, \inf B\}\).

Sea \(\alpha\in A\cup B\). Entonces o bien \(\alpha\in A\Rightarrow\alpha\leqslant\sup A\); o bien \(\alpha\in B\Rightarrow\alpha\leqslant\sup B\). En cualquier caso \(\alpha\leqslant\max\{\sup A,\sup B\}\). Por tanto, \(A\cup B\) está mayorado y además tenemos que \(\sup (A\cup B)\leqslant\max\{\sup A,\sup B\}\). Por otro lado, utilizando el ejercicio anterior, como \(A\subset A\cup B\) y \(B\subset A\cup B\), se tiene que \(\sup A\leqslant\sup(A\cup B)\) y también que \(\sup B\leqslant\sup(A\cup B)\). Por tanto \(\max\{\sup A,\sup B\}\leqslant\sup(A\cup B)\). Hemos demostrado que \(A\cup B\) está mayorado y que \(\sup(A\cup B)=\max\{\sup A,\sup B\}\).

Sea \(\beta\in A\cup B\). Entonces o bien \(\beta\in A\Rightarrow\beta\geqslant\inf A\); o bien \(\beta\in B\Rightarrow\beta\geqslant\inf B\). En cualquier caso \(\beta\geqslant\min\{\inf A,\inf B\}\). Por tanto, \(A\cup B\) está minorado y además tenemos que \(\inf (A\cup B)\geqslant\min\{\inf A,\inf B\}\). Por otro lado, utilizando el ejercicio anterior, como \(A\subset A\cup B\) y \(B\subset A\cup B\), se tiene que \(\inf A\geqslant\inf(A\cup B)\) y también que \(\inf B\geqslant\inf(A\cup B)\). Por tanto \(\min\{\inf A,\inf B\}\geqslant\inf(A\cup B)\). Hemos demostrado que \(A\cup B\) está minorado y que \(\inf(A\cup B)=\min\{\inf A,\inf B\}\).

4. Sean \(A\) y \(B\) dos conjuntos no vacíos y acotados de números reales. Probar que si \(A\cap B\neq\emptyset\), \(A\cap B\) está acotado y se verifica:

\[\max\{\inf A,\inf B\}\leqslant\inf(A\cap B)\leqslant\sup(A\cap B)\leqslant\min\{\sup A,\sup B\}\]

Probar que las anteriores desigualdades pueden ser estrictas.

Puesto que \(A\cap B\subset A\) y \(A\cap B\subset B\), el ejercicio 2 asegura que \(A\cap B\) está acotado y además se verifica que \(\inf(A\cap B)\geqslant\inf A\), \(\inf(A\cap B)\geqslant\inf B\), \(\sup(A\cap B)\leqslant\sup A\), \(\sup(A\cap B)\leqslant\sup B\). Por tanto, por un lado \(\inf(A\cap B)\geqslant\max\{\inf A,\inf B\}\) y, por otro, \(\sup(A\cap B)\leqslant\min\{\sup A,\sup B\}\). Como \(\inf(A\cap B)\leqslant\sup(A\cap B)\), tenemos probado el resultado.

Para probar que las desigualdades pueden ser estrictas sean \(A=\{2,3,4,5\}\) y \(B=\{1,3,4,8,9\}\). Se tiene que \(\inf A=2\), \(\sup A=5\), \(\inf B=1\), \(\sup B=9\). Además, \(A\cap B=\{3,4\}\) con lo que \(\inf(A\cap B)=3\) y \(\sup(A\cap B)=4\). Entonces

\[\max\{\inf A,\inf B\}=2<\inf(A\cap B)=3<\sup(A\cap B)=4<\min\{\sup A,\sup B\}=5\]

y las desigualdades son estrictas.

5. Dados dos conjuntos no vacíos de números reales \(A\) y \(B\), sea \(C=\{x+y\,:\,x\in A\,,\,y\in B\}\). Probar que si \(A\) y \(B\) están mayorados, \(C\) está mayorado y se verifica

\[\sup C=\sup A+\sup B\]

Como aplicación calcular el supremo y el ínfimo del conjunto

\[\left\{\frac{1}{2^n}+\frac{1}{3^m}+\frac{1}{5^p}\,:\,m,n,p\in\mathbb{N}\right\}\]

Sean \(\alpha=\sup A\) y \(\beta=\sup B\). Entonces \(\alpha\geqslant x\,,\forall\,x\in A\) y \(\beta\geqslant y\,,\forall\,y\in B\). De lo anterior se deduce que \(\alpha+\beta\geqslant x+y\,,\forall\,x\in A\,,\forall\,y\in B\). Por tanto, \(C\) está mayorado y se tiene que \(\sup C\leqslant\alpha+\beta=\sup A+\sup B\).

Supongamos ahora, razonando por reducción al absurdo, que \(\sup C<\sup A+\sup B\). Llamemos \(k=\sup A+\sup B\), \(k'=\sup C\) y sea \(d=\frac{1}{2}(k-k')>0\). Por definición de supremo existen \(x_0\in A\), \(y_0\in B\) tales que \(\alpha-d<x_0\) y \(\beta-d<y_0\). Entonces:

\[\alpha+\beta-2d<x_0+y_0\Rightarrow\alpha+\beta-(\alpha+\beta-\sup C)<x_0+y_0\Rightarrow\sup C<x_0+y_0\]

Llamando \(z_0=x_0+y_0\), hemos demostrado que existe \(z_0\in C\) tal que \(z_0>\sup C\), lo cual es absurdo. Así \(\sup C\geqslant\sup A+\sup B\). De esta última desigualdad y de la demostrada anteriormente, se deduce que \(\sup C=\sup A+\sup B\).

Dado ahora el conjunto \(A=\left\{\frac{1}{2^n}+\frac{1}{3^m}+\frac{1}{5^p}\,:\,m,n,p\in\mathbb{N}\right\}\), sean \(A_1=\{\frac{1}{2^n}\,:\,n\in\mathbb{N}\}\), \(A_2=\{\frac{1}{3^m}\,:\,m\in\mathbb{N}\}\), \(A_3=\{\frac{1}{5^p}\,:\,p\in\mathbb{N}\}\). Es claro que \(\sup A_1=\frac{1}{2}\), \(\sup A_2=\frac{1}{3}\), \(\sup A_3=\frac{1}{5}\). De este modo \(\sup A=\sup A_1+\sup A_2+\sup A_3=\frac{1}{2}+\frac{1}{3}+\frac{1}{5}=\frac{31}{30}\).

Demostremos por otro lado que \(\inf A_1=\inf A_2=\inf A_3=0\). Se tiene que \(\frac{1}{2^n}>0\,,\forall\,n\in\mathbb{N}\). Si fuera \(\inf A_1=k>0\), entonces \(0<k\leqslant\frac{1}{2^n}\,,\forall\,n\in\mathbb{N}\Rightarrow0<2^n\leqslant\frac{1}{k}\,,\forall\,n\in\mathbb{N}\). Esto es una contradicción pues el conjunto \(\{2^n\,:\,n\in\mathbb{N}\}\) no está mayorado. Así, \(\inf A_1=0\). De igual modo se demuestra que \(\inf A_2=\inf A_3=0\). Entonces \(\sup(-A_1)=\sup(-A_2)=\sup(-A_3)=0\) y, por tanto:

\[\sup(-A)=\sup(-A_1)+\sup(-A_2)+\sup(-A_3)=0\Rightarrow\inf A=-\sup(-A)=0\]

6. Sean \(A\) y \(B\) dos conjuntos no vacíos y mayorados de números reales y sea \(C=\{xy\,:\,x\in A\,,\,y\in B\}\). Probar que si \(A\subset\mathbb{R}_0^+\) y \(B\subset\mathbb{R}_0^+\), entonces \(C\) está acotado superiormente y se verifica

\[\sup C=\sup A \sup B\]

Como aplicación calcular el supremo del conjunto

\[\left\{x\left(1-\frac{1}{n}\right)\,:\,x\in\mathbb{R}\,,\,2<x<3\,,\,n\in\mathbb{N}\right\}\]

Podemos suponer que \(\sup A\) y \(\sup B\) son números reales positivos pues si \(\sup A=0\) o bien \(\sup B=0\), entonces \(A=\{0\}\) o \(B=\{0\}\), con lo que \(C=\{0\}\) y \(\sup C=0\). Así, si \(A\neq\{0\}\) y \(B\neq\{0\}\), entonces \(C\neq\{0\}\) y \(\sup C>0\).

Llamemos \(k=\sup A\cdot\sup B\). Como \(0\leqslant x\leqslant\sup A\,,\forall\,x\in A\) y \(0\leqslant y\leqslant\sup B\,,\forall\,y\in B\), entonces \(0\leqslant xy\leqslant\sup A\cdot\sup B\,,\forall\,x\in A\,,\forall\,,y\in B\). De aquí se deduce que \(C\) está acotado superiormente y que \(\sup C\leqslant\sup A\cdot\sup B\). Llamemos \(r=\sup C\) y supongamos ahora que \(\sup C<\sup A\cdot \sup B\), es decir, que \(r<k\). Sea \(\varepsilon=\sqrt{\frac{r}{k}}\). Obsérvese que \(0<\varepsilon<1\), con lo que \(0<\varepsilon\cdot\sup A<\sup A\), \(0<\varepsilon\cdot\sup B<\sup B\). Tenemos así, por definición de supremo, que existen \(x_0\in A\), \(y_0\in B\) tales que \(0<\varepsilon\cdot\sup A<x_0\,\), \(0<\varepsilon\cdot\sup B<y_0\). Llamando \(z_0=x_0y_0\), esto significa que existe \(z_0\in C\) tal que \(0<\varepsilon^2k=r<z_0\), lo cual es absurdo pues habíamos supuesto que \(r=\sup C\). Así, debe de ser \(\sup C\geqslant\sup A\cdot\sup B\). Por tanto se tiene que \(\sup C=\sup A\cdot\sup B\), tal y como queríamos demostrar.

Para calcular el supremo del conjunto \(C=\left\{x\left(1-\frac{1}{n}\right)\,:\,x\in\mathbb{R}\,,\,2<x<3\,,\,n\in\mathbb{N}\right\}\), sean \(A=\{x\in\mathbb{R}\,:\,2<x<3\}\) y  \(B=\{1-\frac{1}{n}\,:\,n\in\mathbb{N}\}\). Entonces \(\sup A=3\) y \(\sup B=1\). Por tanto, como \(C=\{xy\,:\,x\in A,y\in B\}\), tenemos que \(\sup C=\sup A\cdot\sup B=3\cdot1=3\).

7. Calcular el supremo y el ínfimo de los siguientes conjuntos:

\[A=\{x\in\mathbb{R}\,:\,3x^2-10x+3<0\}\quad\text{;}\quad B=\{x\in\mathbb{R}\,:\,(x-a)(x-b)(x-c)(x-d)<0\}\]

en que \(a,b,c,d\in\mathbb{R}\) y \(a<b<c<d\).

Tenemos que

\[A=\{x\in\mathbb{R}\,:\,3x^2-10x+3<0\}=\left\{x\in\mathbb{R}\,:\,(x-3)(x-\frac{1}{3})<0\right\}= \left\{x\in\mathbb{R}\,:\,\frac{1}{3}<x<3\right\}\]

con lo que \(\inf A=\frac{1}{3}\) y \(\sup A=3\).

Sea \(B=\{x\in\mathbb{R}\,:\,(x-a)(x-b)(x-c)(x-d)<0\}\) en que \(a,b,c,d\in\mathbb{R}\) y \(a<b<c<d\). Dado \(x\in\mathbb{R}\) tenemos que

\[x\in B\Leftrightarrow\begin{cases}
    (x-a)(x-b)<0\\
    (x-c)(x-d)<0
  \end{cases}\ \text{o bien  }\ \begin{cases}
    (x-a)(x-b)<0\\
    (x-c)(x-d)>0
  \end{cases}\]

Se puede comprobar con facilidad, usando la hipótesis \(a<b<c<d\), que la solución del primer sistema de inecuaciones es el intervalo abierto \((c,d)\), es decir, los números reales \(x\) tal que \(c<x<d\). Del manera análoga también se puede comprobar que la solución del segundo sistema de inecuaciones es el intervalo abierto \((a,b)\), o lo que es lo mismo, los números reales \(x\) tal que \(a<x<b\). Por tanto:

\[A=\{x\in\mathbb{R}\,:\,a<x<b\}\cup\{x\in\mathbb{R}\,:\,c<x<d\}\]

Usando el ejercicio 3 se tiene que \(\inf A=a\) y que \(\sup A=d\).

8. Sean \(A\) y \(B\) dos conjuntos no vacíos de números reales y supongamos que \(a\leqslant b\,,\forall\,a\in A\), \(\forall\,b\in B\). Probar que \(A\) está mayorado, que \(B\) está minorado y que \(\sup A\leqslant\inf B\).

Sean \(a_0\in A\) y \(b_0\in B\), fijos pero arbitrarios. Es claro que \(a_0\) es un minorante de \(B\) y \(b_0\) un mayorante de \(A\), luego \(A\) está mayorado y \(B\) minorado. Además, como tenemos que \(a\leqslant b\,,\forall\,a\in A\,,\forall\,b\in B\), entonces \(\sup A\leqslant b\,,\forall\, b\in B\) (pues en caso contrario, tomando \(\varepsilon=\sup A-b\), existiría \(a\in A\) tal que \(a>\sup A-\varepsilon=b\), que es una contradicción) y, por tanto, \(\sup A\leqslant\inf B\) (si fuera \(\sup A>\inf B\), tomando \(\varepsilon=\sup A-\inf B\), existiría \(b\in B\) tal que \(b<\inf B+\varepsilon=\sup A\), lo cual contradice que \(\sup A\leqslant b\,,\forall\,b\in B\)).


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Argumentos a favor del cálculo mental

Este artículo se ha tomado del libro "Festival matemático. 50 pasatiempos y curiosidades", de George Szpiro

Desde que Pitágoras pintaba sus triángulos en los suelos arenosos de Samos hace unos 2500 años, los docentes no han dejado de buscar los mejores métodos para enseñar matemáticas a sus alumnos. Encontramos un ejemplo de ello en un debate surgido entre los expertos reunidos en el XXV Congreso Internacional de Matemáticos celebrado en Madrid durante el verano de 2006. Se discutieron los distintos enfoques utilizados en los centros de educación primaria y secundaria y las discrepancias fueron inevitables. Los «reformadores», que tienen en cuenta la evolución social y técnica, se enfrentaron a los «tradicionalistas», que defienden la aritmética con papel y lápiz. Hubo réplicas acaloradas, ánimos exaltados, y no salió indemne ni la manipulación aritmética más fundamental. Anthony Ralston, por ejemplo, un reformador precoz de la Universidad de Búfalo, abogó a gritos por la abolición de la aritmética con papel y lápiz en las clases. Aunque admitía la realización de cálculos de cabeza es esencial para el desarrollo de la valoración matemática, afirmaba también que la habilidad para efectural cálculos mentales podría conseguirse con facilidad utilizando calculadoras.Festival Matemático

A esto se opuso Ehud De Shalit, teórico de números de la Universidad Hebrea de Jerusalén muy anclado en las formas tradicionales de enseñar matemáticas. En su opinión, los profesores deben equipar a sus alumnos desde el primer momento con las herramientas que les permitirán manipular objetos matemáticos tales como números, figuras y símbolos. Como ejemplo mencionó las divisiones largas realizadas con lápiz y papel; no es necesario enseñar esa técnica a estudiantes de primaria porque es esencial que avancen en asuntos relacionados con la vida cotidiana, explicó De Shalit. Él entiende que esas operaciones se efectúan con más facilidad mediante calculadoras, pero ayudan a los alumnos a pensar y conceptualizar en términos matemáticos. Según De Shalit, las divisiones largas son, de hecho, todo un tesoro para la docencia, no tanto por su valor práctico sino porque refuerzan la comprensión del sistema decimal y explican cómo funcionan los algoritmos. Para demostrar la supuesta insensatez de las propuestas reformadoras, De Shalit formuló la pregunta retórica de si no querríamos también precindir por completo de las fracciones. Las fracciones se convierten fácilmente en números decimales con ayuda de calculadoras y, por tanto, podrían considerarse obsoletas, pero ése sería el primer paso hacia una cuesta abajo resbaladiza, advirtió a sus colegas. Sin el recurso de la calculadora, los alumnos no tardarían mucho en dejar de saber si \(3/7\) o \(5/9\) son mayores o menore que \(1/2\).

La cuestión de si usar o no calculadoreas y ordenadores en las aulas no fue el único escollo que enfrentó a reformadores y tradicionalistas. También tuvieron un gran día discutiendo cuál es el método óptimo para enseñar técnicas matemáticas a los alumnos. Ralston cree que se debería dejar que los alumnos desarrollasen los métodos con los que se sientan más cómodos. De Shalit enseguida rechazó como ilusorio que niños de 10 años sean capaces de descubrir por sí solos métodos matemáticos considerardos parte de los grandes logros de la antigüedad india y árabe. De modo que pide a los profesores que se concentren en los métodos normalizados, ya comprobados, a través de un programa de ejercitación y práctica. Sólo cuando dominen los métodos normalizados de cálculo podrá permitirse a los alumnos que recurran a sus propias iniciativas (por ejemplo, intercambiando multiplicandos).

Pero De Shalit matizó un tanto su estricta concepción. Las técnicas normalizadas no son lo más importante y, desde luego, tampoco constituyen el único aspecto de la enseñanza de las matemáticas.Para resolver problemas reales resultan esenciales otras habilidades: los alumnos deberían ser capaces de distinguir los datos relevantes de los irrelevantes, saber seleccionar con inteligencia las variables más importantes y ser capaces de traducir la prosa a formulaciones algebraicas. Estas habilidades son indispensables incluso antes de aplicar las técnicas puras y duras para resolver el problema. En geometría, por ejemplo, hay que dibujar las figuras a escala, hay que descomponer los objetos y hay que detectar las partes ocultas antes de utilizar la aritmética para efectuar los verdaderos cálculos.

Ambos bandos coincidieron en un punto: los exámenes son una cuestión política. Estuvieron de acuerdo en que la fijación de exámenes oficiales obstaculiza el trabajo de los docentes. Los exámenes oficiales tienen su utilidad, afirman los tradicionalistas, pero hay que estipular desde un principio qué examinan en realidad los exámenes. ¿Evalúan los conocimientos adquiridos, o el potencial futuro? ¿Miden capacidades algorítmicas, o el razonamiento creativo? ¿Se utilizan como criterio de admisión en una universidad, o para valorar distintos centros o programas de enseñanza?

Por su parte, los reformadores contemplan los exámenes oficiales como un desastre absoluto. Para hacer hincapié en este aspecto, Ralston menciona el decreto federal estadounidense de 2002 que decía «No Child left behind» ['Ningún niño rezagado']. El éxito del programa se midió mediante la puntuación en exámenes oficiales. La presión a la que se vieron sometidos los docentes los llevó a incentivar la capacidad de los chicos para efectuar manipulaciones rutinarias, en lugar de desarrollar su capacidad para resolver problemas. Así que tal vez los alumnos sacaran mejores notas en los exámenes, pero no adquirieron en realidad destreza matemática. Ralston está firmemente convencido de que los exámenes deberían utilizarse tan sólo con fines diagnósticos, ya que pueden servir como instrumento para determinar si un método particular de enseñanza funciona o no.

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