Soluciones "Topologia" de Munkres

Solución de los ejercicios deTopología. Parte I: Topología General,

de James R. Munkres

Elga Rote ven Gador

Abril 2012

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Advertencia

Para una pronta ubicación, cada ejercicio tiene un encabezado en fuente scshape deLATEX en color azul, numerado según el capítulo, sección y número de ejercicio. Porejemplo, Ejercicio 5.1.4, es el encabezado del ejercicio 4, del capítulo 5, sección1. Cuando un ejercicio está concluido se pone el símbolo N. En algunos ejercicios seenuncian ciertos hechos con los títulos de Afirmación, Lema y Proposición. En este solu-cionario, una Afirmación es un hecho que se prueba con las condiciones particulares deun ejercicio. Un Lema es un hecho que puede probarse bajo condiciones más generales yel cual se aplica al ejercicio en concreto. Una Proposición puede ser una generalizacióndel ejercicio o quizá algún hecho relacionado que resulta interesante apuntar. Cuandose concluye la prueba de un lema, proposición y demás se pone el símbolo �. Se incluyeen algunos casos ciertas observaciones que ayudan a comprender la estrategia o inter-pretación seguida en la resolución. Las proposiciones, lemas y demás están numeradasde acuerdo al capítulo y la sección. Todas las pruebas usan la notación y conceptosexclusivamente tomados del libro, así como únicamente se usan los teoremas probadosen el mismo. Se usó el libro en su segunda edición en español, de la editorial PrenticeHall. En algunas ocasiones se ha reemplazado la letra “y” con el símbolo lógico “∧”(conjunción), y la letra “o” con el símbolo lógico “∨” (disyunción), que tienen el mismosignificado. Se ha pretendido ser lo más riguroso formalmente, al menos hasta dondeel libro llega. Hay muchas formas de resolver cada problema, las soluciones dadas aquíson sólo una de tantas. Si hay errores también habrá al menos alguna idea de qué nohacer, que ya es ganar algo. Estas hojas están dedicadas al señor Munkres.

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Contenido1 Capítulo 1. Teoría de conjuntos y lógica. 4

1.1 Sección 1. Conceptos fundamentales. Pág. 15 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 41.2 Sección 2. Funciones. Pág 21. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 121.3 Sección 3. Relaciones. Pág 31. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 191.4 Sección 4. Los enteros y los números reales. Pág. 37. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 33

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1 Capítulo 1. Teoría de conjuntos y lógica.

1.1 Sección 1. Conceptos fundamentales. Pág. 15

Ejercicio 1.1.1. Escribiremos la propiedad e inmediatamente la pruebra.

i) A ∩ (B ∪ C) = (A ∩B) ∪ (A ∩ C).

Demostración. Tenemos,

x ∈ A ∩ (B ∪ C)⇔ (x ∈ A) ∧ (x ∈ B ∪ C)⇔ (x ∈ A) ∧ (x ∈ B ∨ x ∈ C)⇔ (x ∈ A ∧ x ∈ B) ∨ (x ∈ A ∧ x ∈ C)⇔ (x ∈ A ∩B) ∨ (x ∈ A ∩ C)⇔ x ∈ (A ∩B) ∪ (A ∩ C).

ii) A ∪ (B ∩ C) = (A ∪B) ∩ (A ∪ C).


x ∈ (A ∪B) ∩ (A ∪ C)⇔ (x ∈ A ∪B) ∧ (x ∈ A ∪ C)⇔ (x ∈ A ∨ x ∈ B) ∧ (x ∈ A ∨ x ∈ C)⇔ (x ∈ A) ∨ (x ∈ B ∧ x ∈ C)⇔ (x ∈ A) ∨ (x ∈ B ∩ C)⇔ x ∈ A ∪ (B ∩ C).

iii) A\(B ∪ C) = (A\B) ∩ (A\C).


x ∈ (A\B) ∩ (A\C)⇔ (x ∈ A\B) ∧ (x ∈ A\C)⇔ (x ∈ A ∧ x /∈ B) ∧ (x ∈ A ∧ x /∈ C)⇔ (x ∈ A) ∧ (x /∈ B ∧ x /∈ C)⇔ (x ∈ A) ∧ (x /∈ B ∪ C)⇔ x ∈ A\(B ∪ C).

iv) A\(B ∩ C) = (A\B) ∪ (A\C).


x ∈ A\(B ∩ C)⇔ (x ∈ A) ∧ (x /∈ B ∩ C)⇔ (x ∈ A) ∧ (x /∈ B ∨ x /∈ C)⇔ (x ∈ A ∧ x /∈ B) ∨ (x ∈ A ∧ x /∈ C)⇔ (x ∈ A\B) ∨ (x ∈ A\C)⇔ x ∈ (A\B) ∪ (A\C).

N

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Ejercicio 1.1.2. Se escribirá la propiedad e inmediatamente abajo se exhibirá una pruebao un contraejemplo.

a) A ⊂ B ∧ A ⊂ C ⇔ A ⊂ (B ∪ C).Primero probamos un resultado que no está probado en el libro.

Proposición 1.1.1. A ∩B ⊂ A ⊂ A ∪B.

Demostración. Probamos primero A ∩B ⊂ A.

x ∈ A ∩B ⇔ x ∈ A ∧ x ∈ B ⇒ x ∈ A.

Ahora probamos A ⊂ A ∪B.

x ∈ A⇒ x ∈ A ∨ x ∈ B ⇔ x ∈ A ∪B.

Continuando con el ejercicio.

Prueba de (⇒). Tenemos,

x ∈ A⇒ x ∈ B ∧ x ∈ C (por hipótesis)⇔ x ∈ B ∩ C⇒ x ∈ B ∪ C (pues B ∩ C ⊂ B ∪ C, Proposición 1.1.1).

Contraejemplo de (⇐). Sea A un conjunto no vacío, B = ∅ y C = A. EntoncesA ⊂ B ∪ C = A, pero A * B.

b) A ⊂ B ∨ A ⊂ C ⇔ A ⊂ (B ∪ C).

Prueba de (⇒). Tenemos,

x ∈ A⇒ x ∈ B ∨ x ∈ C (por hipótesis)⇔ x ∈ B ∪ C.

Contraejemplo de (⇐). Sea A = {1, 2}, B = {0, 1} y C = {2}. Entonces A ⊂ B ∪ Cpero A * B y A * C.

c) A ⊂ B ∧A ⊂ C ⇔ A ⊂ B ∩ C.

Demostración de (⇔). Se prueban ambas implicaciones.

A ⊂ B ∧A ⊂ C ⇔ ∀x ∈ A : x ∈ B ∧ x ∈ C⇔ ∀x ∈ A : x ∈ B ∩ C⇔ A ⊂ B ∩ C.

d) A ⊂ B ∨A ⊂ C ⇔ A ⊂ B ∩ C.

Contraejemplo de (⇒). Sea A 6= ∅, B = A y C = ∅. Entonces A ⊂ B pero A *B ∩ C = ∅.

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Prueba de (⇐). Por el inciso c), si A ⊂ B∩C, entonces A ⊂ B y A ⊂ C, en particularA ⊂ B o bien A ⊂ C.

e) A\(A\B) = B.

Contraejemplo de (⊇). Sea A = ∅ y B 6= ∅. Entonces A\(A\B) = ∅ 6= B.

Este inciso queda completo con el siguiente resultado.

Proposición 1.1.2. A\(A\B) = A ∩B. En particular, A\(A\B) ⊂ B y la igualdadse da si y sólo si B ⊂ A.


x ∈ A ∩B ⇔ x ∈ A ∧ x ∈ B⇔ x ∈ A ∧ x /∈ A\B⇔ x ∈ A\(A\B).

f) A\(B\A) = A\B.

Contraejemplo de (⊆). Sea A 6= ∅ cualquier conjunto no vacío y B = A. Entonces

A\(B\A) = A 6= ∅ = A\B.

El inciso queda completo con el siguiente resultado.

Proposición 1.1.3. A\(B\A) = A. En particular A\B ⊂ A\(B\A) y la igualdad seda si y sólo si A ∩B = ∅.

Demostración. Si B\A = ∅ la igualdad es clara. En caso contrario, si x ∈ B\Aentonces x /∈ A, de donde A ⊂ A\(B\A), y por tanto la igualdad es válida pues laotra contensión es cierta por definición de diferencia de conjuntos.

g) A ∩ (B\C) = (A ∩B)\(A ∩ C). Primero una igualdad similar.

Proposición 1.1.4. A ∩ (B\C) = (A ∩B)\C.


x ∈ A ∩ (B\C)⇔ x ∈ A ∧ x ∈ B\C⇔ x ∈ A ∧ (x ∈ B ∧ x /∈ C)⇔ (x ∈ A ∧ x ∈ B) ∧ x /∈ C⇔ x ∈ (A ∩B)\C.

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Prueba del inciso g). Si existe x ∈ A ∩ (B\A), entonces x ∈ A y por definición dediferencia de conjuntos, x /∈ A, lo cual es absurdo, luego A ∩ (B\A) = ∅. De estamanera, dado el resultado anterior,

A ∩ (B\C) = ∅ ∪ {A ∩ (B\C)}= {A ∩ (B\A)} ∪ {A ∩ (B\C)}= {(A ∩B)\A} ∪ {(A ∩B)\C}= (A ∩B)\(B ∩ C).

h) A ∪ (B\C) = (A ∪B)\(A ∪ C).

Contraejemplo de (⊆). Sea A un conjunto no vacío, B otro conjunto tal que B ⊂ A yC = A. Entonces

A ∪ (B\C) = A ∪ ∅ = A y (A ∪B)\(A ∪ C) = A\A = ∅.

Por lo tanto A ∪ (B\C) * (A ∪B)\(A ∪ C).

Prueba de (⊇). Tenemos,

x ∈ (A ∪B)\(A ∪ C)⇒ x ∈ A ∪B ∧ x /∈ A ∪ C⇒ (x ∈ A ∨ x ∈ B) ∧ (x /∈ C\A) (pues C\A ⊂ C ⊂ A ∪ C)⇒ (x ∈ A ∨ x ∈ B) ∧ (x /∈ C ∨ x ∈ A)⇒ (x ∈ A) ∨ (x ∈ B ∧ x /∈ C)⇒ (x ∈ A) ∨ (x ∈ B\C)⇒ x ∈ A ∪ (B\C).

i) (A ∩B) ∪ (A\B) = A.

Demostración. Dado que A ∩B ⊂ A y A\B ⊂ A, tenemos,

(A ∩B) ∪ (A\B) ⊂ A ∪A = A.

Por otro lado, para todo x ∈ A, x ∈ B o bien x /∈ B. Luego A ⊂ (A∩B)∪ (A\B).

j) A ⊂ C y B ⊂ D ⇒ (A×B) ⊂ (C ×B).


(x, y) ∈ A×B ⇔ x ∈ A ∧ y ∈ B ⇒ x ∈ C ∧ y ∈ D ⇔ (x, y) ∈ C ×D.

k) (A×B) ⊂ (C ×D) ⇒ A ⊂ C ∧B ⊂ D.

Contrajemplo. Sea A 6= ∅, B = C = ∅ y D = A. Entonces A× B = ∅ = C ×D, peroA * C = ∅.

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l) Sea A 6= ∅ 6= B. (A×B) ⊂ (C ×D) ⇒ A ⊂ C ∧B ⊂ D.

Demostración. Sea x ∈ A y y ∈ B. Por hipótesis, (x, y) ∈ C×D, pues (x, y) ∈ A×D.Luego x ∈ C y y ∈ D.

m) (A×B) ∪ (C ×D) = (A ∪ C)× (C ∪D).

Prueba de (⊆). Tenemos,

(x, y) ∈ (A×B) ∪ (C ×D)⇔ (x, y) ∈ (A×B) ∨ (x, y) ∈ C ×D⇔ (x ∈ A ∧ y ∈ B) ∨ (x ∈ C ∧ y ∈ D)

⇒ (x ∈ A ∨ x ∈ C) ∧ (y ∈ B ∨ y ∈ D)

⇔ x ∈ A ∪ C) ∧ y ∈ B ∪D⇔ (x, y) ∈ (A ∪ C)× (B ∪D).

Contraejemplo de (⊇). En R, sean los intervalos A = [0, 2], B = [1, 3], C = B yD = A. Entonces

A×B = [0, 2]× [1, 3], C ×D = [1, 3]× [0, 2] y (A∪C)× (B ∪D) = [0, 3]× [0, 3].

Por lo tanto (A ∪ C)× (B ∪D) * (A×B) ∪ (C ×D), pues

(3, 3) ∈ (A ∪ C)× (B ∪D) pero (3, 3) /∈ (A×B) ∪ (C ×D).

n) (A×B) ∩ (C ×D) = (A ∩ C)× (B ∩D).


(x, y) ∈ (A×B) ∩ (C ×D)⇔ (x, y) ∈ A×B ∧ (x, y) ∈ C ×D⇔ (x ∈ A ∧ y ∈ B) ∧ (x ∈ C ∧ y ∈ D)

⇔ (x ∈ A ∧ x ∈ C) ∧ (y ∈ B ∧ y ∈ D)

⇔ x ∈ A ∩ C ∧ y ∈ B ∩D⇔ (x, y) ∈ (A ∩ C)× (B ∩D).

o) A× (B\C) = (A×B)\(A× C).


(x, y) ∈ A× (B\C)⇔ x ∈ A ∧ y ∈ B\C⇔ x ∈ A ∧ (y ∈ B ∧ y /∈ C)⇔ (x ∈ A ∧ y ∈ B) ∨ (x ∈ A ∧ y /∈ C)⇔ (x, y) ∈ A×B ∧ (x, y) /∈ A× C⇔ (x, y) ∈ (A×B)\(A× C).

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Observación 1.1.1. Notamos que esta misma prueba es válida para la igualdad

(A\B)× C = (A× C)\(B × C).

p) (A\B)× (C\D) = (A× C \B × C)\A×D.


(x, y) ∈ (A\B)× (C\D)⇔ x ∈ A\B ∧ y ∈ C\D⇔ (x ∈ A ∧ x /∈ B) ∧ (y ∈ C ∧ y /∈ D)

⇔ [(x ∈ A ∧ y ∈ C) ∧ (x /∈ B ∧ y ∈ C)] ∧ (x ∈ A ∧ y /∈ D)

⇔ ( (x, y) ∈ A× C ∧ (x, y) /∈ B × C ) ∧ (x, y) /∈ A×D⇔ ( (x, y) ∈ A× C\B × C ) ∧ (x, y) /∈ A×D⇔ (x, y) ∈ (A× C\B × C)\A×D).

q) (A\C)× (B ×D) = A×B\C ×D.

Prueba de (⊆). Tenemos,

(x, y) ∈ (A\C)× (B ×D)⇔ x ∈ A\C ∧ y ∈ B\D⇔ (x ∈ A ∧ x /∈ C) ∧ (y ∈ B ∧ y /∈ D)

⇔ (x ∈ A ∧ y ∈ B) ∧ (x /∈ C ∧ y /∈ D)

⇒ (x, y) ∈ A×B ∧ (x, y) /∈ C ×D⇔ (x, y) ∈ A×B\C ×D.

Contraejemplo de (⊇). En R consideremos los conjuntos A = {1, 2, 3}, B = A, C ={1, 3} y D = {2, 3}. Entonces A\C × B\D = {(2, 1)}. Por otra parte, (1, 1) ∈A×B\C ×D. Por lo tanto, A×B\C ×D * (A\C)× (B ×D).

N

Ejercicio 1.1.3. (a) Si x < 0, entonces x2 − x > 0.

Enunciado: Si x < 0, entonces x2 − x > 0.

Verdadero. Si x < 0, entonces x < 1. Es decir x− 1 < 0. Luego, x2 − x = x(x− 1) >0.

Recíproco: Si x2 − x > 0, entonces x < 0.

Falso. Si x = 2, entonces x2 − x = 22 − 2 = 2 > 0, pero 2 > 0.

Contra-recíproco: Si x2 − x ≤ 0, entonces x ≥ 0.

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Verdadero. Si x(x − 1) = x2 − x ≤ 0, entonces x y x − 1 son de signos contrarios, esdecir

x ≤ 0 ∧ x− 1 ≥ 0 o bien x ≥ 0 ∧ x− 1 ≤ 0.

La primera opción es imposible, por lo tanto, 0 ≤ x ≤ 1. En particular x ≥ 0.

(b) Si x > 0, entonces x2 − x > 0.

Enunciado: Si x > 0, entonces x2 − x > 0.

Falso. Sea 0 < x < 1. Entonces 0 < x2 < x. Luego x2 − x < 0.

Recíproco Si x2 − x > 0 entonces x > 0.

Falso. (−2)2 − (−2) = 4 + 2 = 6 > 0 pero −2 < 0.

Contra-recíproco Si x2 − x ≤ 0, entonces x ≤ 0.

Falso. Si (1/2)2 − (1/2) = −1/2 = 2 ≤ 0, pero 1/2 > 0.N

Ejercicio 1.1.4. Se escribirá la afirmación e inmediatamente la negación.

a) ∀ a ∈ A : a2 ∈ B. Negación: ∃ a ∈ A tal que a2 /∈ B.

b) ∃ a ∈ A tal que a2 ∈ B. Negación: ∀ a ∈ A : a2 /∈ B.

c) ∀ a ∈ A : a2 /∈ B. Negación: ∃ a ∈ A tal que a2 ∈ B.

d) ∃ a /∈ A tal que a2 ∈ B. Negación: ∀ a /∈ A : a2 /∈ B.N

Ejercicio 1.1.5. Se escribe si el enunciado es V o F e inmediatamente después se escribela condición del recíproco.

a) Verdadero. Recíproco: Verdadero.

b) Falso. Recíproco: Verdadero.

c) Verdadero. Recíproco: Falso.

d) Verdadero. Recíproco: Verdadero.N

Ejercicio 1.1.6. Se escribe solo el contra-recíproco.

a) ∀ A ∈ A : x /∈ A⇒ x /∈⋃A∈AA.

b) ∃ A ∈ A tal que x /∈ A⇒ x /∈⋃A∈AA.

c) ∀ A ∈ A : x /∈ A⇒ x /∈⋂A∈AA.

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d) ∃ A ∈ A tal que x /∈ A⇒ x /∈⋂A∈AA.

N

Ejercicio 1.1.7.

D = {x | x ∈ A ∧ (x ∈ B ∨ x ∈ C)} = A ∩ (B ∪ C).E = {x | (x ∈ A ∧ x ∈ B) ∨ x ∈ C} = (A ∩B) ∪ C.F = {x | x ∈ A ∧ (x ∈ B ⇒ x ∈ C)} = (A\B) ∪ (A ∩ C).

N

Ejercicio 1.1.8. Sea A un conjunto tal que |A| = 2. Digamos A = {1, 2}. Entonces

P(A) = {∅, A, {1}, {2}}.

Por lo tanto |P(A)| = 4 = 42.Sea A un conjunto tal que |A| = 1. Digamos A = {1}. Entonces

P(A) = {∅, A}.

Por lo tanto |P(A)| = 2 = 21.Sea A un conjunto tal que |A| = 3. Digamos A = {1, 2, 3}. Entonces

P(A) = {∅, A, {1}, {2}, {3}, {1, 2}, {1, 3}, {2, 3}}.

Por lo tanto |P(A)| = 8 = 23.Finalmente, P(∅) = {∅} y por tanto |P(∅)| = 1 = 20. N

Ejercicio 1.1.9. Leyes de DeMorgan para familias de subconjuntos. Sea B una familiade conjuntos y A un conjunto

(a) A\⋃B∈B

B =⋂B∈B

A\B.

(b) A\⋂B∈B

B =⋃B∈B

A\B.

Demostración.

x ∈ A\⋃B∈B

B ⇔ x ∈ A ∧ x /∈⋃B∈B

B

⇔ x ∈ A ∧ (x /∈ B, ∀ B ∈ B)⇔ x ∈ A\B, ∀B ∈ B

⇔ x ∈⋂B∈B

A\B.

x ∈ A\⋂B∈B

B ⇔ x ∈ A ∧ x /∈⋂B∈B

B

⇔ x ∈ A ∧ (∃B ∈ B tal que x /∈ B)

⇔ ∃B ∈ B tal que x ∈ A\B

⇔ x ∈⋃B∈B

A\B.

N

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Ejercicio 1.1.10. Se describe el conjunto y después se anota, si es posible, como unproducto cartesiano.

(a) {(x, y) ∈ R× R : x es un entero} = Z× R.

(b) {(x, y) ∈ R× R : 0 < y ≤ 1} = R× (0, 1].

(c) {(x, y) ∈ R× R : y > x} no puede escribirse como producto cartesiano.

(d) {(x, y) ∈ R× R : x /∈ Z ∧ y ∈ Z} = (R\Z)× Z.

(e) {(x, y) ∈ R× R : x2 + y2 < 1} no puede escribirse como producto cartesiano.N

1.2 Sección 2. Funciones. Pág 21.

Ejercicio 1.2.1. Sea f : A→ B, A0 ⊂ A y B0 ⊂ B.

(a) A0 ⊂ f−1(f(A0)). La igualdad se da si f es inyectiva.

Demostración. Sea x ∈ A0. Entonces f(x) ∈ f(A0) y por lo tanto x ∈ f−1(f(A0)).Ahora supongamos que f es inyectiva.

x ∈ f−1(f(A0))⇒ f(x) ∈ f(A0)

⇒ ∃ y ∈ A0 tal que f(x) = f(y)

⇒ ∃ y ∈ A0 tal que x = y (pues f es inyectiva)⇒ x ∈ A0.

Luego, A0 = f−1(f(A0)).

(b) f(f−1(B0)) ⊂ B0. La igualdad se da si f es sobreyectiva.

Demostración. Si x ∈ f(f−1(B0)), entonces existe y ∈ f−1(B0) tal que x = f(y) ∈ B0.Ahora supongamos que f es sobreyectiva.

x ∈ B0 ⇒ ∃ y ∈ A tal que x = f(y) ∈ B0 (pues f es sobre)

⇒ ∃ y ∈ f−1(B0) tal que x = f(y).

Por lo tanto x = f(y) ∈ f(f−1(B0)). Luego f(f−1(B0)) = B0.N

Ejercicio 1.2.2. Sea f : A→ B y Ai ⊂ A, Bi ⊂ B, i = 0, 1.

a) B0 ⊂ B1 ⇒ f−1(B0) ⊂ f−1(B1).


x ∈ f−1(B0)⇒ f(x) ∈ B0 ⊂ B1

⇒ x ∈ f−1(B1)

⇒ f−1(B0) ⊂ f−1(B1).

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b) f−1(B0 ∪B1) = f−1(B0) ∪ f−1(B1).


x ∈ f−1(B0 ∪B1)⇔ f(x) ∈ B0 ∪B1

⇔ f(x) ∈ B0 ∨ f(x) ∈ B1

⇔ x ∈ f−1(B0) ∨ x ∈ f−1(B1)

⇔ x ∈ f−1(B0) ∪ f−1(B1).

c) f−1(B0 ∩B1) = f−1(B0) ∩ f−1(B1).


x ∈ f−1(B0 ∩B1)⇔ f(x) ∈ B0 ∩B1

⇔ f(x) ∈ B0 ∧ f(x) ∈ B1

⇔ x ∈ f−1(B0) ∧ x ∈ f−1(B1)

⇔ x ∈ f−1(B0) ∩ f−1(B1).

d) f−1(B0\B1) = f−1(B0)\f−1(B1).


x ∈ f−1(B0\B1)⇔ f(x) ∈ B0\B1

⇔ f(x) ∈ B0 ∧ f(x) /∈ B1

⇔ x ∈ f−1(B0) ∧ x /∈ f−1(B1)

⇔ x ∈ f−1(B0)\f−1(B1).

e) A0 ⊂ A1 ⇒ f(A0) ⊂ f(A1).


y ∈ f(A0)⇔ ∃x ∈ A0 tal que y = f(x)

⇒ ∃x ∈ A1 tal que y = f(x) (pues A0 ⊂ A1)⇒ y ∈ f(A1).

f) f(A0 ∪A1) = f(A0) ∪ f(A1).


y ∈ f(A0 ∪A1)⇔ ∃x ∈ A0 ∪A1 tal que y = f(x)

⇔ (∃x ∈ A0 tal que y = f(x)) ∨ (∃x ∈ A1 tal que y = f(x))

⇔ y ∈ f(A0) ∨ y ∈ f(A1)

⇔ y ∈ f(A0) ∪ f(A1).

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g) f(A0 ∩A1) ⊂ f(A0) ∩ f(A1). La igualdad se da si f es inyectiva.


y ∈ f(A0 ∩A1)⇔ ∃x ∈ A tal que x ∈ A0 ∩A1 ∧ y = f(x)

⇔ ∃x ∈ A tal que (x ∈ A0 ∧ x ∈ A1) ∧ y = f(x)

⇔ ∃x ∈ A tal que (x ∈ A0 ∧ y = f(x)) ∧ (x ∈ A1 ∧ y = f(x))

⇒ y ∈ f(A0) ∧ y ∈ f(A1)

⇔ y ∈ f(A0) ∩ f(A1).

Supongamos que f es inyectiva. Probaremos f(A0) ∩ f(A1) ⊂ f(A0 ∩ A1). Si y ∈f(A0)∩f(A1), entonces existe x0 ∈ A0 tal que y = f(x0) y también existe x1 ∈ A1 talque y = f(x1). Luego, f(x0) = f(x1). Como f es inyectiva, x0 = x1 y por consiguientey ∈ f(A0 ∩A1).

Ahora sea f : R → R dada por f(x) = x2. Claramente f no es inyectiva. SeaA0 = (−∞, 0) y A1 = R\A0. Entonces

∅ = f(A0 ∩A1) * f(A0) ∩ f(A1) = (0,∞).

h) f(A0)\f(A1) ⊂ f(A0\A1). La igualdad se da si f es inyectiva.


y ∈ f(A0)\f(A1)⇔ y ∈ f(A0) ∧ y /∈ f(A1)

⇔ (∃x0 ∈ A0 tal que y = f(x0)) ∧ (∀x ∈ A1 : f(x) 6= y)

⇒ ∃x0 ∈ A0\A1 tal que y = f(x0)

⇔ y ∈ f(A0\A1).

Ahora supongamos que f es inyectiva. Probaremos f(A0\A1) ⊂ f(A0)\f(A1). Siy ∈ f(A0\A1), entonces y = f(x) para algún x ∈ A0\A1 y como A0\A1 ⊂ A0, se tieneque y ∈ f(A0). Ahora, si para algún x ∈ A1 sucede que y = f(x), entonces como fes inyectiva x = x0, y por consiguiente x0 ∈ A1 lo cual es imposible. Luego, f(x) 6= ypara todo x ∈ A1. Entonces y ∈ f(A0)\f(A1).

N

Ejercicio 1.2.3. Se escribe el enunciado y se prueba a continuación. Sea B una familiade subconjuntos de B y A una familia de subconjuntos en A.

(b) f−1( ⋃B∈B

B)=⋃B∈B

f−1(B).

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x ∈ f−1( ⋃B∈B

B)⇔ f(x) ∈

⋃B∈B

B

⇔ ∃B ∈ B tal que f(x) ∈ B⇔ ∃B ∈ B tal que x ∈ f−1(B)

⇔ x ∈⋃B∈B

f−1(B).

(c) f−1( ⋂B∈B

B)=⋂B∈B

f−1(B).


x ∈ f−1( ⋂B∈B

B)⇔ f(x) ∈

⋂B∈B

B

⇔ ∀ B ∈ B : f(x) ∈ B⇔ ∀ B ∈ B : x ∈ f−1(B)

⇔ x⋂B∈B

f−1(B).

(f) f( ⋃A∈A

A)=⋃A∈A

f(A).


y ∈ f( ⋃A∈A

A)⇔ ∃x ∈

⋃A∈A

A tal que y = f(x)

⇔ ∃A ∈ A ∃x ∈ A tal que y = f(x)

⇔ ∃A ∈ A tal que y ∈ f(A)

⇔ y ∈⋃A∈A

f(A).

(g) f( ⋂A∈A

A)⊂⋂A∈A

f(A). La igualdad se da si f es inyectiva.


y ∈ f( ⋂A∈A

A)⇔ ∃x ∈ A0 tal que x ∈

⋂A∈A

A ∧ y = f(x)

⇔ ∃x ∈ A0 tal que (∀ A ∈ A : x ∈ A) ∧ y = f(x)

⇒ ∀ A ∈ A : y ∈ f(A)

⇔ y ∈⋂A∈A

f(A).

15

Supongamos que f es una función inyectiva. Probaremos⋃A∈A f(A) ⊂ f

(⋃A∈AA

).

y ∈⋂A∈A

f(A)⇔ ∀ A ∈ A : y ∈ f(A)

⇔ ∀ A ∈ A : ∃xA ∈ A tal que y = f(xA).

Como f es inyectiva, podemos llamar x = xA, para todo A ∈ A. De modo quex ∈

⋂A∈AA y y = f(x), es decir y ∈ f

(⋂A∈AA

).

N

Ejercicio 1.2.4. Sean f : A→ B y g : B → C funciones.

(a) C0 ⊂ C ⇒ (g ◦ f)−1(C0) = f−1(g−1(C0)).

Demostración. Si (g ◦ f)−1(C0) = ∅, entonces para todo x ∈ A, g(f(x)) /∈ C0,esto es f(x) /∈ g−1(C0), y por consiguiente x /∈ f−1(g−1(C0)). Por consiguientef−1(g−1(C0)) = ∅ y la igualdad es inmediata. Análogamente, si (g ◦ f)−1(C0) 6= ∅,

x ∈ (g ◦ f)−1(C0)⇔ (g ◦ f)(x) ∈ C0

⇔ g(f(x)) ∈ C0

⇔ f(x) ∈ g−1(C0)

⇔ x ∈ f−1(g−1(C0)).

(b) Sean f y g inyectivas. Entonces g ◦ f es inyectiva.

Demostración. Si x, y ∈ A tales que (g◦f)(x) = (g◦f)(y). Entonces g(f(x)) = g(f(y))y como g es inyectiva, f(x) = f(y), y como también f es inyectiva, x = y.

(c) Si g ◦ f : A→ C es inyectiva, ¿qué se puede decir sobre la iyectividad de f y de g?

Si g ◦ f es inyectiva entonces f es inyectiva. Sean x, y ∈ A tales que f(x) = f(y).Entonces (g ◦ f)(x) = g(f(x)) = g(f(y)) = (g ◦ f)(y), y como g ◦ f es intectiva,x = y.

Ejemplo donde f y g ◦ f son inyectivas pero g no es inyectiva. Sean las funciones f :[0,∞)→ R y g : R→ R dadas por

f(x) = exp( 1

x+ 1

)y g(x) =

0 si x ≤ 1,

x si x ∈ (1, e],0 si x > e.

Entonces f es inyectiva y g ◦ f = f y por tanto esta composición también es inyectiva,pero g no es inyectiva.

16

Si g ◦ f es inyectiva y f es sobreyectiva entonces g es inyectiva. Sean w, z ∈ B talesque g(w) = g(z). Como f es sobreyectiva, f(x) = w y f(y) = z para algún parx, y ∈ A. Por consiguiente,

(g ◦ f)(x) = g(f(x)) = g(w) = g(z) = g(f(y)) = (g ◦ f)(y),

y como g ◦ f es inyectiva, x = y, de donde w = z.

(d) Si f y g son sobreyectivas, entonces g ◦ f es sobreyectiva.

Demostración. Sea c ∈ C. Como g es sobreyectiva, existe b ∈ B tal que g(b) = c.También f es sobreyectiva, entonces para algún a ∈ A, f(a) = b. Tenemos,

c = g(b) = g(f(a)) = (g ◦ f)(a).

Luego, g ◦ f es sobreyectiva.

(e) Si g ◦ f es sobreyectiva, ¿qué se puede decir sobre la sobreyectividad de f y de g?

Si g ◦ f es sobreyectiva entonces g es sobreyectiva. Sea c ∈ C. Entonces para algúna ∈ A, (g ◦ f)(a) = g(f(a)) = c. Como f(a) ∈ B, entonces g es sobreyectiva.

Ejemplo donde g y g ◦ f son sobreyectivas pero f no es sobreyectiva. Consideremos lasfunciones reales f : (0, 1)→ [0, 1) y g : [0, 1)→ (0, 1) dadas por

f(x) = x y g(x) =

{x si x ∈ (0, 1),

1/2 si x = 0.

Entonces g es sobreyectiva y g ◦ f : (0, 1) → (0, 1) es sobreyectiva pues (g ◦ f)(x) =x.

Si g ◦ f es sobreyectiva y g es inyectiva, entonces f es sobreyectiva. Sea b ∈ B. En-tonces g(b) ∈ C y como g ◦f es sobreyectiva, para algún a ∈ A, (g ◦f)(a) = g(f(a)) =g(b). Por lo tanto, dado que g es inyectiva, f(a) = b.

(f) Incisos (b)-(e) en forma de teorema.

Teorema. Sean f : A→ B y g : B → C funciones.

i) Si f y g son inyectivas, entonces g ◦ f es inyectiva.

ii) Si f y g son sobreyectivas, entonces g ◦ f es sobreyectiva.

iii) Si g◦f es inyectiva, entonces f es inyectiva. Si además f es sobreyectiva, entoncesg también es inyectiva.

iv) Si g ◦ f es sobreyectiva, entonces g es sobreyectiva. Si además g es inyectiva,entonces f también es sobreyectiva.

N

17

Ejercicio 1.2.5. Se escribe el inciso con su enunciado y se da una prueba o un ejemplo,según el caso.

(a) Si f tiene una inversa por la izquierda, entonces f es inyectiva, y si f tiene una inversapor la derecha entonces f es sobreyectiva.

Demostración. Supongamos que f tiene una inversa por la izquierda. Sea x, y ∈ Atales que f(x) = f(y). Sea fi : B → A la inversa por la izquierda de f . Tenemos,

x = (fi ◦ f)(x) = fi(f(x)) = fi(f(y)) = (fi ◦ f)(y) = y.

Ahora supongamos que f tiene una inversa por la derecha. Sea b ∈ B y sea fd : B → Ala inversa por la derecha de f . Entonces fd(b) ∈ A y f(fd(b)) = (f ◦ fd)(b) = b. Porlo tanto f es sobreyectiva.

(b) Ejemplo de una función con inversa por la izquierda pero no inversa por la derecha.

Ejemplo. Sea X un conjunto no vacío y sean A y B dos subconjuntos no vacíos de Xtales que A ⊂ B y B\A 6= ∅. Sea f : A→ B dada por f(x) = x. Entonces fi : B → Adada por fi(x) = x es una inversa por la izquierda de f , pero f no tiene inversa porla derecha porque no es sobreyectiva.

(c) Ejemplo de una función que tiene inversa por la derecha pero no inversa por laizquierda.

Ejemplo. Sea X un conjunto no vacío y sea A un subconjunto propio no vacío de X.Sea x0 ∈ X\A y sea xa ∈ A dos puntos fijos. Definimos la función f : A ∪ {x0} → Adada por

f(x) =

{x si x ∈ A,xa si x = x0.

Entonces la función fd : A → A ∪ {x0} dada por fd(x) = x es una inversa por laderecha de f . Pero f no tiene inversa por la izquierda pues no es inyectiva.

(d) ¿Puede tener una función más de una inversa por la izquierda? ¿Y más de una inversapor la derecha?

Ejemplo de una función con más de una inversa por la izquierda. Sea X un conjuntono vacío y sea A un subconjunto propio no vacío de X. Definimos f : A → X dadapor f(x) = x. Para cada y ∈ X, sea fy : X → A dada por

fy(x) =

{x si x ∈ A,y si x ∈ X\A.

Entonces cada fy es una inversa por la izquierda de f . Por la tanto si |X| > 1, haymás de un inversa para la función f .

18

Ejemplo de una función con más de una inversa por la derecha. SeaX un conjunto novacío y sea A un subconjunto propio no vacío de X. Sea a ∈ A fijo. Definimosf : X → A dada por

f(x) =

{x si x ∈ A,a si x ∈ X\A.

Para cada y ∈ X\A, sea fy : A→ X dada por

fy(x) =

{x si x 6= a,

y si x = a.

Cada fy es una inversa por la derecha de f . Por lo tanto, si |X\A| > 1, hay más deuna inversa por la derecha para la función f .

(e) Si f : A→ B tiene una inversa por la izquierda g : B → A y una inversa por al derechah : B → A, entonces f es biyectiva y g = h = f−1.

Primero un resultado que no está enunciado en el libro.

Proposición 1.2.1. La composición de funciones es asociativa: Si f : A → B, g :B → C y h : C → D son funciones, entonces h ◦ (g ◦ f) = (h ◦ g) ◦ f .

Prueba de la proposición. Primero notamos que h ◦ g : B → D y g ◦ f : A→ C, y porlo tanto h ◦ (g ◦ f) : A→ D y (h ◦ g) ◦ f : A→ D. Ahora, sea x ∈ A. Tenemos

(h ◦ (g ◦ f))(x) = h((g ◦ f)(x)) = h(g(f(x))) = (h ◦ g)(f(x)) = ((h ◦ g) ◦ f)(x).

Prueba del ejercicio. Si f tiene inversa por la izquierda g entonces f es inyectiva. Sif tiene inversa por la derecha h entonces f es sobreyectiva. Luego f es biyectiva. Seab ∈ B. Por la proposición anterior,

g(b) = g(f(h(b))) = (g ◦ f)(h(b)) = h(b).N

Ejercicio 1.2.6. Sea f : R→ R dada por f(x) = x3 − x. Se puede restringir el dominiode f al conjunto A = [−1/

√3, 1/√3] con lo cual la imagen de f queda también restringida

al conjunto B = [−2/3√3, 2/3

√3]. Claramente f : A→ B es biyectiva. N

1.3 Sección 3. Relaciones. Pág 31.

Relaciones de equivalencia.

Ejercicio 1.3.1. Definimos la relación en R2: (x0, y0) ∼ (x1, y1) ⇔ y0 − x20 = y1 − x21.Probaremos que es de equivalencia.

Reflexividad. ∀ (x, y) ∈ R2 : y − x2 = y − x2. Por lo tanto (x, y) ∼ (x, y).

19

Simetría. Sea (x0, y0), (x1, y1) ∈ R2. Tenemos,

(x0, y0) ∼ (x1, y1) ⇔ y0− x20 = y1− x21 ⇔ y1− x21 = y0− x20 ⇔ (x1, y1) ∼ (x0, y0).

Transitividad. Sean (xi, yi) ∈ R2, i = 0, 1, 2. Tenemos,

(x0, y0) ∼ (x1, y1) ∧ (x1, y1) ∼ (x2, y2)⇔ y0 − x20 = y1 − x21 ∧ y1 − x21 = y2 − x22⇒ y0 − x20 = y2 − x22⇔ (x0, y0) ∼ (x2, y2)

Ahora, si (x0, y0) ∈ R2, entonces la clase de equivalencia de este elemento,

R(x0,y0) = {(x, y) ∈ R2 : y = x2 + y0 − x20},

la parábola que abre hacia arriba y cuyo vértice es el punto (0, y0 − x20). N

Ejercicio 1.3.2. Verificamos las propiedades de relación de equivalencia. Sea C0 = C ∩(A0 ×A0).

Reflexividad. Si x ∈ A0, entonces x ∈ C pues A0 ⊂ A y C es una relación de equivalenciasobre A×A. Por lo tanto (x, x) ∈ C ∩ (A0 ×A0).

Simetría. Sea (x, y) ∈ C0. Entonces (x, y) ∈ C y (x, y) ∈ A0 × A0, y por lo tanto(y, x) ∈ C, pues C es una relación de equivalencia, y por supuesto (y, x) ∈ A0 × A0.Luego, (y, x) ∈ C0.

Transitividad. Sea (x, y) ∈ C0 y (y, z) ∈ C0. Entonces

(x, y) ∈ C ∧ (x, y) ∈ A0 ×A0 y (y, z) ∈ C ∧ (y, z) ∈ A0 ×A0,

de donde(x, z) ∈ C ∧ (x, z) ∈ A0 ×A0,

esto es (x, z) ∈ C0.N

Ejercicio 1.3.3. Sea A = {1, 2} y C = {(1, 1)} ⊂ A× A. C es una relación transitiva ysimétrica, pero no es reflexiva. El fallo en la prueba es que puede haber elementos a ∈ Apara los cuales (a, a) /∈ C. N

Ejercicio 1.3.4. Sea f : A→ B una función sobreyectiva. Definimos la relación

a0 ∼ a1 ⇔ f(a0) = f(a1).

(a) La relación ∼ es de equivalencia.

20

Demostración. Reflexividad.

(∀ a ∈ A : a = a) ⇒ (∀ a ∈ A : f(a) = f(a)) ⇒ (∀ a ∈ A : a ∼ a).

Simetría.a ∼ b ⇒ f(a) = f(b) ⇒ f(b) = f(a) ⇒ b ∼ a.

Transitividad.

a ∼ b ∧ b ∼ c ⇒ f(a) = f(b) ∧ f(b) = f(c) ∧ f(a) = f(c) ⇒ a ∼ c.

(b) Si A∗ es el conjunto de las clases de equivalencia, entonces existe una correspondenciabiyectiva entre A∗ y B.

Demostración. Para cada a ∈ A, definimos A∗(a) la clase de equivalencia del elementoa. Entonces A∗ = {A∗(a) : a ∈ A}. Definimos la correspondencia g : A∗ → B dadapor

g(A∗(a)) = f(a).

Entonces esta correspondencia está bien definida, es decir, no depende de la elecciónde a. En efecto, si A∗(c) ∈ A∗ y a, b ∈ A∗(c), entonces a ∼ b (pues a ∼ c y c ∼ b), dedonde f(a) = f(b) = f(c) = g(A∗(c)).

Esta regla también es biyectiva:

Iyectividad. Si X,Y ∈ A∗ y g(X) = g(Y ), entonces para algún x ∈ X y para algúny ∈ Y , f(x) = g(X) = g(Y ) = f(y), por consiguiente x ∼ y. Luego X = Y .

Sobreyectividad. Sea b ∈ B. Como f es sobreyectiva, existe a ∈ A tal que f(a) = b.Sea C = A∗(a) ∈ A∗. Entonces g(C) = f(a) = b.

N

Ejercicio 1.3.5. Consideremos los conjuntos

S = {(x, y) ∈ R2 : y = x+ 1 ∧ 0 < x < 2} y S′ = {(x, y) ∈ R2 : y − x ∈ Z}

(a) S′ es una relación de equivalencia y S ⊂ S′.

Demostración. Probaremos las tres propiedades de clase de equivalencia.

Reflexividad:∀ x ∈ R : x− x = 0 ∈ Z ⇒ (x, x) ∈ S′.

Simetría:

(x, y) ∈ S′ ⇒ y − x ∈ Z ⇒ x− y = −(y − x) ∈ Z ⇒ (y, x) ∈ S′.

Transitividad:

(X, y) ∈ S′ ∧ (y, z) ∈ S′ ⇒ y−x ∈ Z ∧ z−y ∈ Z ⇒ z−x = (z−y)+(y−x) ∈ Z ⇒ (x, z) ∈ S′.

21

Ahora sea 0 < x < 2 y sea y = x+ 1. Entonces y − x = 1 ∈ Z, por lo tanto S ⊂ S′.Para cada x ∈ (0, 2), sea S′(x) = {y ∈ R : (x, y) ∈ S′} la clase de equivalencia de x.Tenemos,

S′(x) = {y ∈ R2 : y − x ∈ Z} = {y ∈ R : y = k + x, k ∈ Z}.

(b) Sea R una colección de clases de equivalencia sobre un conjunto A. Sea R∗ =⋂R∈RR.

Demostraremos las tres propiedades de clase de equivalencia para R∗.

Reflexividad.a ∈ A ⇒ aRa ∀ R ∈ R ⇒ aR∗a.

Simetría.aR∗b ⇒ ∀ R ∈ R : aRb ⇒ ∀ R ∈ R : bRa ⇒ bR∗a.

Transitividad.

aR∗b ∧ bR∗c ⇒ ∀ R ∈ R : aRb ∧ bRc ⇒ ∀ R ∈ R : aRc ⇒ aR∗c.

(c) Sea S = {R ⊂ R×R : R es de equivalencia y S ⊂ R}. Sea T =⋂S∈S S. El conjunto T

es una relación de equivalencia sobre R por el inciso anterior. Definimos los conjuntos

A2 = {(x, y) ∈ R2 : 0 < x < 1 ∧ y − x = 2}A1 = {(x, y) ∈ R2 : 0 < x < 2 ∧ y − x = 1} = S

A0 = {(x, y) ∈ R2 : x = y}A -1 = {(x, y) ∈ R2 : 1 < x < 3 ∧ y − x = −1}A -2 = {(x, y) ∈ R2 : 2 < x < 3 ∧ y − x = −2}A = A−2 ∪A−1 ∪A0 ∪A1 ∪A2.

Definimos ahora el conjunto R = (0, 3) × (0, 3) ∪ A0. Entonces R es una relación deequivalencia en R. En efecto:

Reflexividad. ∀ x ∈ R : (x, x) ∈ A0 ⊂ R.Simetría. Si (x, y) ∈ R, entonces x = y o 0 < x < 3 y 0 < y < 3. Equivalentementey = x o 0 < y < 3 y 0 < x < 3. Luego, (y, x) ∈ R.Transitividad. Supongamos que (x, y) ∈ R y (y, z) ∈ R. Hay dos casos: I). Si x = yo y = z, entonces (x, z) ∈ R de forma inmediata. II). Si x 6= y y y 6= z entonces0 < x < 3, 0 < y < 3 y 0 < z < 3. Y por lo tanto (x, z) ∈ (0, 3)× (0, 3) ⊂ R.Por el inciso anterior, R ∩ S′ es una relación de equivalencia. Pero observamos que

R ∩ S′ = [(0, 3)× (0, 3) ∩ S′] ∪A0,

puesto que A0 ⊂ S′. Ahora bien, claramente Ai ⊂ (0, 3) × (0, 3) y Ai ⊂ S′, coni = −2,−1, 1, 2, de donde A ⊂ R ∩ S′. Por otro lado, si (x, y) ∈ (0, 3) × (0, 3) ∩ S′

22

y x 6= y, entonces 0 < x < 3, 0 < y < 3 y y − x ∈ Z. Por consiguiente, 0 < x < 3,0 < y < 3 y y − x ∈ {−2,−1, 1, 2}. Hay entonces varios casos:

I) Si y − x = 2, entonces y = 2 + x, y como y < 3, se sigue que 0 < x < 1. Por lotanto (x, y) ∈ A2.

II) Si y − x = 1, entonces y = 1 + x, y como y < 3, se sigue que 0 < x < 2. Por lotanto (x, y) ∈ A1.

III) Si y − x = −1, entonces y = x− 1, y como 0 < y, se sigue que 1 < x < 3. Por lotanto (x, y) ∈ A−1.IV) Si y − x = −2, entonces y = x− 2, y como 0 < y, se sigue que 2 < x < 3. Por lotanto (x, y) ∈ A−2.En cualquier caso (x, y) ∈ A. Luego, A = R ∩ S′ y por consiguiente A es una relaciónde equivalencia que contiene al conjunto S. Así, T ⊂ A.Ahora sea (x, y) ∈ A2. Entonces 0 < x < 1 y y = 2 + x. Tenemos,

(x, x+ 1) ∈ S ⊂ T pues 0 < 1 < x+ 1 < 2 y x+ 1− x = 1,

(x+ 1, y) ∈ S ⊂ T pues 0 < 1 < x+ 1 < 2 y y − x = 2 + x− x− 1 = 1,

Figura 1: Relación T .

por lo tanto (x, y) ∈ T , y en consecuencia A2 ⊂ T .Por otro lado, A1 = S ⊂ T . Ahora, si (x, y) ∈A−1, entonces

1 < x < 3 y y − x = −1.

De donde 0 < y < 2 y x − y = 1. Por lo tanto(y, x) ∈ A1 ⊂ T , y por transitividad, (x, y) ∈ T .Luego A−1 ⊂ T . Finalmente, si (x, y) ∈ A−2,entonces

2 < x < 3 y y − x = −2.

De donde 0 < y < 1 y x − y = 2. Por lo tanto (y, x) ∈ A2 ⊂ T y por transitividad(x, y) ∈ T . Luego A−2 ⊂ T . De esta forma A = T (ver Figura).Las clases de equivalencia de T son las siguientes

Tx = {x} si x ≤ 0 o bien x ≥ 3,

Tx = {x, x+ 1, x+ 2} si 0 < x < 1

T1 = {1, 2},Tx = {x− 1, x, x+ 1} si 1 < x < 2,

T2 = {1, 2} = T1,

Tx = {x− 2, x− 1, x} si 2 < x < 3.

N

23

Relaciones de orden.

Ejercicio 1.3.6. Sobre el plano definimos

(x0, y0) < (x1, y1) ⇔ y0 − x20 < y1 − x21 ∨ (y0 − x20 = y1 − x21 ∧ x0 < x1).

Figura 2: Orden lineal en R2.

Probaremos que < es una relación de orden lineal.Supongamos primero que

(x0, y0) 6= (x1, y1).

Hay dos casos:Caso I) y0−x20 = y1−x21. Si x0 = x1 entonces y0 = y1,de donde (x0, y0) = (x1, y1), lo cual es contradictorio.Luego x0 6= x1. De modo que x0 < x1 o bien x1 < x0,y por consiguiente (x0, y0) < (x1, y1) o bien (x1, y1) <(x0, y0).Caso II) y0−x20 6= y1−x21. Entonces y0−x20 < y1−x21o bien y1− x21 < y0− x20, de donde (x0, y0) < (x1, y1)o bien (x1, y1) < (x0, y0).Ahora supongamos que

(x0, y0) = (x1, y1).

Obviamente y0 − x20 = y1 − x21 y x0 = x1 y por tanto(x0, y0) no está relacionado con sigo mismo bajo <.Ahora supongamos que

(x0, y1) < (x1, y1) y (x1, y1) < (x2, y2).

Hay dos casos:Caso I) y0 − x20 < y1 − x21. Si además y1 − x21 < y2 − x22, entonces y0 − x20 < y2 − x22, einmediatamente (x0, y0) < (x2, y2). Si por el contrario y1−x21 = y2−x22 y x1 < x2, entoncesy0 − x20 < y2 − x22 y por lo tanto (x0, y0) < (x2, y2).Caso II) y0−x20 = y1−x21 y x0 < x1. Si además y1−x21 < y2−x22, entonces y0−x20 < y2−x22, einmediatamente (x0, y0) < (x2, y2). Si por el contrario y1−x21 = y2−x22 y x1 < x2, entoncesSi por el contrario y0 − x20 = y2 − x22 y x0 < x2, de donde (x0, y0) < (x2, y2).En la figura 2, y0 ≥ x20, y el área sombreada y el segmento de parábola son todos aquellospuntos (x, y) tales que (x0, y0) ≤ (x, y). N

Ejercicio 1.3.7. Sea R una relación de orden líneal en A y B ⊂ A. Entonces R|B =R ∩ (B × B) es un orden lineal en B. En efecto, si x, y ∈ B, con x 6= y, entonces xRy(pues B ⊂ A) y claramente (x, y) ∈ B × B, por lo tanto xR|By. Es claro además que x noestá relacionado con sigo mismo bajo R|B. Finalmente, si x, y, z ∈ B y xR|By y yR|Bz, dedonde xRy y yRz y por transitividad aRz y por consiguiente xR|Bz pues x, z ∈ B. N

Ejercicio 1.3.8. En R definimos C ⊂ R× R tal que

xCy ⇔ (x2 < y2) ∨ (x2 = y2 ∧ x < y).

24

Probaremos que C es una relación de orden lineal.Sea x 6= y. Si x2 = y2 entonces x = −y. Tenemos,

Si x < 0 ⇒ y > 0 ∴ x < y ⇒ xCy,

Si x ≥ 0 ⇒ y < 0 ∴ y < x⇒ yCx.

Ahora si x2 6= y2, entonces x2 < y2 o bien y2 < x2, esto es, xCy o bien yCx.Por otra parte, si xCy entonces por definición x2 < y2 o bien x2 = y2 y x < y. Por lo

tanto x 6= y.Por último, si xCy y yCz, entonces

[(x2 < y2) ∨ (x2 = y2 ∧ x < y)] ∧ [(y2 < z2) ∨ (y2 = z2 ∧ y < z)].

Luego, tenemos dos casos,

(x2 < y2) ∧ [(y2 < z2) ∨ (y2 = z2 ∧ y < z)],

o bien(x2 = y2 ∧ x < y) ∧ [(y2 < z2) ∨ (y2 = z2 ∧ y < z)].

Tenemos:Si (x2 < y2) ∧ [(y2 < z2) ∨ (y2 = z2 ∧ y < z)] ⇒ x2 < z2 ∴ xCz.Si (x2 = y2 ∧ x < y) ∧ [(y2 < z2) ∨ (y2 = z2 ∧ y < z)] ⇒ x2 < z2 o bien x2 =

y2 ∧ x < z ∴ xCz.Luego, C es transitiva. N

Ejercicio 1.3.9. Probaremos que la relación de diccionario es una relación de orden lineal,según las propiedades de la página 27 del libro..Sea a1 × b1 6= a2 × b2. Supongamos que a1 6= a2. Como <A es un orden lineal en

A, tenemos que a1 <A a2 o bien a2 <A a1. Por definición de orden lexicográfico (dediccionario), a1 × b1 < a2 × b2, cuando a1 <A a2, o bien a2 × b2 < a1 × b2, si a2 <A a1.Si a1 = a2, entonces b1 6= b2. Análogamente, como <B es una relación de orden lineal enB, tenemos que b1 <B b2, en cuyo caso a1 × b1 < a2 × b2, o bien b2 <B b1, en cuyo casoa1 × b1 < a2 × b2.Ahora, si a1 × b1 < a2 × b2, entonces por definción, a1 <A a2 o bien b1 <B b2, esto es

a1 6= a2 o bien b1 6= b2. En cualquier caso, a1 × b1 6= a2 × b2.Supongamos ahora que a1 × b1 < a2 × b2 y a2 × b2 < a3 × b3. Entonces,

[(a1 <A a2) ∨ (a1 = a2 ∧ b1 <B b2)] ∧ [(a2 <A a3) ∨ (a2 = a3 ∧ b2 <B b3)]

Si a1 <A a2 ∧ a2 <A a3 ⇒ a1 <A a3 ∴ a1 × b1 < a3 × b3.Si a1 <A a2 ∧ (a2 = a3 ∧ b2 <B b3)⇒ a1 <A a3 ∴ a1 × b1 < a3 × b3.Si (a1 = a2 ∧ b1 <B b2) ∧ a2 <A a3 ⇒ a1 <A a3 ∴ a1 × b1 < a3 × b3.Si (a1 = a2 ∧ b1 <B b2) ∧ (a2 = a3 ∧ b2 <B b3) ⇒ a1 = a3 ∧ b1 <B b3 ∴ a1×b1 < a3×b3.

N

Ejercicio 1.3.10. (a) La función f : (−1, 1)→ R dada por

f(x) =x

1− x2,

es una función biyectiva que preserva el orden lineal habitual en R, <.

25

Demostración. Sean x, y ∈ (−1, 1). Dado que |x| < 1 y |y| < 1, |xy| < 1, esto es−1 < xy < 1. Por lo tanto 0 < 1 + xy. Tenemos,

x 6= y ⇒ x(1 + xy) 6= y(1 + xy)

⇒ x+ x2y 6= y + xy2

⇒ x− xy2 6= y − x2y⇒ x(1− y2) 6= y(1− x2)

⇒ x

1− x26= y

1− y2.

Luego, f es inyectiva.

Ahora sea ξ ∈ R. Si ξ = 0, entonces inmediatamente f(0) = 0 = ξ. Supongamos queξ > 0. Sea

x =

√1 +

1

4ξ2− 1

2ξ.

Como ξ > 0, entonces 1ξ = 2

2ξ > 0. Tenemos,

0 <1

4ξ2<

1

4ξ2+ 1 <

1

4ξ2+

2

2ξ+ 1 =

(1

2ξ+ 1

)2

,

de donde1

2ξ<

√1 +

1

4ξ2<

1

2ξ+ 1,

y por lo tanto 0 < x < 1. Ahora, de la definición de x,(x+

1

2ξ

)2

=1

4ξ2+ 1,

de dondex2 +

x

ξ+

1

4ξ2=

1

4ξ2+ 1,

es decirξ =

x

1− x2= f(x).

Si ξ < 0, entonces por lo hecho arriba, existe x ∈ (0, 1) tal que f(x) = −ξ, de donde

ξ = −f(x) = − x

1− x2=

(−x)1− (−x)2

= f(−x),

con −x ∈ (−1, 0). De esta forma, f es sobreyectiva.

Ahora probaremos que f preserva el orden <. Sean x, y ∈ (−1, 1). Entonces −xy < 1.Tenemos,

x < y ⇒ y − x > 0

⇒ −xy(y − x) < y − x⇒ yx2 − xy2 < y − x⇒ x− xy2 < y − yx2

⇒ f(x) =x

1− x2<

y

1− y2= f(y).

26

(b) Sea y ∈ R. Tenemos,

1 +√

1 + 4y2 >√1 + 4y2 >

√4y2 = 2|y|,

de donde−1 < 2y

1 +√1 + 4y2

< 1.

Es decir, g(y) ∈ (−1, 1). De esta forma,

(f ◦ g)(y) = f(g(y))

=

2y

1+√

1+4y2

1− 4y2

(1+√

1+4y2)2

=

2y

1+√

1+4y2

2(1+√

1+4y2)

(1+√

1+4y2)2

=2y

2= y.

Análogamente, sea x ∈ (−1, 1),

(g ◦ f)(x) = g(f(x))

=2 x1−x2

1 +√1 + 4x2

(1−x2)2=

2 x1−x2

1 + 1+x2

1−x2=

2x

2= x

N

Ejercicio 1.3.11.

Proposición 1.3.1. Un elemento en un conjunto ordenado tiene a lo más un inmediatosucesor y un inmediato predecesor.

Demostración. Sea X un conjunto ordenado. Supongamos que b es un inmediato predecesorde x. Si existe b′ ∈ X, tal que b′ < x entonces b = b′ o bien b′ < b, de donde b 6= b′ y elconjunto (b′, x) es no vacío. Luego, x tiene un solo inmediato predecesor. Análogamente,supongamos que c es un inmediato sucesor de x. Si existe c′ ∈ X tal que x < c′ entoncesc = c′ o bien c < c′, de donde c 6= c′ y el conjunto (x, c′) es no vacío. Luego x tiene un soloinmediato sucesor.

Proposición 1.3.2. Un subconjunto de un conjunto ordenado tiene a lo sumo un mínimoy a lo sumo un máximo.

Demostración. Sea X un conjunto ordenado y sea B ⊂ X tal que existe b ∈ B mínimo. Seab′ ∈ B tal que para todo x ∈ B, b′ < x o bien b′ = x. Si b′ 6= b, entonces b′ < b, pero b es unmínimo de B, en consecuencia b < b′, de donde, por transitividad b′ < b′ y por tanto b′ 6= b′,lo cual es absurdo. Luego, B tiene un solo elemento mínimo. Análogamente, supongamosque para el subconjunto B existe c ∈ B máximo. Sea c′ ∈ B tal que para todo x ∈ B, x < c′

o bien x = c′. Si c 6= c′, entonces c < c′, pero c es un máximo de B, en consecuencia c′ < c,de donde, por transitividad, c < c y por tanto c 6= c, lo cual es absurdo. Luego, B tiene unsomo elemento máximo.

N

27

Ejercicio 1.3.12. i) Consideremos el orden de diccionario en R× R:

x0 × y0 < x1 × y1 ⇔ x0 < x1 ∨ (x0 = x1 ∧ y0 < y1).

Figura 3: Orden de diccionario.

En este orden, ningún elemento posee sucesor inmediatoni predecesor inmediato:Sea (x0, y0) ∈ R×R. Consideremos el punto (x0 + 1, y0).Entonces (x0, y0) < (x0 + 1, y0) y por tanto (x0, y0) tienesucesores. Si para algún punto (x1, y1) ∈ R × R, se tieneque (x0, y0) < (x, y), entonces el conjunto

{(x, y) ∈ R× R : (x0, y0) < (x, y) < (x1, y1)},

es no vacío. En efecto, si x0 < x1 entonces elegimosx = x0+x1

2 y y ∈ R cualquiera. Si x0 = x1 y y0 < y1,entonces elegimos x = x0 = x1 y y = y0+y1

2 . En cualquiercaso, (x0, y0) < (x, y) < (x1, y1). Luego, (x0, y0) no tieneinmediado sucesor. Análogamente se puede probar que eneste orden ningún elemento posee inmediato predecesor.En la figura 3, el área sombrada son todos aquellos puntos tales que (x0, y0) < (x, y).Por otra parte, si B ⊂ R × R, entonces B tiene mínimo elemento si, y sólo si, el conjuntoproyección PB := {x ∈ R : ∃ y ∈ R tal que (x, y) ∈ B}, es no vacío y tiene mínimo en R conel orden habitual.ii) Consideremos ahora el orden en R× R dado por

(x0, y0) < (x1, y1) ⇔ (x0 − y0 < x1 − y1) ∨ (x0 − y0 = x1 − y1 ∧ y0 < y1).

Figura 4: Orden de ii).

Primero verificamos que esta relación es un orden en R×R.Supongamos que (x0, y0) 6= (x1, y1). Si x0 − y0 = x1 − y1entonces y0 < y1 o bien y1 < y0, de donde

(x0, y0) < (x1, y1) o bien (x1, y1) < (x0, y0).

Si x0 − y0 6= x1 − y1, entonces de forma inmediata

(x0, y0) < (x1, y1) si x0 − y0 < x1 − y1

o bien

(x1, y1) < (x0, y0) si x1 − y1 < x0 − y0.

Supongamos ahora que (x0, y0) < (x1, y1). Entonces

x0 − y0 < x1 − y1 o bien y0 < y1,

en cualquier caso, (x0, y0) 6= (x1, y1). Finalmente, supongamos que (x0, y0) < (x1, y1) y(x1, y1) < (x2, y2). Tenemos:Caso I. Si x0 − y0 < x1 − y1, entonces si x1 − y1 < x2 − y2 o x1 − y1 = x2 − y2, se sigue quex0 − y0 < x2 − y2, y por tanto (x0, y0) < (x2, y2).

28

Caso II. Si x0 − y0 = x1 − y1 y y0 < y1 entonces si x1 − y1 < x2 − y2, se sigue quex0 − y0 < x2 − y2 y por consiguiente (x0, y0) < (x2, y2); si x1 − y1 = x2 − y2 y y1 < y2,entonces x0 − y0 = x2 − y2 y y0 < y2, de donde (x0, y0) < (x2, y2). En la figura se muestrael punto (x0, y0) y todos aquellos puntos (x, y) tales que (x0, y0) < (x, y).Con este orden, ningún elemento posee predecesor inmediato ni sucesor inmediato. Enefecto, sea (x0, y0) ∈ R× R, claramente,

(x0 − 1, y0 − 1) < (x0, y0) < (x0 + 1, y0 + 1).

Esto es, todo elemento de R × R tiene sucesor y predecesor. Ahora, supongamos que(x0, y0) < (x1, y1). Si x0 − y0 < x1 − y1, entonces elegimos x = 0 y y = y0−x0+y1−x1

2 ,de manera que

x0 − y0 < x0 − y0 +x1 − y1 − (x0 − y0)

2= x− y < x1 − y1,

esto es, (x0, y0) < (x, y) < (x1, y1). Por otra parte,si x0 − y0 = x1 − y1 y y0 < y1, entoncesy1 − y0 = x1 − x0 y por lo tanto x0 < x1, sea entonces

x =x1 − x0

2+ x0 =

x1 + x02

y y =x1 − x0

2+ y0 =

y1 − y02

+ y0 =y1 + y0

2.

Tenemos,x− y = x0 − y0 = x1 − y1 y y0 < y < y1,

por lo tanto (x0, y0) < (x, y) < (x1, y1). Esto prueba que ningún punto en R × R tieneinmediato sucesor ni inmediato predecesor.iii) Consideremos finalmente el orden sobre R× R dado por

(x0, y0) < (x1, y1) ⇔ x0 + y0 < x1 + y1 ∨ (x0 + y0 = x1 + y1 ∧ y0 < y1).

Figura 5: Orden de iii).

Primero verificamos que esta relación es un orden en R×R.Supongamos que (x0, y0) 6= (x1, y1). Si x0 + y0 = x1 + y1entonces y0 < y1 o bien y1 < y0, de donde

(x0, y0) < (x1, y1) o bien (x1, y1) < (x0, y0).

Si x0 + y0 6= x1 + y1, entonces de forma inmediata

(x0, y0) < (x1, y1) si x0 + y0 < x1 + y1

o bien

(x1, y1) < (x0, y0) si x1 + y1 < x0 + y0.

Supongamos ahora que (x0, y0) < (x1, y1). Entonces

x0 + y0 < x1 + y1 o bien y0 < y1,

en cualquier caso, (x0, y0) 6= (x1, y1). Finalmente, supongamos que (x0, y0) < (x1, y1) y(x1, y1) < (x2, y2). Tenemos:Caso I. Si x0 + y0 < x1 + y1, entonces si x1 + y1 < x2 + y2 o x1 + y1 = x2 + y2, se sigue quex0 + y0 < x2 + y2, y por tanto (x0, y0) < (x2, y2).

29

Caso II. Si x0 + y0 = x1 + y1 y y0 < y1 entonces si x1 + y1 < x2 + y2, se sigue quex0 + y0 < x2 + y2 y por consiguiente (x0, y0) < (x2, y2); si x1 + y1 = x2 + y2 y y1 < y2,entonces x0 + y0 = x2 + y2 y y0 < y2, de donde (x0, y0) < (x2, y2). En la figura se muestrael punto (x0, y0) y todos aquellos puntos (x, y) tales que (x0, y0) < (x, y).De este mismo modo puede probarse que con este orden ningún elemento tiene inmediatosucesor ni inmediato predecesor.Resta probar que los tipos de orden son iguales para las tres relaciones de orden anteriores.

Definimos las aplicaciones φi : R× R→ R× R, i = 1, 2, dadas por

φ1(x, y) =

(x+ y

2,−x− y

2

)y φ2(x, y) =

(x− y2

,x+ y

2

).

Esto es, φ1 es la rotación del plano en un ángulo de −π/4 radianes, y φ2 es la rotación delplano en un ángulo de π/4 radianes. Obviamente φ1 y φ2 son aplicaciones biyectivas. Ahorabien, sean (x0, y0) y (x1, y1) dos puntos en R×R tales que (x0, y0) < (x1, y1) de acuerdo alorden de diccionario. Hay dos casos:Caso I). Supongamos que x0 < x1. Entonces

x0 + y02

−(−x0 − y0

2

)= x0 < x1 =

x1 + y12

−(−x1 − y1

2

),

de donde φ1(x0, y0) < φ1(x1, y1) según el orden dado en ii).Caso II). Supongamos que x0 = x1 y y0 < y1. Entonces

−x0 − y02

= −x1 − y02

< −x1 − y12

,

de donde φ1(x0, y0) < φ1(x1, y1) según el orden dado en ii).Lo anterior demuestra que el orden de diccionario y el orden dado en ii) son del mismo tipo.Para φ2 se prueba de forma completamente análoga que el orden de diccionario es del

mismo tipo que el orden dado en iii). Concluimos que el orden dado en ii) es del mismotipo que el orden dado en iii).Para concluir el ejercicio hacemos la siguiente observación. Si restringimos estos órdenes

al conjunto Z × Z, entonces cada elemento (n,m) tiene inmediato predecesor e inmediatosucesor. A continuación apuntamos en orden el sucesor inmediato y el predecesor inmediatopara el elemento (n,m) en cada uno de los órdenes anteriores.Para el orden de diccionario:

(n,m− 1) < (n,m) < (n,m+ 1).

Para el orden dado en ii):

(n− 1,m− 1) < (n,m) < (n+ 1,m+ 1).

Para el orden dado en iii):

(n+ 1,m− 1) < (n,m) < (n− 1,m+ 1).

N

30

Ejercicio 1.3.13. Escribimos el teorema más general.

Teorema 1.3.1. Un conjunto ordenado (A,<) tiene la propiedad del supremo si y sólo sitiene la propiedad del ínfimo.

Demostración. Probaremos la condición necesaria, dejando para el siguiente ejercicio lacondición suficiente. Sea B ⊂ A un subconjunto no-vacío acotado inferiormente. Definimosel conjunto

B0 = {x ∈ A : x < b ó x = b, para todo b ∈ B} ⊂ A.

El conjunto B0 es el conjunto de cotas inferiores de B. Por hipótesis B0 es no-vacío. Porotro lado, si b ∈ B, entonces x < b o x = b para todo x ∈ B0. Esto es, B es un conjunto decotas superiores del conjunto B0. Como A tiene la propiedad del supremo, existe supB0.Ovbiamente supB0 es una cota inferior de B y por tanto supB0 es el máximo de las cotasinferiores de B, es decir, inf B = supB0.

N

Ejercicio 1.3.14. Si C ⊂ A × A, definimos la relación inversa D ⊂ A × A, mediante(b, a) ∈ D si y sólo si (a, b) ∈ C.

a) C es simétrica si y sólo si C = D.

Demostración. Supongamos que C es simétrica. Si (a, b) ∈ C, entonces (b, a) ∈ C, y pordefinición (a, b) ∈ D, por lo tanto C ⊂ D. Ahora, si (b, a) ∈ D, entonces (a, b) ∈ C, y porsimetría, (b, a) ∈ C, luego D ⊂ C. En sentido inverso, si C = D y (a, b) ∈ C, entonces(b, a) ∈ D y por hipótesis, (b, a) ∈ C, luego C es simétrica.

b) Si C es un orden lineal, entonces D también lo es.

Demostración. Sean a, b ∈ A tales que a 6= b. Como C es un orden lineal, aCb o bien bCa,esto es bDa o bien aDb. Ahora, si aDb, entonces bCa, de donde a 6= b. Finalmente, si aDby bDc, entonces bCa y cCb, de donde cCa, esto es aDc.

c) Si un conjunto (A,<) tiene la propiedad del ínfimo entonces tiene la propiedad delsupremo.

Demostración. Un subconjunto no vacío de A está acotado inferiormente (superiormente)con respecto al orden < si y sólo si está acotado superiormente (inferiormente) son respectoal orden inverso >. En particular, un subconjunto no vacío de A tiene elemento mínimo(máximo) si y sólo si es un elemento máximo (mínimo) respecto del orden inverso >. Luego,si (A,<) tiene la propiedad del ínfimo, entonces (A,>) tiene la propiedad del supremo,y en consecuencia (A,>) tiene también la propiedad del ínfimo, de donde (A,<) tiene lapropiedad del supremo.

N

31

Ejercicio 1.3.15. a) Sea A ⊂ [0, 1] un subconjunto no vacío. El número 1 es una cotasuperior de A. Luego, si b = supA entonces b ∈ [0, 1].Por otra parte, supongamos que A ⊂ [0, 1) es un sunconjunto no vacío acotado superi-

ormente en [0, 1). Es decir, existe b ∈ [0, 1) tal que a ≤ b para todo a ∈ A. El número btambién es cota superior de A en R, y por lo tanto supA ∈ [0, 1).b) Observamos primero que cualquier subconjunto no vacío de [0, 1] × [0, 1] está acotado

superiormente por el par ordenado (1, 1). Sea B ⊂ [0, 1] × [0, 1], B 6= ∅. Consideremos elconjunto

P1(B) = {x ∈ [0, 1] : ∃ y ∈ [0, 1] tal que (x, y) ∈ B} 6= ∅.

Sea x0 = supP1(B). Consideremos el conjunto

P0(B) = {y ∈ [0, 1] : (x0, y) ∈ B}.

Definimos

y0 =

{supP0(B) si P0(B) 6= ∅,

0 si P0(B) = ∅.

Si (x, y) ∈ B, entonces x ∈ P1(B) y x ≤ x0. Si x < x0 tenemos (x, y) < (x0, y0). Su-pongamos que x = x0, entonces P0(B) 6= ∅ y y ≤ y0, de donde (x, y) = (x0, y0) o bien(x, y) < (x0, y0). Por lo tanto (x0, y0) es una cota superior de B. Sea (a, b) ∈ [0, 1] × [0, 1]una cota superior de B. Si (x, y) ∈ B y a < x, entonces (a, b) < (x, y), lo cual es imposible,por lo tanto x ≤ a y consecuentemente x0 ≤ a. Si x0 = a y b < y0, entonces para algúny ∈ [0, 1] tal que b < y ≤ y0, se tiene que (a, y) ∈ B y (a, b) < (a, y), lo cual es imposible.De este modo, (x0, y0) ≤ (a, b), y por lo tanto (x0, y0) es el supremo de B sobre [0, 1]× [0, 1]respecto al orden de diccionario.Ahora sea B = {0} × [0, 1) ⊂ [0, 1]× [0, 1). Entonces el conjunto CB = (0, 1]× [0, 1) es el

conjunto de cotas superiores de B, el cual claramente no tiene elemento mínimo, por endeB carece de supremo.Sea B ⊂ [0, 1)× [0, 1] un conjunto no vacío y acotado superiormente respecto al orden de

diccionario. Sea el conjunto P1(B) como antes y sea también x0 = supP1(B). Supongamosque x0 = 1. Sea (a, b) ∈ [0, 1) × [0, 1]. Entonces existe x ∈ [0, 1) con a < x < 1 y algúny ∈ [0, 1] tal que (x, y) ∈ B y por lo tanto (a, b) < (x, y), en consecuencia B no está acotadosuperiormente, lo cual contradice la hipótesis. De esta forma x0 < 1. Sean entonces elconjunto P0(B) y el número y0 como antes. El par (x0, y0) es el supremo de conjunto Brespecto al rden de diccionario sobre el conjunto [0, 1)× [0, 1]. N

32

1.4 Sección 4. Los enteros y los números reales. Pág. 37.

Ejercicio 1.4.1. Se escribe la propiedad e inmediatamente abajo la prueba.

a) x+ y = x ⇔ y = 0.

Prueba. Si y = 0, es claro que x + y =x+ 0 = x. En sentido inverso:x+ y = x ⇒ −x+ (x+ y) = −x+ x

⇒ (−x+ x) + y = 0

⇒ 0 + y = 0

⇒ y = 0.

b) 0 · x = 0.

Prueba. Tenemos,x · x = (x+ 0)x = x · x+ 0 · x,

por el inciso anterior, 0 · x = 0.

c) −0 = 0.

Prueba. Tenemos,0 = 0 + (−0) = −0.

d) −(−x) = x.

Prueba. Tenemos,x = x+ 0

= x+ [(−x) + (−(−x))]= [x+ (−x)] + (−(−x))= 0 + (−(−x))= −(−x).

e) x(−y) = −(xy) = (−x)y.

Prueba. Tenemos,0 = 0 · x= (y + (−y))x= yx+ (−y)x= xy + x(−y).

por lo tanto x(−y) = −xy (unicidad delinverso aditivo). Análogamente,

0 = 0y

= (x+ (−x))y= xy + (−x)y,

por lo tanto (−x)y = −xy.

f) (−1)x = −x.

Prueba. Del inciso anterior,

(−1)x = −(1x) = −x.

g) x(y − z) = xy − xz

Prueba. Tenemos,

x(y − z) = x(y + (−z))= xy + x(−z)= xy + (−xz)= xy − xz.

h) −(x+y) = −x−y; −(x−y) = −x+y.Prueba. Tenemos,

−(x+ y) = (−1)(x+ y)

= (−1)x+ (−1)y= −x+ (−y)= −x− y.

En particular,−(x−y) = −(x+(−y)) = −x−(−y) = −x+y.

i) Si x 6= 0 y xy = x ⇒ y = 1.

Prueba. Tenemos,

(y − 1)x = yx− x= xy − x= x− x= 0.

Como x 6= 0, entonces y − 1 = 0, es decir,y = 1.

j) Si x 6= 0 ⇒ x

x= 1.

Prueba. Por definición,x

x= x · x−1 = 1.

33

k)x

1= x.

Prueba. Tenemos,

x = 1x =1

1x =

1x

1=x

1.

l) x 6= 0 ∧ y 6= 0 ⇔ xy 6= 0.

Prueba. Supongamos que x 6= 0 6= y. Sixy = 0, entonces

x = x+ 0 = x+ xy = x(1 + y).

Por i), dado que x 6= 0, 1 + y = 1, y en-tonces, por a), y = 0, lo cual es contradic-torio, por lo tanto xy 6= 0.

m)1

y· 1z=

1

yz.

Prueba. Por definición,

(yz)

(1

y· 1z

)= (yz)(y−1z−1)

= (zy)(y−1z−1)

= z(y(y−1z−1))

= z((yy−1)z−1)

= z(1z−1)

= zz−1

= 1.

Por unicidad del inverso aditivo se sigue elresultado.

n)(xy

)(wz

)=xw

yz.

Prueba. Por definición,(xy

)(wz

)=(x · 1

y

)(1z· w)

= x(1y

(1z· w))

= x((1

y· 1z

)w)

= x(w · 1

yz

)= xw · 1

yz

=xw

yz.

o) Si y, z 6= 0,x

y+w

z=xz + wy

yz.

Prueba. Un hecho previo:Si x 6= 0, entonces

y

x+z

x=y + z

x.

Prueba. Tenemos,y + z

x= (y + z)

1

x= y · 1

x+ z · 1

x=y

x+z

x.

Ahora bien,

x

y+w

z=x

y· 1 + w

z· 1

=x

y· zz+w

z· yy

=xz

yz+wy

yz

=xz + wy

yz.

p)1w

z

=z

w, si w 6= 0 y z 6= 0.

Prueba. Tenemos,

z

w· wz

=zw

zw= 1.

De donde,

z

w=(wz

)−1=

1w

z

.

q) Si x 6= 0, entonces1

x6= 0.

Prueba. Si1

x= 0, entonces

1 =x

x= x · 1

x= 0,

lo cual es absurdo.

r)

x

yw

z

=xz

yw, si y 6= 0, w 6= 0 y z 6= 0.

34

Prueba. Tenemos.

xz

yw=x

y· zw

=x

y· 1wz

=

x

yw

z

.

s)ax

y= a · x

y, si y 6= 0.

Prueba. Tenemos,

ax

y= ax · 1

y= a

(x · 1

y

)= a · x

y.

t)−xy

=x

−y= −x

y.

Prueba. Tenemos,

−xy

=(−1)xy

= (−1)xy= −x

y.

Por otro lado,

x

−y=

(−1)(−1)

· x−y

=(−1)x

(−1)(−y)=−xy.

N

Ejercicio 1.4.2. Se escribe la propiedad e inmediatamente abajo la prueba.

a) x > y ∧ w > z ⇒ x+ w > y + z.Prueba. Tenemos,

x+ w > y + w > y + z.

b) x > 0∧y > 0 ⇒ x+y > 0∧x ·y > 0.

Prueba. Del inciso anteriorx+ y > 0 + 0 = 0.

Por otra parte,x · y > 0 · y = 0.

c) x > 0 ⇔ −x < 0.Prueba. Si x > 0, entonces,

0 = x− x > 0− x = −x.Por otro lado, si −x < 0, entonces ,

0 < x− x < 0 + x = x.

d) x > y ⇔ −x < −y.Prueba. Si x > y, entonces x − y > 0, dedonde −(x− y) < 0, pero

−(x− y) = −x+ y = y − x,por lo tanto,−x = (−y + y)− x = −y + (y − x) < −y.Por otra parte, si −x < −y, entonces

0 = −x+ x < −y + x = x− y,de donde y < x.

e) x > y ∧ z < 0 ⇒ xz < yz.

Prueba. Si z < 0, entonces −z > 0, luego,si x > y, entonces

−xz = x(−z) > y(−z) = −yz,

de donde xz < yz.

f) x 6= 0 ⇒ x2 > 0.

Prueba. Si x > 0, entonces

x2 = x · x > 0 · x = 0.

Si x < 0, entonces −x > 0, de donde

−x2 = (−x)x < (−x)0 = 0,

por lo tanto x2 > 0.

g) −1 < 0 < 1.

Prueba. Como 1 6= 0, por el inciso anterior,1 = 1 · 1 > 0, de donde −1 < 0.

h) xy > 0 ⇔ (x > 0 ∧ y > 0) ∨ (x <0 ∧ y < 0).

Prueba. Si x < 0 y y < 0, entonces −x > 0y −y > 0, de donde

xy = −(−xy) = −(x(−y)) = (−x)(−y) > 0.

Cuando x > 0 y y > 0, entonces inmedi-atamente xy > 0.

35

i) x > 0 ⇒ 1

x> 0.

Demostración. Tenemos, x · 1x

= 1 > 0,y dado que x > 0, entonces, por el inciso

anterior,1

x> 0.

j) x > y > 0 ⇒ 1

x<

1

y.

Prueba. Si y > 0, entonces1

y> 0. De

donde,x · 1

y> y · 1

y= 1.

Ahora, como x > 0 entonces1

x> 0. De

donde1

y=

1

x

(x · 1

y

)>

1

x· 1 =

1

x.

k) x < y ⇒ x <x+ y

2< y.

Prueba. Si x < y, entonces

2x = x+ x < x+ y < y + y = 2y,

de donde se sigue el resultado.N

Ejercicio 1.4.3. a) Sea A una colección de conjuntos inductivos. Entonces⋂A es in-

ductivo.

Demostración. Tenemos, 1 ∈ A para todo A ∈ A, por lo tanto 1 ∈⋂A. Ahora, si x ∈

⋂A,

entonces x ∈ A pra todo A ∈ A, por lo tanto x + 1 ∈ A para todo A ∈ A, de dondex+ 1 ∈

⋂A. Luego,

⋂A es inductivo.

b) Propiedad (1): Z+ es inductivo.

Demostración. Es inmediato, pues Z+ =⋂A donde A = {A ⊂ R : A es inductivo}.

Propiedad (2): Principio de Inducción. Si A ⊂ R es inductivo y A ⊂ Z+ entonces A = Z+.

Demostración. Por definición Z+ ⊂ A y como A ⊂ Z+, A = Z+.N

Ejercicio 1.4.4. (a) Para todo n ∈ Z+, si B ⊂ {1, 2, ..., n} y B 6= ∅, entonces existeb0 ∈ B tal que b ≤ b para todo b ∈ B.

Demostración. Sea A ⊂ Z+ tal que para todo n ∈ A, si B ⊂ {1, 2, ..., n} y B 6= ∅,entonces existe b0 ∈ B tal que b ≤ b para todo b ∈ B. Observamos que si B ⊂ {1} yB 6= ∅, entonces B = {1}, y por lo tanto 1 es el mayor elemento de B. Luego 1 ∈ A.Ahora supongamos que n ∈ A y sea C ⊂ {1, ..., n + 1} con C 6= ∅. Si n + 1 ∈ Aentonces inmediatamente n + 1 es el elemento mayor de C. Si n + 1 /∈ C, entoncesel conjunto C ∩ {1, ..., n} es no vacío y por tanto un elemento mayor, el cual será elelememto mayor de C.

(b) Si D ⊂ Z+ entonces si n ∈ D, no podemos decir que el máximo elemento de D ∩{1, ..., n} sea elemento mayor de D. Ejemplo: Sea D = Z+. Entonces n es el máximoelemento de D ∩ {1, ..., n} = {1, ..., n}, para cada n ∈ D pero no es máximo elementode Z+. N

36

Ejercicio 1.4.5. (a) a, b ∈ Z+ ⇒ a+ b ∈ Z+.

Demostración. Sea a ∈ Z+ fijo y arbitrario y sea X = {x ∈ R : a+x ∈ Z+}. Como Z+

es inductivo, a+ 1 ∈ Z+ y por lo tanto 1 ∈ X. Ahora si x ∈ X entonces a+ x ∈ Z+,de donde (a + x) + 1 ∈ Z+ (pues Z+ es inductivo), esto es, a + (x + 1) ∈ Z+, porasociatividad, de donde x + 1 ∈ X. De modo que X es inductivo y Z+ ⊂ X. Estoprueba que a+ b ∈ Z+ para todo a ∈ Z+ y b ∈ Z+.

(b) a, b ∈ Z+ ⇒ a · b ∈ Z+.

Demostración. Sea a ∈ Z+ fijo y arbitrario y sea X = {x ∈ R : a · x ∈ Z+}. Comoa ·1 = a ∈ Z+, 1 ∈ X. Ahora, si x ∈ Z+, entonces a ·x ∈ Z+, por (a), a ·x+a ∈ Z+, esdecir, a(x+ 1) ∈ Z+, por distributividad, de donde x+ 1 ∈ X. Luego X es inductivoy Z+ ⊂ X. Esto prueba que a · b ∈ Z+ para todo a, b ∈ Z+.

(c) a ∈ Z+ ⇒ a− 1 ∈ Z+ ∪ {0}.

Demostración. Sea X = {x ∈ R : x − 1 ∈ Z+ ∪ {0}}. Dado que 1 − 1 = 0, 1 ∈ X.Ahora, si x ∈ X, entonces x− 1 ∈ Z+ ∪ {0}, esto es x− 1 ∈ Z+ o bien x− 1 = 0. Porlo tanto, x = (x+1)− 1 = (x− 1)+1 ∈ Z+ o bien (x+1)− 1 = 1 ∈ Z+. De cualquierforma x+1 ∈ X. Luego, X es inductivo y Z+ ⊂ X. Lo cual prueba la afirmación.

(d) c, d ∈ Z ⇒ c+ d ∈ Z y c− d ∈ Z.

Demostración. Sea c ∈ Z fijo y arbitrario. Definimos X = {d ∈ R : c+ d, c− d ∈ Z}.Si c = 0 entonces c+1 = 0+ 1 = 1 ∈ Z y c− 1 = 0− 1 = −1 ∈ Z. Si c ∈ Z+ entoncesc + 1 ∈ Z+ ⊂ Z y c − 1 ∈ Z+ ∪ {0} ⊂ Z. Si c ∈ −Z+, entonces −c ∈ Z+, por lotanto −c − 1 ∈ Z+ ∪ {0}. Si −c − 1 ∈ Z+, entonces c + 1 ∈ Z+ ⊂ Z, si −c − 1 = 0,entonces c + 1 = 0 ∈ Z. Claramente, −c + 1 ∈ Z+, es decir, c − 1 ∈ −Z+ ⊂ Z. Entodos los caso 1 ∈ X. Ahora sea x ∈ X. Entonces c + x ∈ Z y c − x ∈ Z, luego porlo hecho arriba, c + (x + 1) = (c + x) + 1 ∈ Z y c − (x + 1) = (c − x) − 1 ∈ Z, dedonde x+1 ∈ X y X es inductivo, luego c+ d ∈ Z y c− d ∈ Z para todo d ∈ Z+. Porsupuesto, si d = 0, c + d, c − d ∈ Z. Ahora si d ∈ −Z+, entonces −d ∈ Z+, y por lotanto c+ d = c− (−d) ∈ Z y c− d = c+ (−d) ∈ Z.

(e) c, d ∈ Z ⇒ c · d ∈ Z.

Demostración. Sea c ∈ Z fijo y arbitrario y sea X = {d ∈ R : c · d ∈ Z}. Como c · 1 =c ∈ Z, entonces 1 ∈ X. Ahora, si x ∈ X, c·x ∈ Z, y por lo tanto c·(x+1) = c·x+c ∈ Z,luego X es inductivo y c · d ∈ Z para todo d ∈ Z+. Si d ∈ −Z+, entonces −d ∈ Z+, dedonde −(c · d) = c · (−d) ∈ Z, esto es c · d ∈ Z. Por supuesto, c · 0 = 0 ∈ Z.

N

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