Apunte de Calculo I usach

Cálculo I
Sergio Plaza
June 9, 2011

Contenidos
1 NúmerosNaturales 3
1.1 Axiomas de Peano e Inducción . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3
1.2 Producto de números Naturales . . . . . . . . . . . . . . . . . 6
1.3 Principio de Buena Ordenación . . . . . . . . . . . . . . . . . 9
1.4 Suma de los cuadrados de los primeros n números naturales . 17
1.5 Conjuntos finitos e infinitos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 19
1.6 Ejercicios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 21
2 Cuerpos 29
2.1 Axioma de la adición . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 29
2.2 Axiomas de la multiplicación . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 30
2.3 Cuerpos Ordenados . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 33
2.4 Orden en un cuerpo ordenado . . . . . . . . . . . . . . . . . . 34
2.5 Intervalos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 35
2.6 Valor absoluto . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 37
2.7 Supremo e ínfimo . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 40
i

ii
2.8 Números Reales . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 41
2.9 Ejercicios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 58
3 Sucesiones de Números Reales 63
3.1 Sucesiones de números reales . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 63
3.2 Límite de una sucesión . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 67
3.3 Propiedades aritmética de los límites . . . . . . . . . . . . . . 72
3.4 Límite de subsucesiones . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 98
3.5 Límite superior y límite inferior . . . . . . . . . . . . . . . . . 100
3.6 Sucesiones de Cauchy . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 107
3.7 Límites infinitos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 112
3.8 Ejercicios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 115
4 Límite de Funciones 121
4.1 Límites laterales . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 130
4.2 Límites en el infinito, límites infinitos, expresiones indetermi-nadas
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 131
4.2.1 Expresiones indeterminadas . . . . . . . . . . . . . . . 132
4.3 Ejercicios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 136
5 Funciones continuas 145
5.1 Entre parentesis: un poco de topología en R . . . . . . . . . . 149
5.2 Continuidad Uniforme . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 158
5.3 Ecuaciones no Lineales . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 162
5.3.1 Método de bisección . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 163

1
5.3.2 Análisis del error . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 165
5.4 Métodos iterativos de punto fijo . . . . . . . . . . . . . . . . . 167
5.5 Ejercicios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 173
6 Derivada 191
6.1 Máximos ymínimos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 199
6.2 Funciones derivables definidas en intervalos . . . . . . . . . . 201
6.3 Desarrollo de Taylor . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 218
6.3.1 Regla de L’Hospital . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 220
6.3.2 Funciones convexas y funciones cóncavas . . . . . . . . 229
6.4 Método de Newton . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 230
6.4.1 Análisis del Error . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 232
6.5 Ejercicios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 245
7 Integral de Riemann 267
7.1 Sumas de Riemann superiores e inferiores . . . . . . . . . . . . 269
7.2 Teoremas clásicos del cálculo integral . . . . . . . . . . . . . . 276
7.3 Función logaritmo y función exponencial . . . . . . . . . . . . 294
7.4 Ejecicios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 297

Capítulo 1
Números Naturales
1.1 Axiomas de Peano e Inducción
La teoría de los números naturales puede deducirse de tres axiomas siguien-tes,
conocidos como axiomas de Peano, que damos a seguir.
Se suponen dados como objetos no definidos: un conjunto no vacío, deno-tado
por N, cuyos elementos son llamados números naturales, y una función
s : N −→ N, llamada función sucesor. Para cada n ∈ N, el valor s(n) es
llamado el sucesor de n, y n es llamado el antecesor de s(n).
La función s verifica los siguientes axiomas:
PI1) s : N −→ N es inyectiva, en otras palabras, dados m, n ∈ N se tiene,
si s(n) = s(m), entonces m = n, estos es, dos números que tienen el
mismo sucesor son iguales.
PI2) El conjunto N − s(N) consiste de un sólo elemento, es decir, existe un
único número natural que no es sucesor de ningún otro número, donde
por s(N) denotamos la imagen del conjunto N por la función s, en otras
palabras s(N) = {s(n) : n ∈ N}. A este número se le llama “uno” y
3

4 Apuntes de Cálculo I
se representa por el símbolo 1. Luego, para cada n ∈ N, se tiene que
1= s(n). Además, si n= 1, existe un único m ∈ N, tal que s(m) = n.
PI3) Principio de Inducción (P.I.). Si X ⊆ N es un subconjunto tal que
1 ∈ X, y para todo n ∈ X se cumple s(n) ∈ X, entonces X = N.
Este también puede enunciarse de la siguiente forma equivalente.
PI3’) Sea P una propiedad referente a los números naturales. Si 1 verifica
P, y del hecho que un número natural n verifique P se puede deducir
que s(n) verifica P, entonces todos los números naturales verifican P.
El Principio de Inducción es una poderosa herramienta para demostrar
propiedades referente a los números naturales.
Sea Z un conjunto no vacío, dada una función f : Z −→ Z, para cada
n ∈ N, asociamos de modo único la función f◦n : Z −→ Z, esto lo hacemos
inductivamente como sigue: definimos f◦1 = f y f◦s(n) = f◦1 ◦ f◦n, supuesto
que f◦n esté definida. La función f◦n es llamada la n–ésima iterada de f.
Nota 1.1. Caso consideremos la posibilidad n = 0, se define f◦0 = Id,
función identidad.
Usamos esta noción para definir la adición o suma de números naturales.
Dados m, n ∈ N, su suma m + n es definida por
m + n = s◦ n(m) (1.1)
Asi, tenemos m + 1 = s(m) y m + s(n) = s(m + n).
Teorema 1.1. La adición de números naturales satisface las siguientes
propiedades.

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1. Asociatividad: Para cualesquiera que sean m, n, p ∈ N, se verifica
(m + n) + p = m + (n + p).
2. Conmutatividad: Para todo m, n ∈ N, se verifica m + n = n + m.
3. Ley de Corte: Sean m, n, p ∈ N, si m + n = m + p, entonces n = p.
4. Tricotomía: Dados m, n ∈ N, ocurre una y sólo una de las siguientes
alternativas (i) m = n, (ii) existe p ∈ N tal que n = m + p o (iii)
existe q ∈ N tal que m = n + q.
Demostración. Demostraremos sólo la asociatividad. Las demás propiedades
se demuestran en forma análoga.
Haremos la prueba por inducción. Sea
X = {p ∈ N : (m + n) + p = m + (n + p)}
cualesquieras que sean m, n ∈ N.
Ya tenemos que 1 ∈ X. Ahora, si p ∈ X entonces
m + (n + s(p)) = m + s(n + p)
= s(m + (n + p))
= s((m + n) + p)
= (m + n) + s(p).
Luego, X = N.
m
La relación de orden entre números naturales está definida en términos de
la adición.
Definición 1.1. Dados m, n ∈ N, decimos que m es menor que n, y escribi-mos
m n, si existe p ∈ N, tal que n = m+p. La notación m ≤ n significa
que m = n o m n.

La relación de orden “” verifica las propiedades siguientes.
Teorema 1.2. O1) Transitiva: Sean m, n, p ∈ N. Si m n y n p,
entonces m p.
O2) Tricotomía : Dados m, n ∈ N, se verifica una y sólo una de las
siguientes alaternativas: (i) m = n, (ii) m n o (iii) n m.
O3) Monotonía respecto de la adición: Sean m, n ∈ N. Si m n,
entoces para todo p ∈ N, se cumple m +p n + p.
Demostración. (O1) Sean m, n, p ∈ N. Si m n y n p, entonces existen
p, r ∈ N tales que n = m + q y p = n + r, reemplzando el valor de n en la
última igualdad, nos queda p = (m+q)+r = m+(q+r), y como q +r ∈ N,
se sigue la afirmación.
(O2) Se deja a cargo del lector.
(O3) Comom n existe q ∈ N tal que n = m+q, luego n+p = (m+q)+p =
(m + p) + q, en otras palabras m +p n+ p.
1.2 Producto de números Naturales
Definamos, para cada m ∈ N, la función fm : N −→ N por fm(p) = p + m,
es decir, fm es la función “sumar m”.
El producto de números naturales se define como sigue
m ·1 = m
m · s(n) = f◦n
m (m)
(1.2)
Por ejemplo, m·2 = fm(m) = m+m, m·3 = f◦2
m (m) = m+m+m, y así
sucesivamente.

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Desde la definición de f◦n
m , se deduce que m·n está definido inductivamente
por las reglas
m ·1 = m
m · (n + 1) = m · n + m.
Esto nos sugiere la propiedad de distrubutividad, es decir,
m · (n + p) = m · n + m · p,
la cual se demuestra por inducción.
En efecto, Sea X = {p ∈ N : (m+n) · p = m· p+n · p} para cualesquiera
que sean m, n ∈ N.
Como vimos 1 ∈ X. Ahora, si p ∈ X, entonces
(m + n)(p + 1) = (m + n)p + m + n
= m(p + 1)+n(p + 1) ,
esto es p + 1 ∈ X, por lo tanto X = N, y la prueba esta completa.
Las principales propiedades del producto de números naturales son resu-midas
en el siguiente teorema
Teorema 1.3. El producto de números naturales satisface las siguientes
propiedades
Prod1) Asociatividad: Para todo m, n, p ∈ N, se tiene que (m·n)p = m·(n·p).
Prod2) Conmutatividad: Para todo m, n ∈ N, se verifica m · n = n · m.
Prod3) Ley de Corte: Sean m, n, p ∈ N. Si m · p = n · p, entonces m = n.
Prod4) Distribuitividad: Para todo m, n, p ∈ N, se verifica m · (n + p) =
m · n + n · p.
Prod5) Monotonía: Sean m, n, p ∈ N. Si m n, entonces m ·p n · p.

Demostración. Por inducción y se dejan a cargo del lector.
m
Ejemplo 1.1. Para todo n ∈ N vale
n
j=1
j = n(n + 1
2 .
Solución. Lo primero que debemos notar es que el producto de dos número
naturales consecutivos siempre es un número par, por lo tanto, siempre
n(n + 1)
2
∈ N.
Primero hagamos la deducción de la fórmula propuesta (esta es débida a
C. F. Gauss1). Llamemos
S = 1 + 2 + 3 + · · · + (n − 1) + n (1.3)
tenemos tambien que
S = n + (n − 1) + · · · + 3 + 2 + 1 (1.4)
ahora, sumando término a término las dos expresiones de la misma suma
dadas arriba, obtenemos
2S = (n + 1) + (n + 1) + · · · + (n + 1)+(n + 1) n veces (1.5)
por lo tanto
S = n(n + 1)
2
que es la fórmula propuesta.
Hagamos ahora la prueba de su validez usando inducción.
1Una historia muy conocida es la del descubrimiento de esta fórmula por Carl Friedrich
Gauss cuando su profesor de tercero de primaria pidió a sus alumnos hallar la suma de los
100 primeros números y calculó el resultado de inmediato: 5050.

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Para n = 1, tenemos
1 = 1 · 2
2
lo cual es cierto.
Supongamos que vale para n ∈ N. Ahora,
1 + 2 + · · · + n + (n + 1) = (1+2+· · · + n) + (n + 1)
= n(n + 1)
2 + n + 1 (por la hipótesis de Inducción)
= (n + 1)(n + 2)
2
lo que concluye la prueba.
1.3 Principio de Buena Ordenación
Sea X un conjunto no vacío de números naturales. Un número p ∈ X es
llamado mínimo de X, si p ≤ n para todo n ∈ X.
Si X ⊆ N tiene mínimos p y q, entonces p = q. En efecto, p ≤ q y q ≤ p
por definición de mínimo, luego p = q, en otras palabras, si un conjunto
no vacío de números naturales posee un elemento mínimo, entonces este es
único. Lo que no es obvio, es un tal conjunto posea un mínimo, nada de los
visto hasta este momento, nos permite concluir la existencia de ese mínimo.
Demostraremos el P.B.O. usando el P.I.
Teorema 1.4. (Principio de Buena Ordenación, P.O.B.) Todo subconjunto
no vacío de números naturales posee un elemento mínimo.
Demostración. SeaS ⊆ N el subconjunto consistiendo de todos los números
naturales n con la propiedad que cuando un subconjunto no vacío A de N

que contiene un número natural m ≤ n, entonces A tiene un menor elemento.
Ahora lo que debemos probar es que S = N.
Notemos que 1 ∈ S. Supongamos que n ∈ S. Sea A un subconjunto no
vacío de N contiene algún número natural m ≤ n + 1. Si A contiene un
número natural k n+ 1, entonces A también contiene un número natural
(a saber k mismo) menor o igual que n, y como n ∈ S, el conjunto A tiene
un menor elemento. Por otra parte, si A no contiene ningún elemento menor
estricto que n + 1, se sigue que n + 1 ∈ A, y en este caso n + 1 es el menor
elemento de A, por lo tanto n + 1 ∈ S y por el P.I., S = N.
m
Vamos a probar que de hecho, estos dos principios son tales que podemos
asumir uno de ellos para comenzar la construcción de los números naturales.
Esto pues asumiendo el P.I, podemos demostarr P.B.O, y si asumimos el
P.B.O. pdeomeos demostrar el P.I. Hasta el momento hemos probado que el
P.I. implica el P.B.O., ahora mostraremos que si asumimos el P.B.O, podemos
conlcuir el P.I.
Teorema 1.5. P.B.O. implica P.I.
Demostración. Sea S ⊆ N que satisface
a) 1 ∈ S
b) n + 1 ∈ S cuando n ∈ S
Vamos a mostrar que S = N o equivalentemente N − S = ∅. Supongamos
que N−S= ∅. Entonces por el P.B.O. existe n0 = min(N−S). Es claro que
1 n0, pues 1 ∈ S. Como n0 ∈ N − S, se sigue que su antecesor, digamos
m0 pertenece a S, pero como n0 = s(m0) ∈ S, tenemos una contradicción.
Por lo tanto, S = N.

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m
Ejemplo 1.2. Usando el P.B.O., vamos a mostrar que número
√
2 es irra-cional.
En efecto, Supongamos contrariamente que
√
2 es un número racional,
digamos
√
2 = a/b, con a y b números enteros, los cuales podemos suponer
son positivos, con b= 0 y sin factores comunes, es decir, coprimos. Tenemos
√
entonces que a = b
2 es un entero positivo y podemos definir el conjunto
S = { n
√
2 enteros positivos} .
√
2 : con n y n
Es claro que S es no vacío pues b
√
2 ∈ S. Por el P.B.O., S tiene un
menor elemento, digamos, j = k
√
2 .
Como
√
2 − 1 0 , se sigue que j(
√
2 − 1) = j
√
2 − j = j
√
2 − k
√
2 =
(j − k)
√
2 es un entero, por ser diferencia de dos enteros. Por otra parte,
como 2 2
√
2 vemos que 2 −
√
2
√
2 , y como j = k
√
2 se tiene que
j
√
2 = 2k. De esto,
(j − k)
√
2 = j
√
2 − k
√
2 = 2k − k
√
2 = k(2 −
√
2) k
√
2 = j ,
de donde (j −k)
√
2 es un entero positivo que pertenece a S y es menor que
j . Esto contradice la elección de j como el menor entero positivo en S .
Comentario. Hay muchas maneras de probar que
√
2 es irracional. Una
de ella, las más divulgada y más directa, es la siguiente. Igual que antes
supongamos que
√
2 = a/b con a , b enteros sin factores comunes y b= 0.
Elevando al cuadrado se obtiene 2b2 = a2 . Por lo tanto 2 divide a a2 , y se
sigue que 2 divide a a , por lo que concluímos que a debe ser un número
par, digamos a = 2h , donde h es un número entero, elevando al cuadrado
esa igualdad nos queda a2 = 4h2 . Reemplazando este valor en la igualdad
2b2 = a2 , se obtiene b2 = 2h2 , de lo cual deducimos que 2 divide a b2 y

como antes vemos que 2 divide a b , lo cual es una contradicción con el hecho
de que a, b no tenían divisores comunes.
Teorema 1.6. (Segundo Principio de Inducción) Sea X ⊆ N un conjunto
con la siguiente propiedad: dado n ∈ N, si todos los números naturales m
tales que m n pertenecen a X, entonces n ∈ X. En estas condiciones se
tiene que X = N.
Demostración. Sea Y = N − X. Queremos probar que Y = ∅, el conjunto
vacío. Si no, es decir, Y es no vacío, entonces por el P.B.O. existe un elemento
mínimo p ∈ Y . Entonces para todo número natural m p se cumple que
m ∈ X. Por la hipótesis sobre X, se tiene entonces que p ∈ X, lo que es una
contradicción.
m
Veamos una aplicación de este resultado, demostrando un antiguo resul-tado
que aparece en la obra de Euclides2.
Ejemplo 1.3. Recordemos que un número natural mayor que 1 es primo si
sus únicos divisores son 1 y el mismo.
Afirmación “Todo entero positivo mayor que 1 es un producto de números
primos”
En efecto, la afirmación es inmediata para n = 2. Sea m ∈ N dado,
supongamos que la afirmación vale para todo n m.
Si m es primo, no hay nada que probar. En caso contrario, podemos
escribir m = k · n, con 1 k ≤ n m. Como k y n son números naturales
mayores que 1 y menores que m, ambos son productos de primos, por lo tanto
m es un producto de primos. Luego, por el Segundo Principio de Inducción
se sigue el resultado.
2Ver la página http://es.wikipedia.org/wiki/Euclides para una historia de este person-aje
de la Matemática

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Ejemplo 1.4. Demuestre la siguiente fórmula por inducción
n
i=1
1
i(i + 1) = n
n + 1 .
En efecto, Para n = 1, tenemos
1
2 = 1
1(1 + 1) = 1
2
lo cual muestra que vale en este caso.
Supongamos que la fórmula vale para n = k, es decir,
k
i=1
1
i(i + 1) = k
k + 1,
tenemos
k+1
i=1
1
i(i + 1) =
k
i=1
1
i(i + 1) + 1
(k + 1)(k + 2)
k + 1 + 1
(k + 1)(k + 2)
= k
= k2 + 2k + 1
(k + 1)(k + 2)
= (k + 1)2
(k + 1)(k + 2)
= k + 1
k + 2 ,
lo cual termina la prueba por inducción.
Ejemplo 1.5. Demuestre, usando Inducción, la siguiente fórmula
12 + 22 + 32 + · · · + n2 = n(n + 1)(2n + 1)
6 .

En efecto, Para n = 1, vale pues
12 = 1
6
· 2 · 3 .
Supongamos que vale para n = k, es decir, tenemos
12 + 22 + 32 + · · · + k2 = k(k + 1)(2k + 1)
6 .
Ahora para k + 1 tenemos
12 + 22 + 32 + · · · + k2 + (k + 1)2 = k(k + 1)(2k + 1)
6 + (k + 1)2
= k + 1
6 [k(2k + 1) + 6(k + 1)]
= k + 1
6 [k2 + 7k + 6]
= k + 1
6 (k + 2)(2k + 3) ,
por tanto la igualdad es verdadera para todo n ∈ N.
Ejemplo 1.6. Demuestre, usando inducción, que para todo n ∈ N se tiene
que
1
2
· 3
4
· · · 2n − 1
2n
≤ 1 √
2n + 1 .
En efecto. Para n = 1, la afirmación se reduce a 1
2
1 √
3
, lo cual es ob-viamente
cierto. Supongamos que la afirmación es verdadera para n. Ahora
bien, para todo n ∈ N se tiene que
1
2
· 3
4
· · · 2n − 1
2n
2n + 1
2n + 2
1 √
2n + 1
· 2n + 1
2n + 2 =
√
2n + 1
2n + 2
y la afirmación estará probada si conseguimos demostrar que
√
2n + 1
2n + 2
1 √
2n + 3
. Esto último, es cierto si y sólo si
2n + 1
(2n + 2)2
1 √
2n + 3
2
= 1
2n + 3
lo cual ocurre si y sólo si (2n+3)(2n+1) (2n+2)2, y esto es una obviedad.

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Ejemplo 1.7. Considere n puntos distintos sobre un círculo. Uniendo los
puntos adyacentes por segmentos de rectas, se obtiene un polígono de n la-dos.
Obtenga una expresión para el número P(n) de diagonales del polígono
y demuestrelo por inducción.
En efecto, como ya probamos, se tiene la fórmula
1 + 2 + . . . + n = n(n + 1)
2 .
Realizando los dibujos correspondientes, para n ≥ 4 , se obtiene lo siguien-te
P(4) = 2
P(5) = 5 = 2+3 = P(4) + 3
P(6) = 9 = 2 + 3 + 4 = P(5) + 4
P(7) = 14 = 2 + 3 + 4 + 5 = P(6) + 5
...
P(n) = 2 + 3 + . . . + (n − 2) = (n − 2)(n − 1)
2
− 1 = n(n − 3)
2
Pasamos ahora a demostrar por inducción,
i. Claramente P(4) = 4(4−3)
2 = 2.
ii. Supongamos que vale para n = k, esto es, P(k) = k(k − 3)
2 , tenemos
2 +(k−1) = k2 − k − 2
2 = (k + 1)(k − 2)
2 .
P(k+1) = P(k)+(k−1) = k(k − 3)
lo que completa la prueba.
Ejemplo 1.8. Pruebe, que para todo n ∈ N se tiene que
2 (
√
n − 1) ≤
n
k=1
1 √
k
≤ 2
√
n − 1 .

Solución. Antes de comenzar con la demostración en si, hagamos algunas
manipulaciones algebraicas. Tenemos
2
√
n + 1 − 2
√
n = 2 √
n + 1+
√
n

1 √
n
,
donde la igualdad se obtiene racionalizando las raíces, y la desigualdad se
√
√
obtiene del hecho que
n
n + 1.
De modo análogo se prueba que
1 √
n
2
√
n − 2
√
n − 1 .
Juntando esas desigualdades, obtenemos
2
√
n + 1 − 2
√
n
1 √
n
2
√
n − 2
√
n − 1 ,
válida para todo n ≥ 1. En otras palabras, valen las siguientes desigualdades
2
√
3 − 2
√
2
1 √
2 2
√
2 − 2
√
1
2
√
4 − 2
√
3
1 √
3 2
√
3 − 2
√
2
... 2
√
n + 1 − 2
√
n
1 √
n
2
√
n − 2
√
n − 1
Sumando esas desigualdades, nos que
2
√
n + 1 − 2
√
2
n
j=2
1 √
j
2
√
n − 2 ,
√
n + 1−2
sumando 1 a ambos lados de esta desigualdad, nos queda 2
√
2+1
n
j=1
1 √
j
2
√
n − 1. Finalmente, usando que
√
n
√
n + 1 y que 2
√
2 3 se
tiene que 2
√
n − 2
n
j=1
1 √
j
2
√
n − 1.

Sergio Plaza 17
1.4 Suma de los cuadrados de los primeros n
números naturales
A seguir deducimos la fórmula de la suma de los cuadrados de los primeros
n naturales y damos una aplicación.
Tenemos (k +1)3 = k3 +3k2 +3k +1 para todo k ∈ N. Procedemos como
sigue:
23 = 11 + 3 · 12 + 3 · 1 + 1
33 = 23 + 3 · 22 + 3 · 2 + 1
43 = 33 + 3 · 32 + 3 · 3 + 1
...
(n + 1)3 = n3 + 3 · n2 + 3 · n + 1
sumando estas n identidades, obtenemos
n+1
k=2
k3 =
n
k=1
k3 + 3
n
k=1
k2 + 3
n
k=1
k + n
de donde
(n + 1)3 = 1+3
n
k=1
k2 + 3
n
k=1
k + n
y despejando la suma que nos interesa, nos queda
n
k=1
k2 = 1
3

(n + 1)3 − 3n(n + 1)
2

= n(n + 1)(2n + 1)
− (n + 1)
6 ,
es decir,
n
k=1
k2 = n(n + 1)(2n + 1)
6 .
Se deja como ejercicio al lector probar esta fórmula por inducción.
Una aplicación directa de esta fórmula es el calculo de la siguiente suma
n
k=1
(2k − 1)2

es decir la suma de los cuadrados de los número impares.
Una manera directa de hacerlo es desarrollando el cuadrado del binomio y
usando las propiedades de la sumatoria, con lo cual se tiene
n
k=1
(2k − 1)2 = 4
n
k=1
k2 − 4
n
k=1
k + n
ahora hay sólo que usar las fórmulas anteriores y un poco de manipulación
algebraica, para obtener
(2k − 1)2 = n(2n + 1)(2n − 1)
n
k=1
3
Una forma más elegante es como sigue. Sea qn =
n
k=1
k2. Tenemos
qn = n(n + 1)(2n + 1)
6
de donde
q2n = 2n(2n + 1)(4n + 1)
6 .
Ahora bien,
n
k=1
(2k − 1)2 = q2n − 4qn
= 2n(2n + 1)(4n + 1)
6
− 4n(n + 1)(2n + 1)
6
= n(2n + 1)(2n − 1)
3
Así
(2k − 1)2 = n(2n + 1)(2n − 1)
n
k=1
3 .
La prueba de la validez de las fórmulas deducidas es por inducción y se
dejan a cargo del lector.

Sergio Plaza 19
1.5 Conjuntos finitos e infinitos
Sea In = {1, 2, . . . , n} ⊆ N.
Un conjunto X es finito, si X = ∅ o existe para algún n ∈ N una biyección
ϕ : In −→ X.
En el primer caso, decimos que X no posee elementos y el segundo decimos
que X posee n elementos.
Es claro que
(a) In es finito y posee n elementos.
(b) Si ϕ : X −→ Y es una biyección, entonces uno de los conjuntos es finito
si y sólo si el otro lo es, y además, si esto ocurre, ellos poseen el mismo
número de elementos.
Una biyección ϕ : In −→ X significa una enumeración de los elementos
de X, escribiendo ϕ(1) = x1, ϕ(2) = x2, . . ., ϕ(n) = xn, tenemos que
X = {x1, x2, . . . , xn}.
(c) ϕ : In −→ X y ψ : Im −→ X son biyecciones, entonces m = n. En
efecto, considerando la función compuesta f = ψ−1 ◦ ϕ : In −→ Im
debemos probar que si existe una biyección f : In −→ Im, entonces
m = n.
Para ello tenemos el siguiente teorema
Teorema 1.7. Sea A ⊆ In. Si existe una biyección f : In −→ A, entonces
A = In.
Demostración. Por inducción sobre n. Para n = 1, el resultado es obvio.
Supongamos que es verdadero para n ∈ N. Consideremos una biyección

f : In+1 −→ A. Sea a = f(n + 1), la restricción de f a In es una biyección
˜ f : In −→ A−{a}. Si A−{a} ⊆ In, entonces por la hipótesis de inducción,
se tiene que In = A − {a}, de donde a = n + 1 y A = In+1.
Si no se cumple que A − {a} ⊂ In, en este caso existe p ∈ In tal que
f(p) = n+1. Definimos una nueva biyección g : In+1 −→ A como g(x) = f(x)
si x= p y x= n + 1, g(p) = a, y g(n + 1) = n + 1. Ahora la restricción g a
In es una biyección ˜g : In −→ A − {n + 1}, y A − {n + 1} ⊆ In. Luego, por
hipótesis de inducción A − {n + 1} = In, de donde A = In+1.
m
Para mostrar la afirmación pendiente, f = ψ−1 ◦ ϕ : In −→ Im es una
biyección. Si m ≤ n, se sigue que Im ⊆ In y por lo probado Im = In, y
consecuentemente m = n. Lo que completa la prueba.
Corolario 1.8. No puede existir una biyección desde un conjunto finito sobre
una parte propia de él.
Teorema 1.9. Todo subconjunto de un conjunto finito es finito.
Demostración. Inmediata.
Corolario 1.10. Sea f : X −→ Y una función inyectiva. Si Y es finito,
entonces X es finito, y el número de elementos de X no puede exceder el
número de elementos de Y .
Corolario 1.11. Sea f : X −→ Y una función sobreyectiva. Si X es finito,
entonces Y es finito y su número de elementos no excede al de X.
Un conjunto X es infinito, si no es finito, es decir, X es no vacío y para
cualquier n ∈ N no existe una biyección ϕ : In −→ X.

Sergio Plaza 21
Del Corolario 1.8, se sigue que si existe una biyección entre X un subcon-junto
propio de éste, entonces X es infinito. Usamos esto para los siguientes
ejemplos.
Ejemplo. N es infinito.
En efecto, sea ϕ : N −→ P = {2n : n ∈ N} (conjunto de los números
naturales pares), definida por ϕ(n) = 2n. Tenemos que ϕ es inyectiva, pues
si ϕ(n) = (m) se sigue que 2n = 2m y por la Ley de Corte, concluimos que
n = m. Por otra parte, es inmediato que ϕ es sobrecyativa. Resumiendo, ϕ
es una biyección entre los números naturales y los números naturales pares,
por lo tanto N es infinito, pues P es un subconjunto propio de N.
Definición 1.2. Decimos que un conjunto X es numerable si es vacío o
existe una biyección ϕ : N1 −→ X, donde N1 ⊂ N.
Por ejemplo, N, Z y Q son numerables.
Tenemos el siguiente resultado.
Teorema 1.12. Todo subconjunto de un conjunto numerable es numerable
Observamos que existen conjuntos no numerables, pero eso lo mostraremos
en el capítulo siguiente.
1.6 Ejercicios
Problema 1.1. Obtener, si es posible, una fórmula para la suma indicada,
y demostrarla por inducción.

1.
n
j=1
c
c constante
2.
n
i=1
(2i + 1)
3.
n
i=0
1
i + 1
4.
n
j=3
1
j
5.
n
i=1
rj
r constante,
6.
n
i=1
4(i − 1)(2i + 1)
7.
n
i=5
(i − 2)3
8.
n
i=1
[(i + 1)2 − 2i]
9.
n
i=4
(i + 1)(i − 3)
Problema 1.2. Usando inducción matemática, pruebe cada una de las si-guientes
proposiciones referentes a los números naturales
1. 2 + 4 + 6 + · · ·+ 2n = n(n + 1)
2. 5 + 10 + 15 + · · · + 5n = 5n(n + 1)
2
3. 13 + 23 + 33 + · · · + n3 = n2(n + 1)2
4
4. 2 + 22 + 23 + · · ·+ 2n = 2(2n − 1)
5. 1 · 2 + 2 · 3 + 3 · 4 + · · · + n(n + 1) = n(n + 1)(n + 2)
3
6. 1 · 3 + 2 · 4 + 3 · 5 + · · · + n(n + 2) = n(n + 1)(2n + 7)
6
1 · 2 + 1
2 · 3 + · · · + 1
7. 1
n · (n + 1) = n
n + 1
2 · 3 · 4 + 2
3 · 4 · 5 + · · · + n
(n + 1)(n + 2)(n + 3) = n(n + 1)
4(n + 2)(n + 3)
8. 1
3 + 1
15 + · · · + 1
4n2 − 1 = n
2n + 1
9. 1

Sergio Plaza 23
10. 1 + 2 · 3 + 3 · 32 + 4 · 33 + · · · + n · 3n−1 = (2n − 1)3n + 1
4
11. 5n3 + 7n es divisible por 3
12. 3n ≥ 2n + 1
13. 2n ≤ 2n
14. n2 2n + 1, para n ≥ 3
15. n3 + 2n es divisible por 3
16. (n(n + 1))2 es divisible por 4
17. n4 + 2n3 + n2 es divisible por 4
20. n3 − n es divisible por 5
21. 6n − 5n + 4 es divisible por 5
Problema 1.3. Demuestre, utilizando inducción matemática, las siguientes
proposiciones
1.
n
i=1
i2 = n(n + 1)(2n + 1)
6
2.
n
k=1
k3 = n2(n + 1)2
4
3.
n
i=1
i(i + 1)
2 = n(n + 1)(n + 2)
6
4.
n
i=1
1
2i = 1− 2−n

5.
n
i=1
(2i − 1)2 = n(2n − 1)(2n+ 1)
3
6.
n
i=1
5i−1 = 5n − 1
4
7.
n
i=1
(2i − 1)3 = n2(2n2 − 1)
8.
n
i=1
i5i = 5 + (4n − 1)5n+1
16
9.
n
i=1
(2i − 1)(2i) = n(n + 1)(4n − 1)
3
10.
n
i=1
1
i(i + 1) = n
n + 1
11.
n
i=1
1
(2i − 1)(2i + 1) = n
2n + 1
Problema 1.4. Demuestre que xn − yn es divisible por x − y.
Problema 1.5. Demuestre que x2n−1 + y2n−1 es divisible por x + y.
Problema 1.6. Demuestre que los números de la forma:
1. 32n − 1 son divisibles por 8
Problema 1.7. Comunmente se define el factorial de un número natural, el
cual se denota por n! , como
n! = 1 · 2 · 3 · · · (n − 1) · n .

Sergio Plaza 25
Una manera de dar una definición fundamentada para n! es la siguiente.
Defina la función F : N −→ N como F(1) = 1, y F(n + 1) = (n + 1)F(n).
Demuestre, usando inducción, que F(n) = n! . Por conveniencia, y eso no lo
voy a justificar aquí, se define 0! = 1.
Problema 1.8. Observe que
2 = 2− 1
2
1 + 1
2 + 1
4 = 2− 1
4
1 + 1
2 + 1
4 + 1
8 = 2− 1
8
1 + 1
deduzca la ley general y demuéstrela por inducción.
Problema 1.9. Probar que n rectas del plano, concurrentes en un punto,
dividen al plano en 2n partes.
Problema 1.10. Observe que
2 = 1
2
1 − 1

1 − 1
2

1 − 1
3

= 1
3

1 − 1
2

1 − 1
3

1 − 1
4

= 1
4
deduzca la ley general y demuéstrela por inducción.
Problema 1.11. Encuentre una fórmula para el producto
p(n) =

1 − 1
2

1 − 1
3

1 − 1
4

· · ·

1 − 1
n + 1

y demuéstrela por inducción.

Problema 1.12. Demuestre las siguientes desigualdades
1. 1
2
· 3
4
· 5
6
· · · 2n − 1
2n
≤ 1 √
3n + 1
2. n! 2n−1 para todo n ≥ 3 (Recuerde que n! = 1 · 2 · · · · · n)
3. 2!4! · · · (2n)! ((n + 1)!)n para todo n ≥ 2.
Problema 1.13. Sean a y r dos números reales fijos tales que r= 1. De-mostrar
que la suma de los primeros n términos de la progresión geométrica
a, ar, ar2, ar3, . . . , es a
rn − 1
r − n
.
Problema 1.14. Demuestre que un cajero automático cargado con billetes
de dos mil y cinco mil pesos siempre puede dispensar una cantidad de miles
de pesos superior a cuatro mil pesos.
Problema 1.15. Sea h un número real mayor que −1. Prube que (1+h)n ≥
1 + nh, esta desigualdad es conocida como desigualdad de Bernoulli.
Más general, se tiene lo siguiente. Sean x1, . . . , xn números reales, todos
con el mismo signo y mayores que −1. Entonces
(1 + x1)(1 + x2) · · · (1 + xn) ≥ 1 + x1 + x2 + · · · + xn .
Pruebe esto.
Problema 1.16. Pruebe que todas las potencias (naturales) de k = 12.890.625
terminan en esas mismas ocho cifras.
Problema 1.17. Demuestre que todo número de la forma 5n − 1, donde
n ∈ N es divisible por 4. Use eso para probar que todo número de la forma
5n + 2 · 3n + 1, con n ∈ N es divisible por 8.
Problema 1.18. Analice el teorema abajo y su la demostración por Induc-ción.
Explique donde está(n) el(os) error(es).

Sergio Plaza 27
Teorema 1.13. Para todo n ∈ N, en cualquier grupo de n personas, todas
tienen la misma edad.
Demostración. Para cada número natural n, consideramos la siguiente
sentencia
P(n) = en cualquier conjunto de n personas, todas tienen la misma edad .
Claramente P(1) es verdadera. Supongamos que P(n) es verdadera para
algún n ≥ 1. Consideremos una colección de n + 1 personas
• • · · · • •

n+1
Por la hipótesis de inducción, las primeras n personas tienen la misma
edad.
• • · · ·•

n
•
Lo mismo ocurre para las n últimas personas, es decir,
• • · · · • •

n
Pero entonces las n + 1 personas tienen la misma edad que las n personas
en común de esos dos conjuntos
• • · · ·•

n
•

Capítulo 2
Cuerpos
Un cuerpo es un conjunto no vacío, K, provisto de dos operaciones, llamadas
adición y multiplicación, que verifican ciertas condiciones, llamadas axiomas
de cuerpo.
La adición hace corresponder a cada par de elementos x, y ∈ K su suma
x + y ∈ K, y la multiplicación asocia a estos elementos su producto xy ∈ K.
Estas operaciones binarias (+) y (·) satisfacen los siguientes axiomas.
2.1 Axioma de la adición
A1- Asociatividad. Cualesquiera que sean x, y, z ∈ K, se cumple (x+y)+
z = x + (y + z).
A2.- Conmutatividad. Cualesquiera que sean x, y ∈ K, se cumple x+y =
y + x.
A3.- Elemento neutro. Existe un elemento, 0 ∈ K, tal que x+0 = x, para
todo elemento x ∈ K. El elemento 0 se llama cero.
29

A4.- Elemento simétrico. Cada elemento x ∈ K posee un simétrico −x ∈
K, tal que x + (−x) = 0.
Observación. La suma x+(−y) se denota por x−y y es llamada diferencia
entre x e y.
El conjunto K con la operación de adición y que satisface los axiomas
anteriores, es llamado un grupo abeliano aditivo.
Proposición 2.1. El elemento neutro para la adición es único.
Demostración. Si existe otro elemento, digamos 0 ∈ K, tal que x+0 = x
para todo x ∈ K, se tiene para x = 0 que 0 = 0 + 0 = 0.
m
Proposición 2.2. Cada x ∈ K posee un único elemento simétrico.
Demostración. Fácil y se deja a cargo del lector.
2.2 Axiomas de la multiplicación
M1.- Asociatividad. Para todo x, y, z ∈ K, se cumple (x · y) · z = x · (y · z)
M2.- Conmutatividad. Para todo x, y ∈ K, se cumple x · y = y · x
M3.- Elemento neutro. Existe un elemento 1 ∈ K, con 1= 0, tal que
1 · x = x, para cualesquiera que sea x ∈ K. Al elemento 1 se le llama
uno.
M4.- Elemento recíproco para la mutiplicación. Cada x ∈ K, con
x= 0, tiene un recíproco x−1 ∈ K, tal que xx−1 = 1.

Sergio Plaza 31
Dado x, y ∈ K, con y= 0, se usa la notación xy−1 = x
y
, y se llama división.
Con el producto, K − {0} es un grupo abeliano multiplicativo.
La relación entre la adición y la multiplicación es dada por el siguiente
axioma.
D1.- Distributividad. Para cualesquiera x, y, z ∈ K, se cumple x(y +z) =
xy + xz.
Proposición 2.3. Para todo x ∈ K, se cumple x ·0 = 0.
Demostración. Tenemos x · 0 + x = x · 0 + x ·1 = x(0 + 1) = x ·1 = x, de
donde x ·0 = 0.
m
Proposición 2.4. Sean x, y ∈ K, con x · y = 0, entonces x = 0 o y = 0.
Demostración. si x · y = 0 y x= 0, entonces x · y = x · 0, de donde se
deduce que y = 0. Esto se deduce del hecho que si x · z = x · z y z= 0,
entonces x = y, lo cual es inmediato.
m
Del axioma de distrubutividad se deducen también las reglas de los signos.
(−x)y = x · (−y) = −xy
(−x)(−y) = xy .
En efecto, (−x)y + xy = ((−x) + x)y = 0· y = 0, es decir, (−x)y = −xy.
Ejemplos de cuerpos

1. El conjunto de los números racionales, Q, con la adición y multipli-cación
definidas como sigue:
a
b
+ c
d
= ad + bc
bd
a
c
· b
d
= ab
cd
es un cuerpo, llamado cuerpo de los números racionales.
2. El conjunto Z2 = {0, 1} con las operaciones
0+1 = 1+0 = 1, 0 + 0 = 1 + 1 = 0
0 ·0 = 1 ·0 = 0 ·1 = 0 y 1 ·1 = 1
es un cuerpo, llamado cuerpo de los números binarios.
3. El conjunto Q(i), cuyos elementos son los pares ordenados de números
racionales z = (z, y) con las operaciones
(x, y) + (x, y) = (x + x, y + y)
(x, y)(x, y) = (xx − yy, xy + yx)
es un cuerpo. Llamado cuerpo de los números complejos racionales.
Usamos la notación 0 = (0, 0), 1 = (1, 0) y la notación especial i =
(0, 1). Desde la definición del producto, vemos de inmediato que i2 =
i · i = (−1, 0) = −1.
Nota. En un cuerpo K se cumple x2 = y2 si y sólo si x = y o x = −y.
En efecto, tenemos x2 = y2 si y sólo si (x − y)(x + y) = 0 si y sólo si x = y
0 x = −y.

Sergio Plaza 33
2.3 Cuerpos Ordenados
Un cuerpo ordenado es un cuerpo K, en el cual se tiene un subconjunto
distinguido P ⊆ K, llamado conjunto de los elementos positivos de K, y se
cumplen las siguientes condiciones.
P1. La suma y el producto de números positivos es positivo, es decir, si
x, y ∈ P, entonces x + y ∈ P y x · y ∈ P.
P2. Dado x ∈ K, se verifica una y sólo una de las tres alternativas siguien-tes:
x = 0, x ∈ P o −x ∈ P.
Definimos el conjunto −P = {x ∈ K, tal que −x ∈ P}, llamado conjunto
de los elementos negativos de K.
Lema 2.1. En un cuerpo ordenado, si a= 0, entonces a2 ∈ P.
Demostración. Como a= 0, se tiene a ∈ P o −a ∈ P. En el primer caso,
a2 = a · a ∈ P. En el segundo caso (−a)(−a) = a2 ∈ P.
m
Ejemplo. En el cuerpo Q de los números racionales consideremos el conjunto
P de las fracciones p
q, tales que p · q ∈ N, y se tiene que Q es un cuerpo
ordenado.
Ejemplo. Z2 no puede ordenarse, pues 1+1 = 0, mientras que en un cuerpo
ordenado 1 debe ser positivo pues 1 = 1 ·1 = 12 ∈ P.
Ejemplo. Q(i) no puede ordenarse, pues i2 = −1, y en un cuerpo ordenado
−1 es siempre negativo.

2.4 Orden en un cuerpo ordenado
Sea K un cuerpo ordenado, dados x, y ∈ K, escribimos x y, y diremos que
x es menor que y, si y − x ∈ P, es decir, y = x + z, con z ∈ P. La notación
y x significa x y. En particular, x 0 significa que x ∈ P.
Teorema 2.1. En un cuerpo ordenado K, la relación de orden “” satisface.
O1.- Transitividad. Sean x, y, z ∈ K. Si x y e y z, entonces x z.
O2.- Tricotomía. Dados x, y ∈ K, ocurre una y sólo una de las siguientes
alternativas: x = y, x y o x y.
O3.- Monotomía respecto de la adición. Sean x, y ∈ K. Si x y,
entonces para todo z ∈ K se verifica x +z y + z.
04.- Monotomía respecto de la multiplicación. Sean x, y ∈ K. Si
x y, entonces para todo z 0 se verifica xz yz. Si por el contrario,
z 0, entonces x y se tiene que xz yz.
Demostración. Sólo demostraremos [O1.-], las otras se prueban en forma
análoga y se dejan a cargo del lector.
Como x y e y z se tiene que y−z, z−y ∈ P, de donde (z−y)+(y−x) =
z − x ∈ P, es decir, x z.
m
En un cuerpo ordenado, escribimos x ≤ y si x = y o x y, es decir, x ≤ y
significa que y − x ∈ P ∪ {0}. Los elementos de P ∪ {0} son llamados no
negativos. La relación ≤ satisface
1. Para todo x ∈ K, se tiene que x ≤ x (reflexiva)

Sergio Plaza 35
2. Para todo x, y ∈ K, se verifica x ≤ y e y ≤ x si y sólo si x = y
(antisimétrica)
3. Para todo x, y, z ∈ K, si x ≤ y e y ≤ z, entonces x ≤ z (transitiva).
En un cuerpo ordenado K, se cumple que
0 1 1 + 1 1 + 1 + 1 · · ·
y el subconjunto de K formado por esos elementos es, consecuentemente,
infinito. De hecho, podemos considerar el conjunto N inmerso en K, para ello
basta definir f : N −→ K, por f(1) = 1, f(2) = 1 + 1, y así sucesivamente,
esto es, f(m + n) = f(m) + f(n) y f(m · n) = f(m) · f(n), además se tiene
que si p q entonces f(p) f(q), para todo p, q ∈ N, esto significa que f es
una aplicación inyectiva que respeta la aritmética y el order, de N y de K.
De este modo, N lo podemos considerar inmerso en K.
Considerando el hecho que N ⊆ K, los simétricos, −n, de los elementos de
N, también pertenecen a K, y como Z = N∪{0}∪(−N), donde −N = {−k :
k ∈ N}, podemos considerar N ⊆ Z ⊆ K.
También, dado m, n ∈ Z, con n= 0, existe n−1 ∈ K y como m·n−1 = m
n
∈
K, se sigue que Q ⊆ K, es decir, tenemos las inclusiones
N ⊆ Z ⊆ Q ⊆ K.
2.5 Intervalos
En un cuerpo ordenado, existe una noción particularmente importante, que
es la noción de intervalo. Dado a, b ∈ K, con a b, definimos
I1.- [a, b] = {x ∈ K : a ≤ x ≤ b}, intervalo cerrado de extremos a y b.

I2.- [a, b[= {x ∈ K : a ≤ x b},
I3.- ]a, b] = {x ∈ K : a x ≤ b},
I4.- ]a, b[= {x ∈ K : a x b}, intervalo abierto de extremos a y b.
I5.- ]−∞, a[= {x ∈ K : x a},
I7.- ]−∞, a] = {x ∈ K : x ≤ a}
I8.- ]b,+∞[= {x ∈ K : b x}
I9.- [b,+∞[= {x ∈ K : b ≤ x}.
Nota. Los símbolos +∞ y −∞ no son número, son sólo eso, símbolos, nada
más.
Nota. Al intervalo [a, a] se le llama intervalo degenerado, pues consiste de
un sólo punto.
Teorema 2.2. Todo intervalo no degenerado en un cuerpo ordenado es
infinito.
Demostración. Basta probar que en cuerpo ordenado K vale que si x, y ∈ K
con x y, entonces
x
x + y
2 y.
En efecto, tenemos 2x = x +x x +y y + y = 2y, de donde se sigue lo
afirmado.
Ahora, si I es un intervalo no degenerado de extremos a y b, con a b,
entonces podemos obtener una infinidad de elementos x1, x2, x3, . . . , xn, . . .
en I, considerando x1 = a + b
2 , x2 = a + x1
2 , . . . , xn+1 = a + xn
2 , . . .
Tenemos que
a · · · x3 x2 x1 b

Sergio Plaza 37
y podemos definir una biyección ϕ : N −→ {x1, x2, . . . , xn, . . .} ⊂ I, por
ϕ(j) = xj .
m
2.6 Valor absoluto
Sea K un cuerpo ordenado, el valor absoluto de un elemento x ∈ K, deno-tado
por |x|, es definido por
|x| = max{x,−x}.
Observación. Se tiene
|x| =
⎧⎨
⎩
x si x ≥ 0
−x si x ≤ 0 .
Es claro desde la definición del valor absoluto que |x| ≥ x y |x| ≥ −x, esto
es,
−|x| ≤ x ≤ |x| .
Teorema 2.3. Sean x, a ∈ K. Son equivalente
(i) −a ≤ x ≤ a
(ii) x ≤ a y −x ≤ a
(iii) |x| ≤ a.
Demostración. Tenemos −a ≤ x ≤ a si y sólo si x ≤ a y −a ≤ x si y sólo
si max{x,−x} ≤ a si y sólo si x ≤ a y −x ≤ a si y ’olo si −a ≤ x ≤ a.
m

Corolario 2.4. Dados a, b, x ∈ K. Entonces |x − a| ≤ b si y sólo si a − b ≤
x ≤ a + b.
Teorema 2.5. Para elementos arbitrarios de K, se cumplen
(i) |x + y| ≤ |x| + |y| (desigualdad triangular)
(ii) |x| ≥ 0
(iii) |x| = | − x|
(iv) |x · y| = |x| · |y|
(v) |x| − |y| ≤ ||x| − |y|| ≤ |x − y|
(vi) |x − z| ≤ |x − y| + |y − z|
Demostración.
(i) Tenemos −|x| ≤ x ≤ |x| y −|y| ≤ y ≤ |y|. Sumando estas dos de-sigualdades,
obtenemos
−(|x| + |y|) ≤ x + y ≤ |x| + |y| ,
es decir, |x + y| ≤ |x| + |y|.
(ii) Notemos que para todo x ∈ K, se cumple que x2 = |x|2, lo cual es
obvio. Luego
|xy|2 = (xy)2 = x2y2 = |x|2|y|2 = (|x||y|)2,
de donde |xy| = ±|x||y|, ahora como |xy| y |x||y| son no negativos se
sigue que |xy| = |x||y|.

Sergio Plaza 39
(iii) |x| = |(x − y) + y| ≤ |x − y| + |y|, de donde |x| − |y| ≤ |x − y|,
como |y − x| = |x − y|, se concluye que |y| − |x| ≤ |x − y|, es decir,
|x − y| ≥ −(|x| − |y|).
m
Ejemplo 2.1. En un cuerpo ordenado, si a y a+x son positivos, entonces
(a + x)n ≥ an + nan−1x, para todo n ∈ N.
En efecto, Por inducción.
(i) Para n = 1,
a + x ≥ a + 1 · a0x = a + x
(ii) Supongamos que vale para n = k, es decir,
(a + x)k ≥ ak + kak−1x,
entonces
(a + x)k+1 = (a + x)k(a + x) ≥ (ak + kak−1x)(a + x)
= ak+1 + akx + kakx + kak−1x2
= ak+1 + (k + 1)akx + kak−1x2
≥ ak+1 + (k + 1)akx .
Ejemplo 2.2. Sea K un cuerpo ordenado. Demuestre que si a, b, c ∈ K
entonces vale la desigualdad siguiente
|
√
a2 + b2 −
√
a2 + c2| ≤ |b − c| .
En efecto, podemos suponer que b= c , si no el problema es trivial. Note-mos
primero que |x| ≤
√
x2 + y2 para todo x ∈ K. Ahora,

|
√
a2 + b2 −
√
a2 + c2| = |
√
a2 + b2 −
√
a2 + c2|
|
√
a2 + b2 +
√
a2 + c2|
|
√
a2 + b2 +
√
a2 + c2|
=
|b2 − c2|
|
√
a2 + b2 +
√
a2 + c2|
≤
|b2 − c2|
|b| + |c|
=
|b − c| · |b + c|
|b| + |c|
≤
|b − c|(|b| + |c|)
|b| + |c| = |b − c| .
lo que completa la prueba de la desigualdad.
2.7 Supremo e ínfimo
Un subconjunto X ⊆ K, es acotado superiormente, si existe b ∈ K, tal que
x ≤ b para todo x ∈ X, esto es, X ⊆ ]−∞, b]. Cada b con esta propiedad
es llamada una cota superior de X.
Analogamente, X ⊆ K es acotado inferiormente, si existe c ∈ K, tal que
c ≤ x para todo x ∈ X, es decir, X ⊆ [c,+∞[. Cada c con esta propiedad
es llamado una cota inferior de X.
Finalmente, decimos que X es acotado si es acotado superior e inferior-mente,
esto es, existen a, b ∈ K tal que X ⊆ [a, b].
Teorema 2.6. En un cuerpo ordenado K, las siguientes afirmaciones son
equivalentes
(i) N ⊆ K no está acotado superiormente.
(ii) Dados a, b ∈ K, con a 0, existe n ∈ N, tal que n · a b.

Sergio Plaza 41
(iii) Dado a 0, existe n ∈ N, tal que 0 1
n a.
Demostración. (i) ⇒ (ii)). Como N no está acotado superiormente, dados
a 0 y b en K, existe n ∈ N tal que b
a n, esto es, b na.
(ii)⇒ (iii)). Dado a 0, por (ii) existe n ∈ N tal que n · a 1, de donde
0 1
n a.
(iii) ⇒ (i). Dado b 0, por (iii) existe n ∈ N tal que 1
n 1
b , esto es, b n,
así ningún elemento positivo de K puede ser una cota superior de N.
m
Un cuerpo ordenado K es llamado arquimediano, si cumple una de las
propiedades del Teorema 2.6.
2.8 Números Reales
Sea K un cuerpo ordenado y X ⊆ K un subconjunto acotado superiormente.
Un elemento S ∈ K es llamado supremo del conjunto X, cuando S es la
menor de las cotas superiores de X. En otras palabras, S ∈ K es el supremo
de X si se verifican
S1) Para todo x ∈ X, se tiene x ≤ S.
S2) Si T ∈ K es tal que x ≤ T para todo x ∈ K, entonces S ≤ T.
equivalentemente
S1’) Igual que S1 anterior.
S2’) Dado α ∈ K, con α S, existe x ∈ X, tal que α x ≤ S, esto es,
ningún elemento de K, menor que S, es cota superior de X. Equivalen-temente,
para todo ε ∈ K, ε 0, existe x ∈ K tal que S −ε x ≤ K.

Proposición 2.5. Si el supremo de un subconjunto no vacío de K existe,
entonces es único.
Demostración. Supongamos que existen dos supremos distintos para un
conjunto no vacío y acotado superiormente A ⊂ K. Sean estos α y β. En-tonces
por la definción de supremo, con α = Sup(A), se tiene que α es una
cota superior de A, y como β = Sup(A) se tiene que β ≤ α. De modo
análogo, se tiene que α ≤ β. Lo que es una contradicción.
m
Por lo tanto α = β Usamos la notación S = Sup(X) para denotar el
supremo de un conjunto X ⊂ K, cuando existe.
En otras palabras, las condiciones que caracterizan el supremo de un con-junto
son
S1) Si x ∈ X, entonces x ≤ Sup(X).
S2) Si c ≥ x para todo x ∈ X, entonces c ≥ Sup(X).
La condición S2) anterior es equivalente a la siguinete condición
S2’) Si c Sup(X), entonces existe x ∈ X, tal que c x ≤ Sup(X).
Observación 2.1. Sea X = ∅ el conjunto vacío, entonces cualquier b ∈ K es
una cota superior de X. Como en un cuerpo ordenado K no existe mínimo,
se concluye que el conjunto vacío, ∅, no posee supremo.
Un elemento s ∈ K es llamado ínfimo de un conjunto acotado inferiormente
X ⊆ K, si s es la mayor de las cotas inferiores de X. En otras palabras s ∈ K
es el ínfimo de X si

Sergio Plaza 43
I1) Para todo y ∈ X, s ≤ y.
I2) Si c ∈ K es tal que c ≤ y para todo y ∈ X, entonces c ≤ s.
Usamos la notación s = inf(X) para denotar el ínfimo de un conjunto
X ⊂ K, cuando existe.
Como antes, se prueba que cuando el ínfimo de un conjunto existe, este es
único.
La condición I2) puede reformularse como
I2’) Dado c ∈ K, con s c, entonces existe y ∈ X tal que s ≤ y c.
Lema 2.2. No existe un número racional cuyo cuadrado sea igual a 2.
Demostración. Consideremos los conjuntos
X = {x ∈ Q : x ≥ 0, x2 2}
y
Y = {y ∈ Q : y ≥ 0, y2 2} .
Notemos que si x 2, entonces x2 4, por lo tanto X ⊆ [0, 2], y es
un conjunto acotado. Por otro lado, Y es acotado inferiormente, pues Y ∈
]0,+∞[. Vamos a probar que no existen s = inf(Y ) y S = Sup(X) en Q.
A) El conjunto X no tiene máximo.
En efecto, dado x ∈ X, sea r ∈ Q con r 1 y 0 r 2−x2
2x+1.
De la condición r 1 se sigue que r2 r, y usando la segunda de-sigualdad,
obtenemos r(2x + 1) 2 − x2, por consiguiente (x + r)2 =
x2 + 2rx + r2 ≤ x2 + r(2x + 1) x2 + (2 − x2) = 2, así dado x ∈ X,
existe un número mayor, x + r ∈ X.

B) El conjunto Y no tiene mínimo. Dado y ∈ Y , tenemos y 0 e y2 2.
Podemos entonces obtener un número racional r tal que 0 r y2−2
2y .
De esto obtenemos 2ry y2−2, y por lo tanto (y−r)2 = y2−2ry+r2
y2 − 2ry 2.
Notemos que r y2−2
2y significa r y
2
− 1
2 y, esto es y − r es
y y
positivo. Por lo tanto, dado y ∈ Y podemos obtener y − r ∈ Y , con
y −r y.
C) Si x ∈ X e y ∈ Y , entonces x y. En efecto, se tiene x2 2 y2, por
consiguiente x2 y2, y como x e y son ambos positivos, se concluye
que x y.
m
Vamos a probar ahora que no existe Sup(X) ni inf(X) en Q.
Supongamos que existe S = Sup(X) ∈ Q. Necesariamente debe tenerse
que S 0, y no podemos tener que S2 2, puesto que esto significaría que
S ∈ X y en este caso, X tendría máximo lo cual ya vimos no existe por A),
tampoco puede tenerse S2 2, pues se tendría entonces que S ∈ Y , y como
Y no tiene minimo, existe b ∈ Y tal que b S, de C) se tiene entonces que
x b S para todo x ∈ X, luego S no sería el supremo de X.
De modo análogo se prueba que s = inf(Y ) /∈
Q.
Problema 2.1. Como aplicación directa del ejemplo anterior vamos a de-mostrar
que
√
3 +
√
2 es irracional.
Solución. Supongamos lo contrario, es decir,
√
2+
√
3 ∈ Q. De esto se sigue
que
√
3−
√
2 = 1 √
3 +
√
2
es racional (por ser el cuociente de dos racionales).
ahora, como √
2 = 1
2

(
√
3 +
√
2) − (
√
3 −
√
2)

es racional. Lo que es una contradicción. Por lo tanto,
√
3+
√
2 es irracional.

Sergio Plaza 45
Ejemplo 2.3. Sean A,B ⊂ R, conjuntos no vacíos, ambos acotados superior-mente.
Defina el conjunto A + B = {x + y : x ∈ A , y ∈ B}. Pruebe que
Sup(A + B) = Sup(A) + Sup(B) .
Solución. Sean a = Sup(A) y b = Sup(B), se tiene entonces que x ≤ a
para todo x ∈ A, y analogamente y ≤ b para todo y ∈ B. De esto se sigue
que x + y ≤ a + b para todo x ∈ A y todo y ∈ B, en otras palabras a + b es
una cota superior de A + B.
Ahora, desde la definición de supremo se tiene que dado ε o, existen
x ∈ A e y ∈ B tal que a − ε x ≤ a y b − ε y ≤ b. Sumando esas
desigualdades, obtenems a+b−ε x+y ≤ a+b, de donde a+b = Sup(A+B),
como queríamos probar.
Ejemplo 2.4. Sean A,B subconjuntos no vacíos de un cuerpo ordenado K.
Suponga A y B son acotados superiormente.
(i) Pruebe que Sup(A ∪ B) =max{ Sup(A), Sup(B)} .
(ii) Si A ∩ B= ∅ , pruebe que Sup(A ∩ B) ≤ min{ Sup(A), Sup(B)} .
(iii) Se define A−B = { x−y : x ∈ A , y ∈ B} . Pruebe que Sup(A−B) =
Sup(A) − inf(B) . (Indicación: Pruebe que Sup(−A) = −inf(A) ,
donde −A = {−x : x ∈ A} .)
En efecto, (a) (b) (i) Sean a = Sup(A) y b = Sup(B) . Sin perdida de
generalidad podemos suponer que a ≤ b . Entonces para todo x ∈ A ∪ B ,
se tiene x ≤ b . Además, dado ε 0 , existe x∗ ∈ B tal que b−ε x∗ ≤ b .
Es claro que x∗ ∈ A ∪ B , lo cual termina la prueba.
(ii) Sean a = Sup(A) y b = Sup(B) . Si x ∈ A ∩ B , entonces x ≤ a y
x ≤ b , de donde x ≤ min{a, b} . Por lo tanto min{a, b} es una cota superior
de A∩B , y siendo Sup(A∩B) la menor de las cotas superiores de A∩B ,
se sigue que Sup(A ∩ B) ≤ min{a, b} .

(iii) Como A es acotado superiormente, −A = {−x : x ∈ A} es acotado
inferiormente, esto es inmediato, pues si x ≤ K para todo x ∈ A, entonces
−K ≤ −x para todo −x ∈ (−A) . Sea a = inf(A) , entonces por definición
de ínfimo, se tiene (1) a ≤ x para todo x ∈ A y (2) dado ε 0 , existe
x∗ ∈ A, tal que a ≤ x∗ a + ε . Multiplicando las desigualdades (1) y
(2) por −1 , obtenemos (1’) −x ≤ −a para todo −x ∈ (−A) , y (2’) dado
ε 0 , existe −x∗ ∈ (−A) , tal que −a − ε x∗ −a , en otras palabras,
−a = Sup(−A) .
Ahora, vamos a probar que Sup(A + B) = Sup(A) + Sup(B)) .
En efecto, sean a = Sup(A) y b = Sup(B) , es claro que a+b es una cota
superior de A + B. Ahora, dado ε 0 , existen x∗ ∈ A, y∗ ∈ B , tales que
a−ε/2 x∗ ≤ a y b−ε/2 y∗ ≤ b. Por lo tanto, (a+b)−ε x∗+y∗ ≤ a+b ,
y como z∗ = x∗ + y∗ ∈ (A + B) , se sique que a + b = Sup(A + B) .
Finalmente, de lo anterior, tenemos Sup(A − B) = Sup(A + (−B)) =
Sup(A) + Sup(−B) = Sup(A) − inf(B) .
Definición 2.1. Decimos que un cuerpo ordenado K es completo si todo
conjunto no vacío acotado superiormente, X ⊆ K, posee supremo en K.
Esto es equivalente a que todo subconjunto no vacío y acotado inferior-mente
posee infimo en K.
Ejemplo 2.5. Por lo visto anteriormente Q no es completo.
Ejemplo 2.6. Sea K un cuerpo ordenado no arquimediano. Entonces N ⊆ K
está acotado superiormente. Si b ∈ K es una cota superior de N, entonces
n + 1 b para todo n ∈ N, luego n ≤ b − 1 cualquiera que sea n ∈ N, en
otras palabras, si b es cota superior de N en K, entonces b−1 también lo es,
y como b− 1 b, se sigue que en un cuerpo no arquimediano K, el conjunto
de los números está acotado superiormente, pero no existe Sup(N) en K.

3 3 Sergio Plaza 47
Desde √
√
el ejemplo anterior concluímos que todo cuerpo ordenado completo
es arquimediano.
Daremos ahora el último de los axiomas que nos permiten caracterizar el
cuerpo de los números reales.
Axioma (de Completitud) Existe un (único) cuerpo ordenado y completo,
el cual denotamos por R, llamado cuerpo de los númreos reales.
Los elementos de R − Q son los llamamos números irracionales.
Por el ejemplo de antes Q no es completo.
Ejemplo 2.7. No existe un número racional cuyo cubo sea igual a 24
En efecto, vamos a probar que 24 es irracional. Supongamos que 24 es
racional, digamos 3 √
24 = p/q con p, q ∈ N y coprimos. Tenemos entonces
que 24 = p3/q3, de donde 24q3 = p3, por lo tanto 24 divide a p3 (Nota: no
deduzca de ese hecho que 24 divide a p, que sería una analogía directa a lo
que hicimos cuando mostramos que
√
2 es irracional, por ejemplo, 24 divide
a 63, pero evidentemente 24 no divide a 6). Como 24 es compuesto (es no
primo), entonces se descompone en factores primos, tenemos que 24 = 23 · 3,
por lo que p3 = 23 · 3 · q3, de esto deducimos que 3 divide a p3, y como 3
es primo, se tiene que 3 divide a p, esto significa que p = 3 · k, con k ∈ N.
Usando esto, nos queda que 33k3 = 23 · 3 · q3, de donde 32k3 = 23 · q3, por lo
tanto 3 divide a q, lo que es una contradicción.
Usando esta idea pruebe que k
√
n es racional sólo si n = mk, para algún
m ∈ N.
Ejemplo 2.8. Probemos otra vez que
√
2 +
√
3 es irracional, pero de una
forma distinta.
Afirmación. La raíz cuadrada
√
k de un número natural k es racional si y
sólo si k es un cuadrado perfecto, en otras palabras k = p2 para algún p ∈ N.

En efecto, si k = p2, para algún p ∈ N, estamos listos. Recíprocamente, si √
√
k es racional, entonces
k es una raíz racional de la ecuación polinomial
p(x) = x2 − k, pero las raíces racionales positivas de esta ecuación son de la
forma m
n
, donde m ∈ N es un divisor de k y n ∈ N es un divisor de 1. Luego,
√
k = m, esto es, k = m2.
Para ver que
√
2+
√
3 no es un número racional, supongamos es un número
racional, digamos
√
2+
√
3 = r, con r ∈ Q, y r 0. Entonces
√
3 = r −
√
2,
luego 3 = r2 − 2r
√
2 + 2, de donde
√
2 = r2 − 1
2r
es un número racional. Lo
cual es una contradicción.
Ejemplo 2.9. Sean x, y ∈ R, con 0 x y. Pruebe que x
√
xy x+y
2
y.
Solución. Como x y se tiene que x+y 2y, esto es, x+y
2 y. Ahora como
0 (x−y)2 = x2 −2xy +y2 se sigue que 4xy x2 +2xy +y2 = (x+y)2, de
donde √
xy x+y
2 . Finalmente, comox y, obtenemos que x =
√
x2
√
xy.
Juntando esas desigualdades se obtiene lo pedido.
Ejemplo 2.10. Encuentre los valores de x ∈ R que satisfacen la desigualdad
[x] ≤ x2
. (Recuerde: [x] es el mayor entero menor o igual que x, en otras
palabras, es el mayor entero que satisface x − 1 [x] ≤ x.)
Solución. De las desigualdades x−1 [x] y [x] ≤ x2
(condición), se obtiene
x2
que x − 1 x/2, esto es, x 2. Ahora bien, si 1 ≤ x 2 se tiene
[x] = 1 x/2, de donde se sigue que x 2, lo que es una contradicción.
Si 0 ≤ x 1, entonces [x] = 0 x/2, en consecuencia si 0 ≤ x 1 la
desigualdad es verdadera.
De modo análogo se verifica que si − ≤ x − + 1, para = 1, 2, . . .,
entonces la desigualdad es verdadera.
Resumiendo: la desigualdad [x] ≤ es verdadera para todo x ∈]−∞, 1[ .
Definición 2.2. Decimos que un subconjunto X ⊆ R es denso en R, si todo

Sergio Plaza 49
intervalo abierto ]a, b[ contiene algún punto de X.
Ejemplo 2.11. X = R − Z es denso en R.
En efecto, todo intervalo ]a, b[ es un conjunto infinito y por otra parte existe
sólo una cantidad finita de enteros n, tales que a n b, luego cualquier
intervalo ]a, b[ contiene elementos de X.
Ejemplo 2.12. Muestre que entre dos números reales distintos cualesquiera
existe un número irracional.
En efecto, supongamos √ que a, b ∈ R con a b. Elijamos n ∈ N tal que
2
n
√
b−r, donde r ∈ Q y a r b. Luego el número irracional x = r+
2
satisface n a x b.
Teorema 2.7. El conjunto Q de los números racionales y el conjunto R−Q
de los números irracionales son densos en R.
Demostración. Sea ]a, b[ un intervalo abierto arbitrario de R. Como b−a
0, existe un número natural p tal que 0 1
p b−a. Los números de la forma
m
p , con m ∈ Z descomponen R en intervalos de longitud 1
p. Como 1
p es menor
que b − a, longitud del intervalo ]a, b[, alguno de los números m
p debe estar
en ]a, b[. Ahora, formalmente, tenemos
Sea
A =

m ∈ Z : m
p

≥ b
.
Como R es arquimediano, A es un conjunto no vacío de números enteros,
acotado inferiormente por b · p. Sea m0 ∈ A el menor elemento de A.
Entonces b ≤ m0
p , y como m0 − 1 m0 se obtiene m0−1
p b.
Afirmación
a
m0 − 1
p
b.

En efecto, si no, se tendría m0−1
p
p , y de esto b − a ≤
≤ a b ≤ m0
m0
p
− (m0−1)
p = 1
p , lo que es una contradicción. Luego, el número racional
m0−1
∈]a, b[.
Para el caso de R−Q, sea p ∈ N tal que 1
p
2 , es decir,
p b√−a
√
2
p b−a. Los
√
2
p , con m ∈ Z y m= 0, son irracionales y dividen a
números de la forma m
la recta R en intervalos de longitud
√
2
p . Como
√
2
p b − a se concluye que
√
2
p
m
∈]a, b[ para algún m ∈ Z. La prueba formal es completamente análoga
al caso anterior.
m
El siguiente teorema, conocido como “Principio de los Intervalos Encaja-dos”
es usado por algunos autores en la construcción de los números reales.
Teorema 2.8. Sean I ⊇ I2 ⊇ · · · ⊇ In ⊇ · · · una sucesión decreciente de
intervalos cerrados y acotados, digamos Ik = [ak, bk]. Entonces la interseción
∞
n=1
In es no vacía. Más precisamente, se tiene que

n≥1
In = [a, b], donde
a = Sup{an : n ∈ N} y b = inf{bn : n ∈ N}.
Demostración. Para cada n ∈ N se tiene In+1 ⊆ In, lo que significa an ≤
an+1 ≤ bn+1 ≤ bn. Por lo tanto, a1 ≤ a2 ≤ · · · ≤ an ≤ · · · ≤ bn ≤ · · · ≤ b2 ≤
b1.
Sean A = {an : n ∈ N} y B = {bn : n ∈ N}.
El conjunto A está acotado inferiormente por a1, y superiormente por bn.
Analogamente, para B. Sean a = Sup(A) y b = inf(B). Como cada bn es
una cota superior de A, se concluye que a ≤ bn para todo n ∈ N. Luego, a
es una cota inferior de B y por lo tanto a ≤ b. Así podemos escribir
a1 ≤ a2 ≤ · · · ≤ an ≤ · · · ≤ a ≤ b · · · ≤ bn ≤ · · · ≤ b1
esto implica que a, b ∈ In para todo n ∈ N (puede ocurrir la alternariva
a = b, ningún problema), de donde [a, b] ⊆ In para cada n, por lo tanto

Sergio Plaza 51
[a, b] ⊆

n=1
In.
Además, ningún x a puede pertenecer a todos los In. En efecto, si
x a = Sup(A), existe an ∈ A tal que x an, esto es, x /∈ In. Del mismo
modo, y b, entonces y bm para algún m, de donde y /∈ Im. Esto nos
permite cocluir que
∞
n=1
In = [a, b]
lo que concluye la demostración.
m
/∈
Teorema 2.9. El conjunto de los números reales no es numerable.
Demostración. Dado un intervalo cerrado y acotado I = [a, b], con a b,
y un número real x0, existe un intervalo cerrado y acotado, J = [c, d], con
c d, tal que x0 J y J ⊆ I. Verificación inmediata.
Dado cualquier conjunto numerable X = {x1, x2, . . .} ⊆ R, podemos en-contrar
x ∈ R, con x /∈ X. En efecto, sea I1 un intervalo cerrado y acotado
y no degenerado, tal que x1 /∈
I1, sea I2 un intervalo cerrado, acotado y no
degenerado con x2 /∈
I2 e I2 ⊆ I1. Inductivamente, suponiendo obtenidos in-tervalos
cerrados, acotados y no degenerados I1 ⊇ I2 ⊇ · · · ⊇ In, con xi /∈
Ii
para todo 1 ≤ i ≤ n, podemos obtener In+1 ⊆ In con xn+1 /∈
In+1. Así
construimos una sucesión decreciente I1 ⊇ I2 ⊇ · · · ⊇ In ⊇ · · · de interva-los
cerrado, acotados y no degenerados. Por el teorema anterior, existe un
número real x ∈ In para todo n.
Como xn /∈
In, se deduce que x= xn para todo n. Por lo tanto ningún
conjunto numerable puede contener todos números reales.
m
Corolario 2.10. El conjunto de los números irracionales es no numerable.

Corolario 2.11. Todo intervalo no degenerado de números reales es no
numerable.
Demostración. Sea f : ]0, 1[−→]a, b[ definida por f(x) = (b − a)x + a es
una biyección del intervalo abierto ]0, 1[ en el intervalo abierto ]a, b[.
Si ]0, 1[ fuese numerable, ]0, 1] también lo sería y consecuentemente ]n, n+1]

sería numerable para cada n ∈ Z. Pero R =
]n, n+1], asi R resultaría ser
n∈Z
numerable, lo que es una contradicción.
m
Ejemplo 2.13. (Desigualdad de Schwarz)
(a) Sean a1, a2, . . . , an y b1, b2, . . . , bn números reales. Pruebe que

n
k=1
akbk
2
≤

n
k=1
a2
k

n
k=1
b2
k

y pruebe que la igualdad vale si y sólo si existe λ ∈ R, tal que ai = λbi
(i = 1, 2, . . . , n )
Indicación: ax2 + bx + c ≥ 0 si y sólo si b2 − 4ac ≤ 0 .
(b) Sean ai , i = 1, . . . , n números reales positivos. Pruebe que

n
k=1
ak

n
k=1
1
ak

≥ n2 .
Indicación. En este problema, en las partes (a) y (b), no es necesario usar
inducción.
En efecto, consideremos el polinomio cuadrático
p(x) =
n
k=1
(ak − bkx)2

Sergio Plaza 53
Evidentemente p(x) ≥ 0 para todo x ∈ R, por lo tanto tiene a lo más una
raíz real (cuando es exactamente igual a cero). De donde
0 ≤
n
k=1
(a2
k
− 2akbkx + bkx2) =
n
k=1
a2
k
−

2
n
k=1
akbk

x +

n
k=1
b2
k

x2
usando la indicación se tiene

2
n
k=1
akbk
2
≤ 4

n
k=1
a2
k

n
k=1
b2
k

.
Caso p(x) tenga una (única) raíz, se debe tener que

n
k=1
akbk
2
=

n
k=1
a2
k

n
k=1
b2
k

.
La desigualdad restante es inmediata.
Ejemplo 2.14. Sean x e y dos números reales tales que x y. Pruebe que
existe un número racional r tal que x r y. Use este resultado para
probar que cualquier intervalo abierto no vacío ]a, b[ contiene una cantidad
infinita de números racionales.
Solución.
a) Tenemos que y − x 0. Como R es arquimediano, existe N ∈ N tal
que
N
2
y − x
.
Luego N(y − x) 2, equivalentemente, Nx + 2 Ny. Usando otra
vez que R es arquimediano, existe un núnico n ∈ N tal que
n ≤ Nx n + 1.
Afirmamos que n + 1 ∈]Nx,Ny[. De hecho, tenemos Nx n + 1 ≤
Nx + 1 Nx + 2 Ny, y como Nx n + 1, se tiene la conclusión.

Ahora x
n + 1
N
y, tomando r = n + 1
N
∈ Q se tiene lo pedido.
b) Supongamos que el intervalo abierto no vacío ]a, b[ contiene sólo una
cantidad finita de números racionales. Entonces
r∗ = min{r ∈ Q : a r b}
∗
existe y r pertenece a ]a, b[. Usando la parte (a) existe un número racional
q tal que a q . Es claro que q ∈]a, b[, lo que contradice la
definición de r∗. En conclusión el conjunto {r ∈ Q : a r b} es
infinito.
Ejemplo 2.15. Sean x, y, a y b números reales positivos. Suponga que
x
a

. Pruebe que
y
b
x
y

a + x
b + y

a
b
.
Solución. Vamos a probar primero la desigualdad
x
y

x + a
y + b
.
Tenemos x(y + b) − y(x + a) = xb − ya = yb

x
y
− a
b

0. Luego,
x(y + b) y(x + a), equivalentemente
x
y

x + a
y + b
.
La otra desigualdad es análoga.
Ejemplo 2.16. Sean x, y ∈ R. Pruebe que
|x + y|
1 + |x + y|
≤
|x|
1 + |x| +
|y|
1 + |y| .
Solución. Notemos primero que los denominadores de las fracciones involu-cradas
en la desigualdad no son igual a 0.

Sergio Plaza 55
Primero supongamos que |x+y| ≤ |x|, de esto obtenemos |x+y|+|x||x+
y| ≤ |x| + |x||x + y|. Luego, |x + y|(1 + |x|)|x|(1 + |x + y|), de donde
|x + y|
1 + |x + y|
≤
|x|
1 + |x| .
Como
|y|
1 + |y| es positivo, obtenemos
|x + y|
1 + |x + y|
≤
|x|
1 + |x| +
|y|
1 + |y| .
Si |x + y| ≤ |y|, un argumento similar nos da la desigualdad.
Ahora supongamos que max{|x|, |y|} ≤ |x + y|. La desigualdad del trián-gulo
|x + y| ≤ |x| + |y|, nos da que
|x + y|
1 + |x + y|
≤
|x|
1 + |x + y| +
|y|
1 + |x + y| .
Como max{|x| , |y|} ≤ |x + y|, se tiene
|x|
1 + |x + y| +
|y|
1 + |x + y|
≤
|x|
1 + |x| +
|y|
1 + |y| .
Por lo tanto
|x + y|
1 + |x + y|
≤
|x|
1 + |x| +
|y|
1 + |y| .
Ejemplo 2.17. Sea r ∈ Q∩ ]0, 1[. Escriba r = a
b
donde a ≥ 1 y b ≥ 1 son
números naturales coprimos. Pruebe que existe un número natural n tal que
1
n + 1
≤ a
b

1
n
.
Use esto para mostrar que existen números naturales n1, . . . , nk tal que
r = a
b
= 1
n1
+ · · · + 1
nk
.

Solución. Usando la propiedad arquimediana de los números reales, tenemos
que existe un único entero positivo n tal que
m ≤ b
a
m+ 1.
Como b
a
m+1, obtenemos m ≥ 1, y una pequeã manipulación algebraica
nos da
1
m + 1
≤ a
b

1
m
.
Si b
a
= 1
m
, entonces tenemos quem 1. En este caso, tomamos n = m−1.
De otro modo tomamos n = m − 1. De otro modo tomamos M = n, para
obtener
1
n + 1
≤ a
b

1
n
.
Para la segunda parte usamos inducción.
Si a = 1, entonces la conclusión es inmediata supongamos que la conclusión
es válida para a = 1, . . . , k y vamos a probar que vale para k + 1. Sea b ≥ 1
un número natural coprimo con k +1 tal que k +1 b. Entonces, la pimera
parte implica que existe un número natural n tal que
1
n + 1
≤ k + 1
b

1
n
.
Si 1
n + 1 = k + 1
b
, no hay nada a probar. Si 1
n + 1
k + 1
b
, entonces
0
k + 1
b
− 1
n + 1
1
n
− 1
n + 1 1 .
Sea r∗ = k + 1
b
− 1
n + 1 = a∗
b∗
∈ Q, donde a∗ y b∗ son números naturales
coprimos.
Es claro que a∗ ≤ (k + 1)(n + 1) − b. Como k + 1
b

1
n
, se sigue que
(k+1)(n+1)−b k+1. k + 1
b

1
n
, se sigue que (k+1)(n+1)−b k+1.

Sergio Plaza 57
Esto implica que a∗ k + 1. Nuestra hipótesis de inducción implica
a∗
b∗ = 1
n1
+ · · · + 1
nl
para algunos números naturales. Luego
k + 1
b
= 1
n + 1 + 1
n1
+ · · · + 1
nl
y la prueba está completa.
Ejemplo 2.18. Sean x, y ∈ R, con x y e y −x 1. Pruebe que existe
un número entero ∈ Z, tal que x y. Pruebe además, que si n ∈ Z,
no existen enteros p satisfaciendo n p n + 1.
Solución. Probaremos primero la segunda parte del ejercicio.
Sea n el menor entero positivo, el cual existe por el P.O.B.
Afirmación. n = 1.
En efecto. Si n 1, entonces n2 n, y como n es entero se sigue que
n2 tambien lo es. Con esto tenemos una contradicción con el hecho que n
es el menor entero positivo. Por lo tanto, 1 es el menor número natural.
Lo anterior implica que si n es un entero, entonces nigún entero p satisface
n p n + 1, de otro modo, restando n de la desigualdad, obetnemos que
0 p−n 1, y siendo p − n entero, tenemos una contradicción.
Supongamos ahora que y −x 1, y sea
S = { n ∈ N : y ≤ n}
Por la propiedad arquimediana, conjunto S es no vacío. Por el P.B.O., S
tiene un menor elemento, sea este k. Por lo tanto, k − 1 y. Ahora, o bien
k − 1 ≤ x o k − 1 x.
Si k − 1 ≤ x, tenemos
y − x ≤ y − (k − 1) = y − k

0
+1 ≤ 1

lo que contradice el hecho que y −x 1. En consecuencia, x k − 1 y, y
lo afirmado está probado.
2.9 Ejercicios
Problema 2.2. Sea R+ = {x ∈ R : x 0} y defina la suma ⊕ y el
producto ⊗ en R+ como sigue: x ⊕ y = x · y y x ⊗ y = xy Es (R+,⊕,⊗)
un cuerpo?
Problema 2.3. Verifique que (Q(i),+, ·) como fueron definidos en el texto
es un cuerpo.
Problema 2.4. Sea p ≥ 2 un primo. Defina Zp como el conjunto de las
clase de equivalencia módulo p, donde m, n ∈ Z son equivalente módulo p
si y sólo si m − n = k p para algún k ∈ Z. La suma y en producto en Zp
son definidos como sigue: si [n] representa la clase del entero n módulo p,
entonces [n] + [m] = [n+m] y [n] · [m] = [n ·m]. Verifique si (Zp,+, ·) es un
cuerpo. Si es un cuerpo Es ordenado?
Problema 2.5. Sea K un cuerpo ordenado. Pruebe que a2 + b2 = 0 si y
sólo si a = b = 0 . Ilustre con un ejemplo que ocurrir a2 + b2 = 0 en un
cuerpo no ordenado sin que necesariamente se tenga a = b = 0.
Problema 2.6. Sea K un cuerpo ordenado. Dados n ∈ N y x ∈ K, con
x 1 . Pruebe que (1 − x)n ≥ 1 − nx .
Problema 2.7. En un cuerpo ordenado, si a y a+x son positivos, probar
que (a + x)n ≥ an + nan−1x, para todo n ∈ N.
Problema 2.8. Probar que en un cuerpo ordenado K, las siguientes afir-maciones
son equivalentes:
(i) K es arquimediano.

Sergio Plaza 59
(ii) Z no está acotado superior ni inferiormente.
(iii) Q no está acotado superior ni inferiormente.
Problema 2.9. Demuestre que un cuerpo ordenado K es arquimediano si
y sólo si para cada ε 0 dado, existe n ∈ N, tal que 1/2n ε.
Problema 2.10. Sean a ∈ Q, con a= 0, y x ∈ R − Q. Pruebe que
ax, a + x ∈ R − Q.
Ilustre con ejemplos que existen números irracionales x e y tales que x+y
y xy son racionales.
Problema 2.11. Sean a, b, c y d números racionales. Pruebe que a+b
√
2 =
c + d
√
2 si y sólo si a = c y b = d .
Problema 2.12. Pruebe que inf({1/n : n ∈ N}) = 0.
Problema 2.13. Sean A,B ⊂ R, conjuntos no vacíos. Suponga que x ≤ y
para cada x ∈ A y cada y ∈ B . Suponga que existen Sup(A) e inf(B) .
Pruebe que Sup(A) ≤ inf(B) . Además, pruebe que Sup(A) = inf(B) si y
sólo si para cada ε 0 , existen x ∈ A e y ∈ B , tales que y − x ε.
Problema 2.14. Sea A ⊂ R. Suponga que A está acotado. Pruebe que si
B ⊂ A entonces inf(A) ≤ inf(B) ≤ Sup(B) ≤ Sup(A) .
Problema 2.15. Dados conjuntos no vacíos A,B ⊂ R, se define su suma
como A + B = {a + b : a ∈ A , b ∈ B } .
Suponga que A y B están acotados. Pruebe
1. A + B está acotado
2. Sup(A + B) = Sup(A) + Sup(B)
3. inf(A + B) = inf(A) + inf(B) .

Problema 2.16. Dados conjunto no vacío A ⊂ R y un número real λ , se
define el conjunto λA = {λa : a ∈ A} .
Probar
1. Si A está acotado, entonces λA también está acotado.
2. Suponga que A está acotado y que λ 0 , entonces Sup(λA) =
λ Sup(A) e inf(λA) = λ inf(A) .
3. Suponga que A está acotado y que λ 0 , entonces Sup(λA) =
λ inf(A) e inf(λA) = λ Sup(A) .
Problema 2.17. Dados conjuntos de números reales A y B , se define el
conjunto producto de A y B por A · B = {a · b : a ∈ A , , b ∈ B} .
Si A y B están acotados, pruebe que A · B está acotado.
Pruebe además, que si A y B están formado de números reales positivos,
entonces Sup(A · B) = Sup(A) · Sup(B) e inf(A · B) = inf(A) · inf(B) .
Problema 2.18. Decimos que una función f : X ⊂ R −→ R es acotada si
su conjunto imagen f(X) = {f(x) : x ∈ X} es acotado.
Si f es acotado, definimos Sup(f) = Sup(f(X)) e inf(f) = inf(f(X)) .
Ahora, dadas funciones f, g : X ⊂ R −→ R, definimos las funciones f+g ,
f · g y f/g , caso g(x)= 0 para todo x ∈ X , por (f +g)(x) = f(x)+g(x) ,
(f · g)(x) = f(x) · g(x) y (f/g)(x) = f(x)/g(x) , para todo x ∈ X .
Pruebe
1. Si f y g están acotadas, entonces g + f está acotada.
2. (f + g)(X) ⊂ f(X) + g(X) .
3. Sup(f + g) ≤ Sup(f) + Sup(g) .

Sergio Plaza 61
4. inf(f + g) ≥ inf(f) + inf(g) .
5. Ilustre con ejemplos que las desigualdades estrictas pueden ocurrir en
los items (3) y (4).
6. Pruebe que (f · g)(X) ⊂ f(X) · g(X) . Suponga que f y g están aco-tadas
deduzca que f ·g está acotada y pruebe que si f y g son positiva,
entonces Sup(f · g) ≤ Sup(f) · Sup(g) e inf(f · g) ≥ inf(f) · inf(g) .
Ilustre con un ejemplo que las desigualdades pueden ser esctrictas.
7. Si f es positiva y acotada, se tiene Sup(f2) = Sup(f)2 , donde f2(x) =
f(x) · f(x) , para todo x ∈ X .
Problema 2.19. Sea A,B ⊂ R conjuntos abiertos. Pruebe que
1. y + A = {x + y : x ∈ A} ,
2. y · A = {y ·x x ∈ A} , siempre que y= 0,
3. A + B ,
4. A · B = {x · y : x ∈ A , y ∈ B} ,
son subconjuntos abiertos de R.
Problema 2.20. Sea K un cuerpo ordenado. Se define el interior de un
conjunto A ⊂ K, y de denota por interior(A), como interior(A) = {x ∈
A : existe ε 0, tal que ]x − ε, x + ε[⊂ A}. Pruebe que interior(X) es un
conjunto abierto, interior(X ∩ Y ) = interior(X) ∩ interior(Y ) , interior(X ∪
Y ) ⊃ interior(X) ∪ interior(Y ) .
Problema 2.21. Sea C ⊂ K. Decimos que α ∈ K es un punto de acumu-lación
de C si, para cada ε 0, se tiene (C ∩ ( ] α − ε, α + ε [ −{α})= ∅.
Denotamos el conjunto de todos los puntos de acumulación de C por C, el
cual es llamado conjunto derivado de C. Finalmente, se define la clausura

de C, que denotamos por C, como el conjunto C ∪ C. Pruebe que C es un
conjunto cerrado, X ∪ Y = X ∪ Y , X ∩ Y ⊂ X ∩ Y , (X ∪ Y ) = X ∪ Y .
Problema 2.22. Pruebe que si n,m ∈ N no son cuadrados perfectos, en-tonces
√
n +
√
m es irracional
Problema 2.23. Pruebe que
√
6 −
√
2 −
√
3 es irracional
Problema 2.24. Sean m, n ∈ N, tales que n·m no es un cuadrado perfecto.
√
√
√
√
Pruebe que
n +
m y
n −
m son irracionales.
Problema 2.25. Sea p ∈ N Es
√
p − 1 −
√
p + 1 irracional?
Problema 2.26. Sean a, b, c, d números racionales distintos, con c= 0 y sea
x un número irracional. Pruebe que ax + b
cx + d
es irracional si y sólo si ad= bc.
Problema 2.27. Demostrar que 3
20 + 14
√
2 + 3
20 − 14
√
2 es un úmero
racional.
Problema 2.28. Sea f : R → R definida por f(x) si x es irracional y por
f

p
q

= q si p/q es una fracción irreducible con p 0, f(0) = 0. Muestre
que f es no acotada en cualquier intervalo no degenerado.

Capítulo 3
Sucesiones de Números Reales
3.1 Sucesiones de números reales
Una sucesión de números reales o simplemente una sucesión en R, es una
función x : N −→ R. El valor x(n), se denota por xn, y se llama al término
n–ésimo o de orden n de la sucesión. Usaremos la notación x = (xn)n∈N para
representar una sucesión.
Observación 3.1. No confundir x = (xn)n∈N con {xn}n∈N = x(N), la
primera denota una función, mientras que la segunda denota su recorrido
también llamado conjunto de valores de la sucesión.
Ejemplo 3.1. 1. Dado a ∈ R, definamos x : N −→ R por x(n) = xn =
an, en este caso {xn}n∈N = {a, a2, a3, . . . , an, . . .}
2. Sea x : N → R, dada por x(n) = 1+(−1)n. Tenemos que x(N) = {0, 2}.
Una sucesión (xn)n∈N está acotada si x(N) = {xn : n ∈ N} = {x(n) : n ∈
N} está acotado, es decir, existen a, b ∈ R tales que a ≤ xn ≤ b para todo
n ∈ N, o equivalentemente |xn| ≤ C para todo n ∈ N y algún C ∈ R. Es
inmediato que (xn)n∈N está acotada si y sólo si (|xn|)n∈N está acotada.
63

Una sucesión (xn)n∈N está acotada superiormente (resp. inferiormente) si
xn ≤ b, esto es, xn ∈]−∞, b[ (resp. xn ∈ [a,+∞[ ).
Es claro que una sucesión está acotada si y sólo si lo está inferior y supe-riormente.
Dada una sucesión x = (xn)n∈N en R, una subsucesión de x es la restricción
de x a un subconjunto infinito N1 = {n1 n2 · · · ni · · ·} de
N. Usamos la notación x = (xn)n∈N o (xni)i∈N para indicar la subsucesión
x = x|N1.
Nota 3.1. La definición anterior de subsucesión se traduce en lo siguiente:
Sea x : N −→ R una sucesión, una subsucesión de x = (xn)n∈N es una función
de la forma x ◦ k : N −→ R, donde k : N −→ N es una función creciente, es
decir, para m, n ∈ N, si m n entonces k(m) k(n). Usando la notación
k(j) = nj se tiene x ◦ k(j) = x(k(j)) = x(nj) = xnj .
Nota 3.2. Si x = (xn)n∈N1 es una subsucesión de una sucesión x = (xn)n∈N,
entonces x(N1) ⊂ x(N).
Teorema 3.1. Toda subsucesión de una sucesión acotada (resp. acotada
superiormente, inferiormente) está acotada (resp. superiormente, inferior-mente).
Demostración. Inmediata, se deja a cargo del lector (ver 3.2).
Definición 3.1. Decimos que una sucesión x = (xn) es creciente (resp. no
decreciente) si xn xn+1 (resp. xn ≤ xn+1) para todo n ∈ N. Analogamente,
x = (xn)n∈N es decreciente (resp. no creciente) si xn+1 xn (resp. xn+1 ≤
xn) para todo n ∈ N.
Una sucesión es monótona si es creciente, no decreciente, decreciente, o no
creciente.
Ejemplo 3.2. La sucesión x = (xn)n∈N definida por xn = n es creciente.

Sergio Plaza 65
Ejemplo 3.3. Una sucesión constante, es decir, xn = α para todo n ∈ N es
no creciente y no decreciente.
Ejemplo 3.4. La sucesión cuyo término general es xn = 1
n es decreciente.
Ejemplo 3.5. La sucesión dada por x = ((−1)n)n∈N no es creciente ni de-creciente.
Simplemente sus valores oscilan entre −1 y 1.
i
nTeorema 3.2. Una sucesión monótona está acotada si y sólo si posee una
subsucesión acotada.
Demostración. En inmediato que si la sucesión está acotada, cualquier
subsusesión de ella está acotada.
Recíprocamente, supongamos que x = (xn)n∈es no decreciente y sea
N x = x|una subsucesión acotada de x.
N1 Ahora, como N1 es infinito si y sólo si no está acotado, se sigue que dado
m ∈ N arbitrario, existe ni ∈ N tal que m .
Ahora, como estamos suponiendo que x = (xni)i∈N está acotada, xn1
≤
xn2
≤ · · · ≤ xnk
≤ · · · ≤ b, se sigue que para cualquier n ∈ N existe nk ∈ N1,
con nk n, luego xn ≤ xnk
≤ b. Por lo tanto, xn ≤ b para todo n ∈ N.
m
Nota 3.3. Si una sucesión posee una subsucesión acotada, no se puede con-cluir
que ella sea convergente. Para ver esto considere la siguiente sucesión
xn =
⎧⎨
⎩
2n si n es par
0 sin es impar.
Sea N1 = {2n+1 : n ∈ N} y sea x = x|N1 , entonces para cada j ∈ N1 se
tiene que x(j) = x(j) = 0, pues siendo j un elemento de N1 se tiene que j
es impar. Por otra parte, es claro que la sucesión no es convergente, pues no
está acotada superiormente.
Note que x(n) = xn = n + (−1)nn.

Ejemplos 3.1. 1. xn = 1 para todo n ∈ N. Tenemos x(N) = {1}, es no
creciente y no decreciente.
2. xn = n para todo n ∈ N. En este caso x : N −→ R es la aplicación
inclusión, está acotada inferiormente, pero no superiormente, es monó-tona
creciente.
3. xn = (1+(−1)n+1)/2, en este caso x(N) = {0, 1} está acotada y no es
monótona.
4. xn = 1/n para todo n ∈ N, es monótona decreciente y acotada.
5. xn = (1+(−1)n+1)n2
. Entonces xn = n si n es impar y xn = 0 si n es par
está acotada inferiormente pero no superiormente y no es monótona.
6. Sea a ∈ R. Definamos xn = an. Si a = 0 o a = 1, la sucesión
es constante. Si 0 a 1, la sucesión es monótona decreciente y
acotada, y 0 an 1. Caso −1 a 0, la sucesión no es monótona
pero sigue siendo acotada, pues |an| = an. Caso a = −1, la sucesión
tiene valores −1, 1,−1, . . .. Si a 1, la sucesión es creciente y acotada
inferiormente, pero no superiormente, pues si a = 1+h, con h 0, se
sigue que an ≥ 1+nh. Luego dado b ∈ R, con b 1, tomando n b−1
h
se sigue que an b. Finalmente, si a −1, se tiene que (an)n∈N no es
monótona y no está acotada ni inferior ni superiormente.
7. Sea a ∈ R, con 0 a 1, y sea xn = 1+a + a2 + · · · + an. Se tiene
que an = 1 − an+1
1 − a
para todo n ∈ N. La sucesión (xn)n∈N es creciente,
1
1 − a para todo n ∈ N
pues xn+1 = xn + an+1. Además, está acotada, pues 0 xn
Ejemplo 3.6. La siguiente sucesión es de gran importancia en Análisis. Sea
an = 1+ 1
1! + 1
2! + · · · + 1
n! .

Sergio Plaza 67
Evidentemente (an)n∈N es creciente y está acotada, pues
an 1 + 1 +12
+ 1
22 + · · · + 1
2n−1 3
para todo x ∈ N. Para ver esto último, basta demostrar que 2n−1 n!
para todo n ≥ 3, lo que se seja a cargo del lector.

Ejemplo 3.7. Sea bn =
1 + 1
n
n
, esta sucesión está estrechamente rela-cionada
con la sucesión del ejemplo anterior. De la fórmula del binomio de
Newton, obtenemos
bn =

1 + 1
n
n
= 1+n · 1
n
+ n(n − 1)
2!
· 1
n2 + · · · + n(n − 1) · · · 2 · 1
n!
· 1
nn
= 1+1+ 1
2!

1 − 1
n

+ 1
3!

1 − 1
n

1 − 2
n

+ · · ·
+ 1
n!

1 − 1
n

1 − 2
n

· · ·

1 − n − 1
n

de esto es claro que (bn)n∈N es creciente y bn an, luego (bn)n∈N está
acotada.
3.2 Límite de una sucesión
Sea (xn)n∈N una sucesión de números reales. Decimos que (xn)n∈N es conver-gente
y tiene por límite el número real α, lo cual denotamos por lim
n→∞xn = α,
si para cada ε 0 dado, podemos encontrar n0 ∈ N tal que |xn − α| ≤ ε
para todo n ≥ n0.

Observación 3.2. Se tiene lim
n→∞xn = α si y sólo si lim
n→∞(xn − α) = 0.
Teorema 3.3. (Unicidad del límite) Si (xn)n∈N es una sucesión convergente,
entonces tiene un único límite.
Demostración. Prueba 1) Supongamos que (xn)n∈N es convergente y que
lim
n→∞xn = a y lim
n→∞xn = b, con a= b. Tomemos ε = |b − a|/2, es claro que
]a − ε, a + ε[ y ]b − ε, b + ε[ son disjuntos. Como lim
n→∞xn = a, existe n0 ∈ N
tal que n ≥ n0 implica que xn ∈]a − ε, a + ε[, por lo tanto xn /∈
]b − ε, b + ε[
para todo n ≥ n0 y no puede ser lim
n→∞xn = b.
Prueba 2). Como antes, supongamos que (xn)n∈tiene dos límites distin-tos,
N digamos a y b. Ahora bien, dado ε 0, existe N ∈ N, tal que |xn−a| ε
y |xn − b| ε para todo n ≥ N. Por lo tanto, tomando n1 ≥ N se tiene
|a − b| ≤ |xn1
− a| + |xn1
− b| 2ε, de donde a = b. Contradición con lo
supuesto.
m
Teorema 3.4. Si lim
n→∞xn = α, entonces toda subsucesión de (xn)n∈N es
convergente y tiene por límite a α.
Demostración. Sea (xni)i∈una subsucesión de (xn)n∈. Dadoε N N 0, existe
N ∈ N tal que |xn − α| ε para todo n ≥ N. Puesto que los índices de una
subsucesión forman un conjunto infinito, con la propiedad de que ni ni+1
se sigue que existe ni0 N. Luego, para ni ni0 se tiene que ni N, por
lo tanto |xni
− α| ε.
m
Corolario 3.5. Si lim
n→∞xn = α, entonces para todo k ∈ N, se tiene lim
n→∞xn+k =
α.
Observaciones 3.1. Hay dos aplicaciones de los teoremas anteriores, espe-cialmente
útiles

Sergio Plaza 69
(a) Para demostrar que cierta sucesión no converge basta obtener dos sub-sucesiones
con límites distintos
(b) Supuesto que (xn)n∈N convege podemos determinar su límite usando el
límite de cualquiera subsucesión.
Ejemplo 3.8. Sean A = {kn : n ∈ N}, con kj kj+1 para todo j ∈ N y
B = {mn : n ∈ N}, con mp mp+1 para todo p ∈ N. Suponga que para
algún l ∈ N, se tiene
{l, l + 1, l + 2, . . .} ⊆ A ∪ B
Pruebe que una sucesión de números reales (xn)n∈N es convergente en R
si y sólo si las subsucesiones (xkn)n∈N y (xmn )n∈N son ambas convergente y
satisfacen lim
n→∞xkr = lim
n→∞xmn , y en este caso el valor común es el límite de
(xn)n∈N.
En particular, pruebe que una sucesión de números reales (xr)n∈N converge
si y sólo si la subsucesión de términos de índices pares (x2n)n∈N, y la sub-sucesión
de términos de índices impares (x2n+1)n∈N son ambas convergen al
mismo límite en R.
En efecto,
(⇒)) inmediata
(⇐)) Supongamos que lim
n→∞xkn = lim
n→∞xmn = x.
Sea ε 0 dado. Elijamos N ∈ N tal que para todo n ≥ N, se tiene que
|xkn
− x| ε para todo kn ≥ kN y |xmn
− x| ε para todo mn ≥ mN. Sea
l0 = max{l, kN,mN}. Afirmamos que |xn − x| ε para todo n ≥ l0. De la
hipótesis, tenemos que
{l, l + 1, l + 2, . . .} ⊆ {k1, k2, . . .} ∪ {m1,m2, . . .}
luego existe algún r ∈ N tal que kr = n o mn = r, Como r N implica
kr kN ≤ l0 y mr mN ≤ l0, por lo tanto r ≥ N. Así, o bien xn = xkr

o xn = xmr (con r ≥ N), de las desigualdades anteriores, se sigue que
|xn − x| ε.
Ejemplo 3.9. Calcule
(a) Calcule limn→∞
n √
10n + 9n .
(b) Calcule limn→∞
P(n)
Q(n) , donde P(x) y Q(x) polinomios del mismo grado.
Solución. (a) Se tiene
lim
n→∞
n √
10n + 9n = lim
n→∞

n
10n

1 +
9
10
n
= 10 lim
n→∞

1 +
9
10
n1/n
= 10.
(b) Escribamos P(x) = akxk + ak−1xk−1 + · · · + a1x + a0 y Q(x) = bkxk +
bk−1xk−1 + · · · + b1x + b0 , con ak= 0 y bk= 0 . Tenemos así
lim
n→∞
P(n)
Q(n) = lim
n→∞
aknk + ak−1nk−1 + · · · + a1n + a0
bknk + bk−1nk−1 + · · · + b1n + b0
= lim
n→∞
ak + ak−1
n + · · · + a1
nk−1 + a0
nk
bk + bk−1
n + · · · + b1
nk−1 + b0
nk
= ak
bk
Teorema 3.6. Toda sucesión convergente está acotada.
Demostración. Sea (xn)n∈N una sucesión convergente, con lim
n→∞xn = α.
Tomando ε = 1, existe N ∈ N tal que xn ∈]α − 1, α + 1[ para todo n N.
Sea F = {x1, x2, . . . , xN, α − 1, α + 1}.
Tenemos que F es conjunto finito. Sean c = min(F) y d = max(F), es
claro que xn ∈ [c, d] para todo n ∈ N.

Sergio Plaza 71
m
Notas 3.1. 1. El recíproco del teorema anterior es falso. Ejemplo, sea
xn = 1+(−1)n, esta sucesión está acotada, pero no es convergente.
2. Si (xn)n∈N no está acotada entonces evidentemente no es convergente.
Teorema 3.7. Toda sucesión monótona y acotada es convergente.
Demostración. Supongamos que la sucesión (xn)n∈N es no decreciente. El
otro caso es análogo. Sea
α = sup{x1, x2, . . .} = sup{xn : n = 1, 2, . . .} .
Tenemos entonces que α = lim
n→∞xn.
En efecto, dado ε 0, como α−ε α, el número α−ε no es cota superior
del conjunto {xn : n ∈ N}, luego existe N ∈ N tal que α −ε xN. Ahora
como la sucesión es monótona, para n N, se tiene que xN ≤ xn y por lo
tanto α − ε xN ≤ xn α+ ε (pues xn ≤ α para todo n ∈ N).
m
Corolario 3.8. Si una sucesión monótona posee una subsucesión conver-gente,
entonces ella es convergente.
Ejemplo 3.10. Determine si la sucesión xn = (1+ 1/n)n es monótona,
acotadas o no, y calcule su límite, si este existe.

Solución. Denotemos el término general de la sucesión por xn =
1 + 1
n
n .

Por el teorema del binomio, se tiene
xn = 1+n · 1
n
+ n(n − 1)
2!
· 1
n2 + · · · + n(n − 1)(n − 2) · · · 1
n!
· 1
nn
= 1+1+ 1
2!

1 − 1
n

+ 1
3!

1 − 1
n

1 − 2
n

+ · · · +
1
n!

1 − 1
n

· · ·

1 − n − 1
n

de donde vemos que xn es una suma en donde todos los términos son posi-tivos,
y es claro que xn xn+1 , es decir, la sucesión (xn)n∈N es creciente.
Además, desde la segunda igualdad arriba, vemos que
2! + · · · + 1
n!
xn ≤ 1 + 1+ 1
y el término de la derecha sabemos es acotada por 3. Por lo tanto la sucesión
(xn)n∈N es creciente y acotada superiormente, de donde concluímos que existe
lim
n→∞xn el cual corresponde al número de Euler e .
3.3 Propiedades aritmética de los límites
Teorema 3.9. Sean (xn)n∈N e (yn)n∈N sucesiones tales que lim
n→∞xn = 0 e
(yn)n∈N está acotada. Entonces lim
n→∞xnyn = 0.
Nota 3.4. No es necesario que exista lim
n→∞yn.
Demostración. Sea c 0 tal que |yn| ≤ c para todo n ∈ N.
Dado ε 0, como lim
n→∞xn = 0, existe N ∈ N tal que |xn| ε/c para todo
n N. Luego, para n N se sigue que |xnyn| ε.
m
Ejemplo 3.11. lim
n→∞
sen(nx)
n
= 0, pues | sen(θ)| ≤ 1 para todo θ ∈ R.

Sergio Plaza 73
Observación. Si lim
n→∞xn = α y c ∈ R, entonces lim
n→∞cxn = cα = c lim
n→∞xn.
Observación. Si lim
n→∞yn = β con β= 0, entonces, salvo para un número
finito de índices n, se tiene que yn= 0. En efecto, tomando ε = |β|/2, se
tiene que 0 /∈
]β − ε, β + ε[, y como existe N ∈ N tal que yn ∈]β − ε, β + ε[
para todo n N, se sigue que yn= 0 para n N.
Nota 3.5. Cada vez que escribimos 1
yn
, estamos suponiendo que este cuo-ciente
está definido para n suficientemente grande.
Nota 3.6. Se tiene lim
n→∞xn = α si y sólo si lim
n→∞(xn − α) = 0.
Teorema 3.10. Si (xn)n∈N e (yn)n∈N son convergentes con lim
n→∞xn = α y
lim
n→∞yn = β, entonces
1. (xn±yn)n∈N y (xn ·yn)n∈N son convergentes y lim
n→∞(xn±yn) = lim
n→∞xn±
lim
n→∞yn = α ± β y lim
n→∞xn · yn = α · β.
2. Si β= 0, entonces

xn
yn

n∈N
es convergente y se tiene lim
n→∞
xn
yn
= α
β
.
Demostración. Para (xn ± yn)n∈N la prueba es trivial y se deja a cargo del
lector.
Para el producto, tenemos
xnyn − αβ = xnyn − xnβ + xnβ − αβ
= xn(yn − β) + (xn − α)β
Como la sucesión (xn)x∈N está acotada y como lim
n→∞(yn−β) = 0 y lim
n→∞(xn−
α) = 0, se sigue el resultado.
Para la división tenemos lim
n→∞ynβ = β2, luego existe N ∈ N tal que ynβ
β2/2, para todo n N. En efecto, basta tomar ε = β2/2. Se sigue entonces
que para todo n N, el número 1
ynβ
es positivo y menor que 2
β2. Por lo

tanto
1
ynβ

n∈N
está acotada. Ahora como
xn
yn
− α
β
= βxn − αyn
ynβ
y lim
n→∞(βxn − αyn) = βα − αβ = 0, obtenemos que lim
n→∞

xn
yn
− α
β

= 0.
m
En el cálculo de límites, existen casos, llamados indeterminados, y que
corresponden a operaciones de límites como se muestra en la tabla siguiente
Operación Indeterminación
Adición (Diferencia) ∞+ (−∞)
Producto ∞ ·0
División
∞
∞,
0
0
Potencia 1∞, ∞0, 00
la razon para llamarla inderminadas es que como veremos a continuación
un límite de este tipo puede: existir (ser un número real), no existir, o ser
infinito (±)
Ejemplo 3.12. Un conocido ejemplo de límite de la forma 1∞ es el siguiente
lim
n→∞

1 + 1
n
n
en el cual si tomamos límite en forma indiscriminda nos quedará

1 + lim
n→∞
1
n
lim
n→∞n
= 1∞ (usted no haga esta barbaridad)
pero sabemos que lim
n→∞

1 + 1
n
n
existe (es un número real) y lo llamamos e,
constante de Euler.

Sergio Plaza 75
Ejemplo 3.13. Calcular los siguientes límites de sucesiones
(a) lim
n→∞
√
n
n sen(n2)
3n (b) lim
n→∞

1 + 2
3n + 1
n
Solución.(a) La sucesión ( sen(n2)) es acotada y lim
n→∞
√
n
n
3n = 0 ya que lim
n→∞
n √
n =
1. Luego
lim
n→∞
√
n
n sen(n2)
3n = 0.
(b) Observamos que
lim
n→∞

1 + 2
3n + 1
n
= lim
n→∞

1 + 1
3n+1
2
n
= lim
n→∞
⎡
⎣

1 + 1
3n+1
2
3n+1
2
⎤
⎦
2/3
1 + 1
3n+1
2
−1/3
de donde lim
n→∞

1 + 2
3n + 1
n
= e2/3.
Ejemplo 3.14. Mostrar que existe el límite de la sucesión yn = 22n−1
2n , y
calcularlo.
Solución. Tenemos yn = 22n−1
2n = 21− 1
2n . La sucesión zn = 1 − 1
2n es
creciente y converge a 1. Por lo tanto, limn→∞ 21− 1
2n = 2.
Teorema 3.11. (Conservación del signo) Si lim
n→∞xn = α 0 (resp. α 0),
entonces existe N ∈ N tal que xn 0 (resp. xn 0) para todo n N.
Demostración. Tomando ε = α2
0, se tiene ]α − ε, α + ε[= ]α/2, 3α/2[.
Como lim
n→∞xn = α, existe N ∈ N tal que xn ∈ ]α/2, 3α/2 [ para todo
n N.
m
Corolario 3.12. Sean (xn)n∈N e (yn)n∈N sucesiones convergentes. Si xn ≤ yn
para todo n, entonces lim
n→∞xn ≤ lim
n→∞yn.

Observación 3.3. Si tuviesemos xn yn, no podemos concluir lim
n→∞xn
lim
n→∞yn. Por ejemplo 0
1
n2
1
n
, para todo n ∈ N, pero lim
n→∞
1
n2 = lim
n→∞
1
n
=
0.
Corolario 3.13. Si (xn)n∈N es convergente y xn ≥ α (resp. xn ≤ α) para
todo n ∈ N, entonces lim
n→∞xn ≥ α (resp. leα).
Teorema 3.14. (del sandwich) Sean (xn)n∈N, (yn)n∈N y (zn)n∈N sucesiones
tales que xn ≤ yn ≤ zn para alún N1 ∈ N. Supongamos que lim
n→∞xn =
lim
n→∞yn = α, entonces (zn)n∈N es convergente y lim
n→∞zn = α.
Demostración. Dado ε 0, existe N ∈ N, con N ≥ N1 y tal que xn ∈
]α − ε, α + ε[ e yn ∈]α − ε, α + ε[ para todo n N.
Tenemos entonces que
α −ε xn ≤ zn ≤ yn α+ ε
n→∞zn = α.
para todo n N, esto significa que lim
m
Ejemplo 3.15. Pruebe que lim
n→∞
n √
n = 1.
√
n 1, luego podemos
Solución. Es claro que para todo n ≥ 1 se tiene que n
√
n = 1+hn, con hn ≥ 0. Ahora, de n
escribir n
√
n = 1+hn, se sigue la
desigualdad n = (1+hn)n ≥ 1 + nhn + n(n − 1)
2 h2
n
≥ 1 + n(n − 1)
2 h2
n, de
donde se sigue que 2
n
≥ h2
n
n→∞h2
≥ 0, y por el Teorema 3.14, lim
n = 0. Ahora
es fácil probar que lim
n→∞hn = 0. En consecuencia, lim
n→∞
n √
n = 1.
Ejemplo 3.16. Defina la sucesión (xn)n∈N como sigue
xn = n2
√
n6 + 1
+ n2
√
n6 + 2
+ · · · + n2
√
n6 + n
.
Pruebe que esta sucesión es convergente.

Sergio Plaza 77
Solución. Notemos que para k = 1, . . . , n se tiene
n2
√
n6 + n
≤ n2
√
n6 + k
√
n6 = 1
≤ n2
n
luego, sumando las desigualdades anteriores, obtenemos
n
n2
n6 + n
≤ xn ≤ n · 1
n
.
Ahora, como
n3
√
n6 + n
= n3
n3

1 + 1
n2
= 1

1 + 1
n2
y como limn→∞
1
1+ 1
n2
= 1, por el Teorema del Sandwich se sigue que
lim
n→∞xn = 1.
Ejemplo 3.17. Defina (xn)n∈N como sigue
xn = [α] + [2α] + · · · + [nα]
n2 ,
donde [x] denota el mayor entero menor o igual que x, y α ∈ R es arbitrario.
a seguir se muestra el gráfico de la función parte entera

eje y
4
3
2
1
−4 −3 −2 −1 1 2 3 4 eje x
−1
−2
−3
−4
Solución. Por la definición de la función parte entera, [·], tenemos
[x] ≤ x [x] + 1
para todo número real x. Esto implica que x−1 [x] ≤ x. Luego nos queda
(α − 1) + (2α − 1) + · · · + (nα − 1)
n2
[α] + [2α] + · · · + [nα]
n2
≤ α + 2α + · · · + nα
n2
de donde,
(1 + 2 + · · · + n)α − n
n2
[α] + [2α] + · · · + [nα]
n2
≤ (1 + 2 + · · · + n)α
n2
reemplazando la suma 1 + 2 + · · · + n = n(n + 1)
2 , nos queda
n(n+1)
2 α − n
n2
[α] + [2α] + · · · + [nα]
n2
≤
n(n+1)
2 α
n2

Sergio Plaza 79
o equivalentemente
(n + 1)α
2n
− 1
n

[α] + [2α] + · · · + [nα]
n2
≤ (n + 1)α
2n
Como lim
n→∞
(n + 1)α
2n
− 1
n

= α2
= lim
n→∞
(n + 1)
2 α, por el Teorema de
Sandwich, obtenemos que
lim
n→∞
[α] + [2α] + · · · + [nα]
n2 = α2
.
Ejemplo 3.18. Estudie la existencia o no del límite de la sucesión (xn)n∈N
dada por
xn = αn − βn
αn + βn
donde α, β ∈ R son tales que |α|= |β|.
Solución. Como |α|= |β|, tenemos las dos posibilidades |α| |β| o
|β| |α|.
En el primer caso, llamemos r = α
β
. Tenemos entonces que
xn = rn − 1
rn + 1
n→∞rn = 0, luego lim
n→∞
Como |r| 1, se tiene que lim
rn − 1
rn + 1 = −1, es decir,
lim
n→∞xn = −1.
El segundo caso, tenemos
αn − βn
− = −βn αn
αn + βn αn + βn
y llamando r = β
α
, nos queda que lim
n→∞xn = − lim
n→∞
βn − αn
βn + αn = 1

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