5.1: CAPÍTULO 1

Ejercicio\(1.1.2\).

Responder

Aplicando reglas básicas de operaciones sobre conjuntos rendimientos\[(X \backslash Y) \cap Z=Y^{c} \cap Z=Z \backslash Y .\] y\[Z \backslash(Y \cap Z)=(Z \backslash Y) \cup(Z \backslash Z)=(Z \backslash Y) \cup \emptyset=Z \backslash Y .\] Por lo tanto,\((X \backslash Y) \cap Z=Z \backslash(Y \cap Z)\).

Ejercicio\(1.2.1\).

Responder

1. Para cualquiera\(a \in A\), tenemos\(f(a) \in f(A)\) y, entonces,\(a \in f^{-1}(f(A))\). Esto implica\(A \subset f^{-1}(f(A))\). Tenga en cuenta que esta inclusión no requiere la inyectividad de\(f\). Ahora arregla cualquiera\(a \in f^{-1}(f(A))\). Entonces\(f(a) \in f(A)\), entonces existe\(a^{\prime} \in A\) tal que\(f(a)=f\left(a^{\prime}\right)\). Ya que\(f\) es uno a uno,\(a=a^{\prime} \in A\). Por lo tanto,\(f^{-1}(f(A)) \subset A\) y la igualdad se sostiene.
2. Arreglar cualquier\(b \in f\left(f^{-1}(B)\right)\). Entonces\(b = f(x)\) para algunos\(x \in f^{-1}(B)\). Así,\(b = f(x) \in B\) y, de ahí,\(f\left(f^{-1}(B)\right) \subset B\). Esta inclusión no requiere la surjectividad de\(f\). Ahora arregla\(b \in B\). Ya que\(f\) está en, existe\(x \in X\) tal que\(f(x) = b \in B\). Así,\(x \in f^{-1}(B)\) y, de ahí,\(b \in f\left(f^{-1}(B)\right)\). Eso lo hemos demostrado\(B \subset f\left(f^{-1}(B)\right)\) y la igualdad se mantiene.

Sin la inyectividad de\(f\), la parte de eculaidad (a) ya no es válida. Considerar\(f(x)=x^{2}\),\(x \in \mathbb{R}\), y\(A=[-1,2]\). Entonces\(f(A)=[0,4]\) y, de ahí,\(f^{-1}(f(A))=[-2,2]\), que contiene estrictamente\(A\). Tampoco es difícil encontrar un ejemplo de una función\(f\) y un conjunto\(B\) para el que la igualdad en la parte (b) no sea cierta.

Ejercicio\(1.3.6\).

Responder

Porque\(n = 1\),\[\frac{1}{\sqrt{5}}\left[\frac{1+\sqrt{5}}{2}-\frac{1-\sqrt{5}}{2}\right]=\frac{1}{\sqrt{5}} \frac{2 \sqrt{5}}{2}=1 .\] Así, la conclusión se sostiene para\(n = 1\). También es fácil verificar que la conclusión es válida para\(n = 2\).

Supongamos que\[a_{k}=\frac{1}{\sqrt{5}}\left[\left(\frac{1+\sqrt{5}}{2}\right)^{k}-\left(\frac{1-\sqrt{5}}{2}\right)^{k}\right]\] para todos\(k \leq n\), dónde\(n \geq 2\). Demostremos que\[a_{n+1}=\frac{1}{\sqrt{5}}\left[\left(\frac{1+\sqrt{5}}{2}\right)^{n+1}-\left(\frac{1-\sqrt{5}}{2}\right)^{n+1}\right] .\] Por la definición de la secuencia y la hipótesis de inducción,\ [\ begin {alineada}
a_ {n+1} &=a_ {n} +a_ {n-1}\\
&=\ frac {1} {\ sqrt {5}}\ left [\ left (\ frac {1+\ sqrt {5}} {2}\ right) ^ {n} -\ left (\ frac {1+\ sqrt {5}} {2}\ right) ^ {n} -\ left (\ frac {1+ ac {1-\ sqrt {5}} {2}\ derecha) ^ {n}\ derecha] +\ frac {1} {\ sqrt {5}}\ izquierda [\ izquierda (\ frac {1+\ sqrt {5}} {2}\ derecha) ^ {n-1} -\ izquierda (\ frac {1-\ sqrt {5}} {2}\ derecha) ^ {n-1}\ derecha]\\
&=\ frac {1} {\ sqrt {5}}\ izquierda [\ izquierda (\ frac {1+\ sqrt {5}} {2}\ derecha) ^ {n-1}\ izquierda (\ frac {1+\ sqrt {5}} {2} +1\ derecha) -\ izquierda (\ frac {1-\ sqrt {5}} {2}\ derecha) ^ {n-1}\ izquierda (\ frac {1-\ sqrt {5}} {2} -1\ derecha)\ derecha]\ texto {.}
\ end {aligned}\] Observe que\[\frac{1+\sqrt{5}}{2}+1=\frac{3+\sqrt{5}}{2}=\left(\frac{1+\sqrt{5}}{2}\right)^{2} \text { and } \frac{1-\sqrt{5}}{2}+1=\frac{3-\sqrt{5}}{2}=\left(\frac{1-\sqrt{5}}{2}\right)^{2} .\] Por lo tanto, (5.1) sigue fácilmente.

En este ejercicio, observar que los dos números\(\frac{1+\sqrt{5}}{2}\) y\(\frac{1-\sqrt{5}}{2}\) son las raíces de la ecuación cuadrática\[x^{2}=x+1 .\] Un resultado más general se puede formular de la siguiente manera. Considera la secuencia\(\left\{a_{n}\right\}\) definida por\ [\ begin {array} {l}
a_ {1} =a\ text {;}\\
a_ {2} =b\ text {;}\\
a_ {n+2} =\ alpha a_ {n+1} +\ beta a_ {n}\ text {for} n\ in\ mathbb {N}\ text {.}
\ end {array}\] Supongamos que la ecuación\(x^{2}=\alpha x+\beta\) tiene dos soluciones\(x_{1}\) y\(x_{2}\). Dejar\(c_{1}\) y\(c_{2}\) ser dos constantes tales que\ [\ begin {alineadas}
c_ {1} x_ {1} +c_ {2} x_ {2} &=a\ text {;}\\
c_ {1}\ left (x_ {1}\ right) ^ {2} +c_ {2}\ left (x_ {2}\ right) ^ {2} &=b\ text {.}
\ end {aligned}\] Entonces podemos probar por inducción que\[x_{n}=c_{1}\left(x_{1}\right)^{n}+c_{2}\left(x_{2}\right)^{n} \text { for all } n \in \mathbb{N} .\]

Este es un método muy útil para encontrar una fórmula general para una secuencia definida recursivamente como anteriormente. Por ejemplo, considere la secuencia\ [\ begin {array} {l}
a_ {1} =1\ text {;}\\
a_ {2} =1\ text {;}\\
a_ {n+2} =a_ {n+1} +2 a_ {n}\ text {for} n\ in\ mathbb {N}\ text {.}
\ end {array}\] Resolver la ecuación\(x^{2}=x+2\) produce dos soluciones\(x_{1}=2\) y\(x_{2}=(-1)\). Así,\[x_{n}=c_{1} 2^{n}+c_{2}(-1)^{n} ,\] donde\(c_{1}\) y\(c_{2}\) son constantes como\ [\ begin {array} {r}
c_ {1} (2) +c_ {2} (-1) =1\ text {;}\\
c_ {1} (2) ^ {2} +c_ {2} (-1) ^ {2} (-1) ^ {2} =1\ text {.}
\ end {array}\] No es difícil de ver eso\(c_{1}=1 / 3\) y\(c_{2}=-1 / 3\). Por lo tanto,\ [a_ {n} =\ frac {1} {3} 2^ {n} -\ frac {1} {3} (-1) ^ {n}\ text {para todos} n\ in\ mathbb {N} . \

Ejercicio\(1.3.8\).

Responder

Pista: Prueba primero que, for\(k=1,2, \ldots, n\), tenemos\ [\ left (\ begin {array} {l}
n\\
k
\ end {array}\ right) +\ left (\ begin {array} {c}
n\\
k-1
\ end {array}\ right) =\ left (\ begin {array} {c}
n+1\\
k
\ end {array}\ derecha)\]

Ejercicio\(1.4.5\).

Responder

En general, para probar eso\(|a| \leq m\)\(m \geq 0\), dónde, sólo necesitamos demostrar eso\(a \leq m\) y\(-a \leq m\).

Para cualquier\(x, y \in \mathbb{R}\),\[|x|=|x-y+y| \leq|x-y|+|y| ,\] Esto implica\[|x|-|y| \leq|x-y| .\] Similarmente,\[|y|=|y-x+x| \leq|x-y|+|x| .\] Esto implica\[-(|x|-|y|) \leq|x-y| .\] Por lo tanto,\ [\ | x|-| y||\ leq|x-y|. \

Ejercicio\(1.5.4\).

Responder

Primero demostremos que\(A + B\) está delimitado arriba. Ya que\(A\) y no\(B\) están vacíos y delimitados por encima, por el axioma de integridad,\(\sup A\) y\(\sup B\) existen y son números reales. En particular,\(a \leq \sup A\) para todos\(a \in A\) y\(b \leq \sup B\) para todos\(b \in B\).

Para cualquiera\(x \in A + B\), existe\(a \in A\) y\(b \in B\) tal que\(x = a + b\). Así,\(x = a + b \leq \sup A + \sup B\), lo que demuestra que\(A + B\) está delimitado arriba.

Ahora vamos a mostrar que\(\sup A + \sup B\) es lo supremo del conjunto\(A + B\) al mostrar que\(\sup A + \sup B\) satisface condiciones\((1^{\prime})\) y\((2^{\prime})\) de la Proposición 1.5.1.

Acabamos de mostrar que\(\sup A + \sup B\) es un límite superior de\(A +B\) y, por lo tanto,\(\sup A+\sup B\) satisface condición\((1^{\prime})\).

Ahora vamos\(\varepsilon > 0\). Utilizando\(frac{\varepsilon}{2}\) en parte\((2^{\prime})\) de la Proposición 1.5.1 aplicada a los conjuntos\(A\) y\(B\), ahí sale\(a \in A\) y\(b \in B\) tal que De\[\sup A-\frac{\varepsilon}{2}<a \text { and } \sup B-\frac{\varepsilon}{2}<b .\] ello se deduce que\[\sup A+\sup B-\varepsilon<a+b .\] Esto prueba condición\((2^{\prime})\) de la Proposición 1.5.1 aplicada al conjunto\(A + B\) que\(\sup A + \sup B = \sup (A + B)\) como deseado

Ejercicio\(1.6.2\).

Responder

Vamos\(x = \frac{1}{r}\). Por Teorema 1.6.2 (d), existe\(m \in \mathbb{R}\) tal que\[m-1 \leq \frac{1}{r}<m .\] Desde\(1 / r>1\), obtenemos\(m > 1\) y, así,\(m \geq 2\). De ello se deduce que\(m-1 \in \mathbb{N}\). Establecer\(n = m - 1\) y luego obtenemos\[\frac{1}{n+1}<r \leq \frac{1}{n} .\]