Los siguientes ejercicios se dedican a la completitud de \(\mathbb R\). El punto central es el axioma del supremo: todo subconjunto no vacío de \(\mathbb R\) que esté acotado superiormente posee supremo en \(\mathbb R\).
Este principio distingue profundamente \(\mathbb R\) de \(\mathbb Q\) y permite demostrar resultados fundamentales del análisis, como la existencia de supremos e ínfimos, el teorema de los intervalos encajados y la convergencia de las sucesiones monótonas acotadas.
Ejercicio 1 — nivel ★☆☆☆☆
Sea
\[ A=(0,1). \]
Determinar el supremo, el ínfimo, el máximo y el mínimo de \(A\), explicando el papel que desempeña la completitud de \(\mathbb R\).
Resultado
Se tiene
\[ \sup A=1,\qquad \inf A=0. \]
El conjunto \(A\) no tiene máximo ni mínimo.
Resolución
El conjunto \(A=(0,1)\) es no vacío y está acotado superiormente. Por ejemplo, \(1\) es una cota superior de \(A\), ya que todo \(x\in A\) cumple
\[ x\lt 1. \]
Por el axioma de completitud de \(\mathbb R\), el conjunto \(A\) posee supremo.
Veamos que
\[ \sup A=1. \]
El número \(1\) es una cota superior de \(A\). Además, si \(M\lt 1\), podemos elegir un número \(x\) tal que
\[ M\lt x\lt 1. \]
Si tomamos también \(x\gt 0\), entonces \(x\in A\) y \(x\gt M\). Por tanto, ningún número menor que \(1\) puede ser cota superior de \(A\). Así pues, \(1\) es la menor de las cotas superiores, es decir,
\[ \sup A=1. \]
De manera análoga, \(0\) es una cota inferior de \(A\), y ningún número mayor que \(0\) lo es. En efecto, si \(m\gt 0\), podemos elegir \(x\in(0,m)\); entonces \(x\in A\) pero \(x\lt m\). Por tanto,
\[ \inf A=0. \]
El conjunto no tiene máximo, porque \(1\notin A\), ni mínimo, porque \(0\notin A\).
Este ejercicio pone de manifiesto una distinción esencial: el supremo y el ínfimo pueden existir incluso cuando el máximo y el mínimo no existen.
Ejercicio 2 — nivel ★☆☆☆☆
Sea
\[ A=\left\{1-\frac1n:n\in\mathbb N,\ n\ge 1\right\}. \]
Determinar el supremo, el ínfimo, el máximo y el mínimo de \(A\).
Resultado
Se tiene
\[ \sup A=1,\qquad \inf A=0. \]
El conjunto tiene mínimo \(0\), pero carece de máximo.
Resolución
Los elementos de \(A\) son
\[ 0,\frac12,\frac23,\frac34,\ldots \]
En efecto, para \(n=1\) obtenemos
\[ 1-\frac11=0. \]
Para todo \(n\ge 1\) se tiene
\[ 1-\frac1n\lt 1, \]
de modo que \(1\) es una cota superior de \(A\).
Veamos que es la menor de las cotas superiores. Si \(M\lt 1\), entonces \(1-M\gt 0\). Por la propiedad arquimediana de los números reales, existe \(n\in\mathbb N\) tal que
\[ \frac1n\lt 1-M. \]
De esta desigualdad se deduce
\[ M\lt 1-\frac1n. \]
Por tanto, \(M\) no es cota superior de \(A\), y en consecuencia
\[ \sup A=1. \]
Además, el primer elemento del conjunto es \(0\), y todos los demás son mayores o iguales que \(0\). Por tanto,
\[ \inf A=0, \]
y \(0\) es de hecho el mínimo de \(A\).
El conjunto carece de máximo, ya que su supremo es \(1\) pero \(1\notin A\).
Ejercicio 3 — nivel ★★☆☆☆
Sea
\[ A=\{x\in\mathbb R:x^2\lt 2\}. \]
Determinar \(\sup A\) y explicar por qué la completitud de \(\mathbb R\) resulta esencial.
Resultado
Se tiene
\[ \sup A=\sqrt2. \]
Resolución
El conjunto
\[ A=\{x\in\mathbb R:x^2\lt 2\} \]
está formado por todos los números reales cuyo cuadrado es menor que \(2\). Contiene números tanto positivos como negativos y es no vacío, ya que, por ejemplo, \(1\in A\).
Además, \(A\) está acotado superiormente. En efecto, si \(x\ge 2\), entonces
\[ x^2\ge 4\gt 2, \]
de modo que \(x\notin A\). Así pues, \(2\) es una cota superior de \(A\).
Por la completitud de \(\mathbb R\), al ser \(A\) no vacío y estar acotado superiormente, existe
\[ \alpha=\sup A. \]
Intuitivamente, \(A\) está formado por los números
\[ -\sqrt2\lt x\lt \sqrt2, \]
de modo que su supremo es \(\sqrt2\).
El número \(\sqrt2\) es una cota superior de \(A\). En efecto, sea \(x\in A\), de modo que \(x^2\lt 2\). Si \(x\ge 0\), de \(x^2\lt 2\) se sigue \(x\lt\sqrt2\); si, por el contrario, \(x\lt 0\), entonces ciertamente \(x\lt\sqrt2\). En cualquier caso, \(x\le\sqrt2\).
Además, ningún número menor que \(\sqrt2\) puede ser cota superior. En efecto, si \(M\lt\sqrt2\), podemos elegir un número real \(x\) tal que
\[ \max\{M,0\}\lt x\lt\sqrt2. \]
Entonces \(x\gt 0\) y \(x\lt\sqrt2\), de modo que
\[ x^2\lt 2. \]
Por tanto, \(x\in A\) y, como \(x\gt M\), el número \(M\) no es cota superior de \(A\).
Concluimos, pues, que
\[ \sup A=\sqrt2. \]
La completitud es esencial porque garantiza la existencia del supremo como número real. En los racionales, un conjunto análogo tendría un “hueco” precisamente en \(\sqrt2\), que no es racional.
Ejercicio 4 — nivel ★★☆☆☆
Sea
\[ B=\{q\in\mathbb Q:q^2\lt 2\}. \]
Considerando \(B\) como subconjunto de \(\mathbb Q\), explicar por qué no posee supremo en \(\mathbb Q\).
Resultado
El conjunto \(B\) no posee supremo en \(\mathbb Q\).
Resolución
El conjunto
\[ B=\{q\in\mathbb Q:q^2\lt 2\} \]
es no vacío, ya que \(1\in B\), y está acotado superiormente en \(\mathbb Q\), puesto que \(2\) es una cota superior.
Supongamos, por reducción al absurdo, que \(B\) posee supremo en \(\mathbb Q\). Sea
\[ s=\sup_{\mathbb Q} B. \]
Como \(1\in B\), se tiene \(s\ge 1\), y en particular \(s\gt 0\).
Veamos ahora que no puede ocurrir ni \(s^2\lt 2\) ni \(s^2\gt 2\).
Supongamos primero que \(s^2\lt 2\). Elegimos un número racional \(h\gt 0\) tan pequeño que
\[ h\lt 1 \qquad \text{y} \qquad h\lt \frac{2-s^2}{2s+1}. \]
Entonces \(h^2\lt h\), y por tanto
\[ (s+h)^2=s^2+2sh+h^2\lt s^2+2sh+h=s^2+h(2s+1)\lt 2. \]
Como \(s+h\in\mathbb Q\), esto implica que \(s+h\in B\), con \(s+h\gt s\). Esto contradice que \(s\) sea una cota superior de \(B\).
Supongamos ahora que \(s^2\gt 2\). Elegimos un número racional \(h\gt 0\) tan pequeño que \(h\lt s\) y
\[ h\lt \frac{s^2-2}{2s}. \]
Entonces
\[ (s-h)^2=s^2-2sh+h^2\gt s^2-2sh\gt 2. \]
Afirmamos que \(s-h\) sigue siendo una cota superior de \(B\). En efecto, si \(q\in B\) y \(q\ge s-h\), entonces, como \(s-h\gt 0\), tendríamos
\[ q^2\ge (s-h)^2\gt 2, \]
en contradicción con \(q\in B\). Por tanto, todo \(q\in B\) cumple \(q\lt s-h\), de modo que \(s-h\) es una cota superior de \(B\).
Pero \(s-h\lt s\), lo cual contradice que \(s\) sea la menor de las cotas superiores.
Por consiguiente, no puede ocurrir ni \(s^2\lt 2\) ni \(s^2\gt 2\). Tendría que cumplirse
\[ s^2=2. \]
Esto es imposible para \(s\in\mathbb Q\), porque ningún número racional tiene cuadrado igual a \(2\).
Por tanto, \(B\) está acotado superiormente en \(\mathbb Q\), pero no posee supremo en \(\mathbb Q\). Esta es una de las formas más claras en que \(\mathbb Q\) deja de ser completo.
Ejercicio 5 — nivel ★★☆☆☆
Usando el axioma del supremo, demostrar que todo subconjunto no vacío y acotado inferiormente de \(\mathbb R\) posee ínfimo.
Resultado
Todo subconjunto no vacío y acotado inferiormente de \(\mathbb R\) posee ínfimo.
Resolución
Sea \(A\subseteq\mathbb R\) un conjunto no vacío y acotado inferiormente.
Consideremos el conjunto opuesto
\[ -A=\{-x:x\in A\}. \]
Como \(A\) es no vacío, también lo es \(-A\).
Como \(A\) está acotado inferiormente, existe \(m\in\mathbb R\) tal que
\[ m\le x \]
para todo \(x\in A\). Multiplicando por \(-1\) se invierte la desigualdad:
\[ -x\le -m \]
para todo \(x\in A\). Por tanto, \(-m\) es una cota superior de \(-A\).
Por el axioma del supremo, el conjunto \(-A\) —que es no vacío y está acotado superiormente— posee supremo. Pongamos
\[ \alpha=\sup(-A). \]
Queremos demostrar que
\[ \inf A=-\alpha. \]
Como \(\alpha\) es una cota superior de \(-A\), para todo \(x\in A\) se tiene
\[ -x\le \alpha. \]
Multiplicando por \(-1\) obtenemos
\[ x\ge -\alpha, \]
de modo que \(-\alpha\) es una cota inferior de \(A\).
Además, al ser \(\alpha\) la menor de las cotas superiores de \(-A\), el número \(-\alpha\) es la mayor de las cotas inferiores de \(A\). Por tanto,
\[ \inf A=-\sup(-A). \]
Ejercicio 6 — nivel ★★☆☆☆
Demostrar que si \(A\subseteq\mathbb R\) es no vacío y está acotado superiormente, entonces para todo \(\varepsilon\gt 0\) existe \(a\in A\) tal que
\[ \sup A-\varepsilon\lt a\le \sup A. \]
Resultado
Para todo \(\varepsilon\gt 0\) existen elementos de \(A\) arbitrariamente próximos al supremo por la izquierda.
Resolución
Sea
\[ \alpha=\sup A. \]
Como \(\alpha\) es una cota superior de \(A\), todo \(a\in A\) cumple
\[ a\le \alpha. \]
Debemos demostrar que existe al menos un elemento \(a\in A\) con
\[ \alpha-\varepsilon\lt a. \]
Supongamos, por reducción al absurdo, que esto no ocurre. Entonces todo \(a\in A\) cumpliría
\[ a\le \alpha-\varepsilon, \]
lo que convertiría a \(\alpha-\varepsilon\) en cota superior de \(A\).
Pero
\[ \alpha-\varepsilon\lt \alpha, \]
en contradicción con el hecho de que \(\alpha\) sea la menor de las cotas superiores.
Por tanto, debe existir \(a\in A\) tal que
\[ \alpha-\varepsilon\lt a. \]
Como además \(\alpha\) es cota superior, se tiene también \(a\le \alpha\), de modo que
\[ \alpha-\varepsilon\lt a\le \alpha. \]
Ejercicio 7 — nivel ★★★☆☆
Usando la completitud de \(\mathbb R\), demostrar que toda sucesión creciente y acotada superiormente converge.
Resultado
Toda sucesión creciente de números reales acotada superiormente converge a su supremo.
Resolución
Sea \((a_n)\) una sucesión creciente y acotada superiormente. Consideremos el conjunto de sus valores:
\[ A=\{a_n:n\in\mathbb N\}. \]
El conjunto \(A\) es no vacío y está acotado superiormente, puesto que la sucesión lo está.
Por la completitud de \(\mathbb R\), existe
\[ \alpha=\sup A. \]
Veamos que
\[ a_n\to \alpha. \]
Sea \(\varepsilon\gt 0\). Por la caracterización del supremo, existe un elemento \(a_N\in A\) tal que
\[ \alpha-\varepsilon\lt a_N\le \alpha. \]
Como la sucesión es creciente, para todo \(n\ge N\) se tiene
\[ a_N\le a_n. \]
Además, al ser \(\alpha\) una cota superior de \(A\), se tiene
\[ a_n\le \alpha. \]
Así pues, para todo \(n\ge N\),
\[ \alpha-\varepsilon\lt a_n\le \alpha, \]
lo que implica
\[ 0\le \alpha-a_n\lt \varepsilon. \]
Por tanto,
\[ |a_n-\alpha|\lt \varepsilon \]
para todo \(n\ge N\), y en consecuencia \(a_n\to\alpha\).
Ejercicio 8 — nivel ★★★☆☆
Usando la completitud de \(\mathbb R\), demostrar que toda sucesión decreciente y acotada inferiormente converge.
Resultado
Toda sucesión decreciente y acotada inferiormente converge a su ínfimo.
Resolución
Sea \((a_n)\) una sucesión decreciente y acotada inferiormente. Consideremos el conjunto
\[ A=\{a_n:n\in\mathbb N\}. \]
El conjunto \(A\) es no vacío y está acotado inferiormente.
Por el ejercicio 5, que se deduce del axioma del supremo, \(A\) posee ínfimo. Pongamos
\[ \alpha=\inf A. \]
Queremos demostrar que
\[ a_n\to\alpha. \]
Sea \(\varepsilon\gt 0\). Por la caracterización del ínfimo, existe un elemento \(a_N\in A\) tal que
\[ \alpha\le a_N\lt \alpha+\varepsilon. \]
Como la sucesión es decreciente, para todo \(n\ge N\) se tiene
\[ a_n\le a_N. \]
Además, al ser \(\alpha\) una cota inferior de \(A\), para todo \(n\) se tiene
\[ \alpha\le a_n. \]
Por tanto, para todo \(n\ge N\),
\[ \alpha\le a_n\lt \alpha+\varepsilon, \]
de modo que
\[ |a_n-\alpha|\lt \varepsilon \]
para todo \(n\ge N\). En consecuencia, \(a_n\to\alpha\).
Ejercicio 9 — nivel ★★★☆☆
Demostrar que la sucesión
\[ a_n=1-\frac1n \]
converge, utilizando el teorema de la convergencia monótona.
Resultado
La sucesión converge y
\[ \lim_{n\to+\infty}\left(1-\frac1n\right)=1. \]
Resolución
Consideremos
\[ a_n=1-\frac1n. \]
Veamos primero que \((a_n)\) es creciente. Calculamos:
\[ a_{n+1}-a_n= \left(1-\frac1{n+1}\right)-\left(1-\frac1n\right) = \frac1n-\frac1{n+1}. \]
Como
\[ \frac1n-\frac1{n+1}=\frac1{n(n+1)}\gt 0, \]
la sucesión es creciente.
Además, para todo \(n\ge 1\),
\[ a_n=1-\frac1n\le 1. \]
Por tanto, \((a_n)\) es creciente y está acotada superiormente.
Por el teorema de la convergencia monótona, que se deriva de la completitud de \(\mathbb R\), la sucesión converge.
Como el conjunto de sus valores tiene supremo igual a \(1\), el límite es
\[ \lim_{n\to+\infty}a_n=1. \]
Ejercicio 10 — nivel ★★★☆☆
Sean \([a_n,b_n]\) intervalos cerrados, acotados y no vacíos tales que
\[ [a_1,b_1]\supseteq [a_2,b_2]\supseteq [a_3,b_3]\supseteq\cdots. \]
Demostrar, usando la completitud de \(\mathbb R\), que
\[ \bigcap_{n=1}^{+\infty}[a_n,b_n]\ne\varnothing. \]
Resultado
Una sucesión decreciente de intervalos cerrados y acotados no vacíos tiene intersección no vacía.
Resolución
Como los intervalos están encajados, todo extremo izquierdo \(a_n\) es menor o igual que todo extremo derecho \(b_m\). En efecto, para índices \(m\) y \(n\) cualesquiera, el encaje proporciona siempre
\[ a_n\le b_m. \]
Consideremos el conjunto de los extremos izquierdos:
\[ A=\{a_n:n\in\mathbb N\}. \]
Este conjunto es no vacío y, además, está acotado superiormente, ya que todo \(b_m\) es una cota superior de \(A\).
Por la completitud de \(\mathbb R\), existe
\[ \alpha=\sup A. \]
Como \(\alpha\) es una cota superior de \(A\), para todo \(n\) se tiene
\[ a_n\le \alpha. \]
Por otra parte, cada \(b_n\) es una cota superior de \(A\). Al ser \(\alpha\) la menor de las cotas superiores, debe cumplirse
\[ \alpha\le b_n \]
para todo \(n\).
Hemos demostrado, pues, que para todo \(n\) se tiene
\[ a_n\le \alpha\le b_n. \]
Esto significa que
\[ \alpha\in[a_n,b_n] \]
para todo \(n\). Por tanto,
\[ \alpha\in\bigcap_{n=1}^{+\infty}[a_n,b_n]. \]
En consecuencia, la intersección es no vacía.
Ejercicio 11 — nivel ★★★☆☆
Mostrar que la tesis del ejercicio anterior puede fallar en \(\mathbb Q\).
Resultado
En \(\mathbb Q\), una sucesión de intervalos racionales cerrados y encajados puede tener intersección vacía.
Resolución
Consideremos intervalos racionales que aproximen \(\sqrt2\) sin contenerlo como número racional.
Por ejemplo, elijamos dos sucesiones racionales \((a_n)\) y \((b_n)\) tales que
\[ a_n\lt \sqrt2\lt b_n \]
y
\[ b_n-a_n\to 0. \]
Consideremos los conjuntos
\[ I_n=[a_n,b_n]\cap\mathbb Q. \]
Podemos construirlos de modo que estén encajados:
\[ I_1\supseteq I_2\supseteq I_3\supseteq\cdots. \]
En \(\mathbb R\), la intersección de los intervalos reales \([a_n,b_n]\) sería el conjunto unitario
\[ \{\sqrt2\}. \]
Sin embargo,
\[ \sqrt2\notin\mathbb Q. \]
Así pues, trabajando dentro de \(\mathbb Q\), no queda ningún número racional común a todos los intervalos:
\[ \bigcap_{n=1}^{+\infty}I_n=\varnothing. \]
Esto muestra que el teorema de los intervalos encajados depende de la completitud de \(\mathbb R\) y no se cumple, en general, en \(\mathbb Q\).
Ejercicio 12 — nivel ★★★☆☆
Sea \(A\subseteq\mathbb R\) no vacío y acotado superiormente. Demostrar que existe una sucesión \((a_n)\) de elementos de \(A\) tal que
\[ a_n\to \sup A. \]
Resultado
Todo supremo puede aproximarse mediante una sucesión de elementos del conjunto.
Resolución
Pongamos
\[ \alpha=\sup A. \]
Para cada \(n\in\mathbb N\), aplicamos la caracterización del supremo con
\[ \varepsilon=\frac1n. \]
Esto proporciona un elemento \(a_n\in A\) tal que
\[ \alpha-\frac1n\lt a_n\le \alpha. \]
Obtenemos así una sucesión \((a_n)\) de elementos de \(A\).
De la doble desigualdad
\[ \alpha-\frac1n\lt a_n\le \alpha \]
se sigue
\[ 0\le \alpha-a_n\lt \frac1n. \]
Como
\[ \frac1n\to 0, \]
por el teorema del sándwich obtenemos
\[ \alpha-a_n\to 0. \]
Por tanto,
\[ a_n\to\alpha=\sup A. \]
Ejercicio 13 — nivel ★★★★☆
Demostrar que si \(A,B\subseteq\mathbb R\) son no vacíos, \(A\) está acotado superiormente y
\[ a\le b \]
para todo \(a\in A\) y todo \(b\in B\), entonces
\[ \sup A\le \inf B. \]
Resultado
Si todos los elementos de \(A\) quedan a la izquierda de todos los elementos de \(B\), entonces \(\sup A\le\inf B\).
Resolución
Por hipótesis,
\[ a\le b \]
para todo \(a\in A\) y todo \(b\in B\).
Fijemos un \(b\in B\) cualquiera. Entonces \(b\) es una cota superior de \(A\), ya que todo elemento de \(A\) es menor o igual que \(b\).
Como \(\sup A\) es la menor de las cotas superiores de \(A\), se tiene
\[ \sup A\le b \]
para todo \(b\in B\).
Por tanto, \(\sup A\) es una cota inferior de \(B\).
Como \(\inf B\) es la mayor de las cotas inferiores de \(B\) y \(\sup A\) es una cota inferior de \(B\), se sigue que
\[ \sup A\le \inf B. \]
Ejercicio 14 — nivel ★★★★☆
Sean \(A,B\subseteq\mathbb R\) no vacíos y acotados superiormente. Demostrar que
\[ \sup(A+B)=\sup A+\sup B, \]
donde
\[ A+B=\{a+b:a\in A,\ b\in B\}. \]
Resultado
El supremo de la suma es la suma de los supremos.
Resolución
Pongamos
\[ \alpha=\sup A,\qquad \beta=\sup B. \]
Para todo \(a\in A\) se tiene \(a\le\alpha\), y para todo \(b\in B\) se tiene \(b\le\beta\); por tanto,
\[ a+b\le \alpha+\beta. \]
Así pues, \(\alpha+\beta\) es una cota superior de \(A+B\), de modo que
\[ \sup(A+B)\le \alpha+\beta. \]
Demostremos ahora la desigualdad contraria. Sea \(\varepsilon\gt 0\). Por la caracterización del supremo, existen \(a_\varepsilon\in A\) y \(b_\varepsilon\in B\) tales que
\[ \alpha-\frac{\varepsilon}{2}\lt a_\varepsilon\le\alpha \]
y
\[ \beta-\frac{\varepsilon}{2}\lt b_\varepsilon\le\beta. \]
Sumando miembro a miembro obtenemos
\[ \alpha+\beta-\varepsilon \lt a_\varepsilon+b_\varepsilon \le \alpha+\beta. \]
Como \(a_\varepsilon+b_\varepsilon\in A+B\), ningún número menor que \(\alpha+\beta\) puede ser cota superior de \(A+B\).
Por tanto,
\[ \sup(A+B)=\alpha+\beta=\sup A+\sup B. \]
Ejercicio 15 — nivel ★★★★☆
Sea \(A\subseteq\mathbb R\) no vacío y acotado superiormente, y sea \(\lambda\gt 0\). Demostrar que
\[ \sup(\lambda A)=\lambda\sup A, \]
donde
\[ \lambda A=\{\lambda a:a\in A\}. \]
Resultado
Para \(\lambda\gt 0\), el supremo se comporta bien respecto a la multiplicación:
\[ \sup(\lambda A)=\lambda\sup A. \]
Resolución
Pongamos
\[ \alpha=\sup A. \]
Para todo \(a\in A\) se tiene
\[ a\le\alpha. \]
Como \(\lambda\gt 0\), al multiplicar por \(\lambda\) el sentido de la desigualdad no cambia:
\[ \lambda a\le\lambda\alpha. \]
Por tanto, \(\lambda\alpha\) es una cota superior de \(\lambda A\).
Debemos demostrar que es la menor. Sea \(\varepsilon\gt 0\). Por la caracterización del supremo, existe \(a_\varepsilon\in A\) tal que
\[ \alpha-\frac{\varepsilon}{\lambda}\lt a_\varepsilon\le\alpha. \]
Multiplicando por \(\lambda\) obtenemos
\[ \lambda\alpha-\varepsilon \lt \lambda a_\varepsilon \le \lambda\alpha. \]
Como \(\lambda a_\varepsilon\in\lambda A\), todo número menor que \(\lambda\alpha\) no llega a ser cota superior de \(\lambda A\).
Por tanto,
\[ \sup(\lambda A)=\lambda\alpha=\lambda\sup A. \]
Ejercicio 16 — nivel ★★★★☆
Demostrar que la propiedad arquimediana se deduce de la completitud de \(\mathbb R\): para todo \(x\in\mathbb R\) existe \(n\in\mathbb N\) tal que
\[ n\gt x. \]
Resultado
El conjunto \(\mathbb N\) no está acotado superiormente en \(\mathbb R\).
Resolución
Supongamos, por reducción al absurdo, que la propiedad es falsa. Entonces existiría un número real \(x\) tal que
\[ n\le x \]
para todo \(n\in\mathbb N\); dicho de otro modo, \(\mathbb N\) estaría acotado superiormente.
Como \(\mathbb N\) es no vacío, por la completitud de \(\mathbb R\) existiría
\[ \alpha=\sup\mathbb N. \]
Al ser \(\alpha\) la menor de las cotas superiores, el número \(\alpha-1\) no puede ser cota superior de \(\mathbb N\).
Por tanto, existe \(n\in\mathbb N\) tal que
\[ n\gt \alpha-1. \]
Sumando \(1\), obtenemos
\[ n+1\gt \alpha. \]
Pero \(n+1\in\mathbb N\), en contradicción con el hecho de que \(\alpha\) sea cota superior de \(\mathbb N\).
Por tanto, \(\mathbb N\) no está acotado superiormente. En consecuencia, para todo \(x\in\mathbb R\) existe \(n\in\mathbb N\) tal que
\[ n\gt x. \]
Ejercicio 17 — nivel ★★★★☆
Usando la propiedad arquimediana, demostrar que para todo \(\varepsilon\gt 0\) existe \(n\in\mathbb N\) tal que
\[ \frac1n\lt\varepsilon. \]
Resultado
La sucesión \(\displaystyle \frac1n\) converge a \(0\).
Resolución
Sea \(\varepsilon\gt 0\). Entonces
\[ \frac1\varepsilon\gt 0. \]
Por la propiedad arquimediana, existe \(n\in\mathbb N\) tal que
\[ n\gt \frac1\varepsilon. \]
Como ambos miembros son positivos, al tomar inversos se invierte la desigualdad y se obtiene
\[ \frac1n\lt \varepsilon. \]
Esto demuestra que, para todo \(\varepsilon\gt 0\), existe \(n\) tal que \(\frac1n\lt\varepsilon\).
Además, si \(m\ge n\), entonces
\[ 0\lt \frac1m\le \frac1n\lt\varepsilon. \]
Por tanto,
\[ \frac1n\to 0. \]
Ejercicio 18 — nivel ★★★★★
Demostrar que entre dos números reales \(a\lt b\) existe al menos un número racional.
Resultado
Los números racionales son densos en \(\mathbb R\).
Resolución
Sean \(a,b\in\mathbb R\) con
\[ a\lt b. \]
Entonces
\[ b-a\gt 0. \]
Por la propiedad arquimediana, existe \(n\in\mathbb N\) tal que
\[ n(b-a)\gt 1. \]
Equivalentemente,
\[ nb-na\gt 1. \]
La distancia entre los números reales \(na\) y \(nb\) es, por tanto, mayor que \(1\). Así pues, existe un entero \(m\in\mathbb Z\) tal que
\[ na\lt m\lt nb. \]
Dividiendo entre \(n\gt 0\) obtenemos
\[ a\lt \frac mn\lt b. \]
El número
\[ q=\frac mn \]
es racional y pertenece al intervalo \((a,b)\).
Por tanto, entre dos números reales distintos siempre existe al menos un número racional.
Ejercicio 19 — nivel ★★★★★
Demostrar que entre dos números reales \(a\lt b\) existe al menos un número irracional.
Resultado
Los números irracionales son densos en \(\mathbb R\).
Resolución
Sean \(a,b\in\mathbb R\) con
\[ a\lt b. \]
Queremos encontrar un número irracional comprendido entre \(a\) y \(b\).
Consideremos los números
\[ a-\sqrt2 \quad \text{y} \quad b-\sqrt2. \]
Como
\[ a-\sqrt2\lt b-\sqrt2, \]
por la densidad de los racionales en \(\mathbb R\) existe un racional \(q\in\mathbb Q\) tal que
\[ a-\sqrt2\lt q\lt b-\sqrt2. \]
Sumando \(\sqrt2\) a los tres miembros obtenemos
\[ a\lt q+\sqrt2\lt b. \]
El número \(q+\sqrt2\) es irracional. En efecto, si fuese racional, entonces
\[ \sqrt2=(q+\sqrt2)-q \]
sería diferencia de dos racionales y, por tanto, racional, lo cual es absurdo.
Por tanto, existe un número irracional comprendido entre \(a\) y \(b\).
Ejercicio 20 — nivel ★★★★★
Sea \((a_n)\) una sucesión de Cauchy en \(\mathbb R\). Explicar por qué la completitud de \(\mathbb R\) implica que \((a_n)\) converge.
Resultado
Toda sucesión de Cauchy de números reales converge a un número real.
Resolución
Una sucesión \((a_n)\) es de Cauchy si, para todo \(\varepsilon\gt 0\), existe \(N\in\mathbb N\) tal que, para todos \(m,n\ge N\),
\[ |a_n-a_m|\lt\varepsilon. \]
Observemos primero que toda sucesión de Cauchy es acotada. Tomando \(\varepsilon=1\), existe \(N\in\mathbb N\) tal que, para todo \(n\ge N\),
\[ |a_n-a_N|\lt 1. \]
Por tanto, para todo \(n\ge N\),
\[ a_n\in(a_N-1,a_N+1). \]
Los términos \(a_1,\ldots,a_{N-1}\), al ser finitos en número, también están acotados. Por consiguiente, toda la sucesión \((a_n)\) está acotada.
Por el teorema de Bolzano-Weierstrass, que se deduce de la completitud de \(\mathbb R\), la sucesión acotada \((a_n)\) posee una subsucesión convergente. Así pues, existen un número real \(L\) y una subsucesión \((a_{n_k})\) tales que
\[ a_{n_k}\to L. \]
Demostremos ahora que toda la sucesión converge a \(L\). Sea \(\varepsilon\gt 0\). Como \((a_n)\) es de Cauchy, existe \(N_1\in\mathbb N\) tal que, para todos \(m,n\ge N_1\),
\[ |a_n-a_m|\lt \frac{\varepsilon}{2}. \]
Como \(a_{n_k}\to L\), existe \(k\) tal que \(n_k\ge N_1\) y
\[ |a_{n_k}-L|\lt \frac{\varepsilon}{2}. \]
Entonces, para todo \(n\ge N_1\), se tiene
\[ |a_n-L|\le |a_n-a_{n_k}|+|a_{n_k}-L|\lt \frac{\varepsilon}{2}+\frac{\varepsilon}{2}=\varepsilon. \]
Por tanto,
\[ a_n\to L. \]
Así, toda sucesión de Cauchy de números reales converge a un número real. Esta es una de las formas equivalentes fundamentales de la completitud de \(\mathbb R\).