Cortaduras de Dedekind
Claudio A. Carrasco Gómez
Diciembre, 2020
Figura 1: Richard Dedekind (1831 − 1916), matemático alemán.
1
1.
Mini-Prólogo e Introducción
Quise escribir este modesto documento principalmente por 3 razones; uno,
en respuesta a la escasez de notas y apuntes - libres y escritas en castellano acerca de este tema en especı́fico; dos, porque será parte de un escrito mucho
más extenso acerca de Sistemas Numéricos; y tres porque, como a muchos, nos
entretiene de sobremanera hacer este tipo de escritos, y por lo demás, es una
buena estrategia de estudio personal y repaso de contenido ya vistos.
El objetivo central es exponer detalladamente la construcción de los números
reales realizada por Richard Dedekind (1831 − 1916) en 1872 en su pequeño y
famoso escrito “Stetigkeit und irrationale Zahlen” (en español -Continuidad y
Números Irracionales-). En estricto rigor, no procederemos exactamente como
lo hizo él, pero sı́ de una manera equivalente, y no muy distinta a la realizada
originalmente por Dedekind.
En el documento citado, el mismo Dedekind dice que la motivación de dar
esta fundamentación de los números irracionales, le nació mientras dictaba una
clase de cálculo infinitesimal en el Politécnico confederado de Zürich, durante
su primer año de trabajo. Dice textual:
“... al hacerlo (la clase), sentı́ más claramente que nunca la carencia de una
fundamentación verdaderamente cientı́fica de la aritmética”
Cuenta que, a la hora de demostrar en aquella clase el teorema que dice -toda
sucesión estrictamente creciente y acotada superiormente tiene limite- se basó
solo en nociones geométricas, lo que se tradujo en una carencia de rigor matemático y de cientificismo. Ello, le provocaba un sentimiento de insatisfacción
tan aplastante, que se decidió por reflexionar al respecto hasta dar con una
fundamentación total del calculo infinitesimal; y para ello por tanto, debió dar
antes una fundamentación completa de la aritmética.
El concepto de continuidad (lo que hoy se conoce como completitud) era fundamental para sentar las bases del análisis. A Dedekind le molestaba que a
menudo se hablara de que el cálculo infinitesimal se basaba en estudiar variables continuas; y que sin embargo, jamás se daba una definición rigurosa de esa
continuidad, y aún más, la mayorı́a de las demostraciones que existı́an del área
en ese entonces, otra vez, solo se sustentaban en observaciones geométricas, ó en
otros teoremas que no tenı́an una demostración basada únicamente en aritmética.
Ya a los 21 años Dedekind decı́a:
“... como, no sé si por vicio o por virtud, estoy dotado de un espı́ritu que
no me permite aprovechar felizmente en discplina alguna si cada precepto
no se apoya en los antecedentes, siguiendo un orden perpetuo y una cierta
razón, en brevı́simo tiempo me aplicaba principalemente con todo cuidado a
la matemática, persuadido de que en la fı́sica, al menos tal como se enseña de
las escuelas, no existe ese arte exacto que he indicado”
lo que deja en evidencia, que ya a temprana edad, los problemas de fundamentación siempre fue lo que más le interesó.
2
Cabe destacar que Dedekind no fue el único matemático que trabajó en la fundamentación de la aritmética. En particular, en lo que compete a la construcción
de los reales a partir de los racionales, los matemáticos alemanes Georg Cantor1 (1845 − 1918) y Karl Weierstrass2 (1815 − 1897) también, en 1872 (mismo
año en el que publicó3 su construcción Dedekind), publicaron sus respectivas
construcciones. A diferencia de Dedekind, quien basó su construcción en conjuntos; Cantor y Weierstrass lo hicieron en base a objetos propios del análisis;
sucesiones y series respectivamente. El uso de simples conjuntos, hacen de la
construcción de Dedekind mucho más simple y clara.
El documento se separa principalmente en 4 partes:
Definición de cortadura definición del conjunto R.
Un orden para R y completitud.
Estructura de Cuerpo para R y algunos resultados importantes.
Ejercicios Resueltos.
Por supuesto, la bibliografı́a estará en las últimas páginas.
Para la construcción, asumiremos la existencia de Q.
1 Georg Cantor es considerado el creador de la teorı́a de conjuntos. Estudió a fondo la
cardinalidad de conjuntos infinitos; logrando resultados importantes y revolucionarios para la
época. Entre ellos, en 1890 demostró que la cardinalidad de los números reales es mayor que
él de los números racionales, y con ello, mostró que hay distintos tipos de infinitos. También
fue el quien propuso la famosa Hipótesis del Continuo. Esta propone que no existe un
conjunto infinito cuya cardinalidad sea mayor a la de los números racionales, y menor a la de
los números reales.
2 Karl Weierstrass es considera el padre del análisis moderno. Dió la definición de continuidad de una función; introdujo la noción de convergencia uniforme y dió un ejemplo de
una función continua, pero no diferenciable en ningún punto, lo que causó gran consternación
entre los analistas de la época, por ser muy poco intuitivo. La función es f : R −→ R, definida
P
cos(13i πx)
como f (x) := i∈N0
2i
3 Su construcción la hizo en realidad 14 años antes. No la publicó porque consideraba que
no tenı́a gran valor. Véase en [1] la correspondencia que tuvo con Lipschitz.
3
2.
Definición de Cortadura y Ejemplos
Definición 1: Decimos que A ⊆ Q es una cortadura (o corte) de Dedekind si satisface las siguientes condiciones:
1. A 6= φ
2. A 6= Q
3. Dado x ∈ A e y <Q x, entonces y ∈ A
4. Dado x ∈ A siempre existe yx ∈ A tal que x <Q yx
Analizando punto a punto, podemos ver que los puntos 1 y 2 nos dicen que los
subconjuntos de Q a los cuales llamaremos cortudura deben ser no triviales.
Además note que el punto 2 es equivalente a mostrar que Ac 6= φ (Ac es el
complemento de A como subconjunto de Q y no como de R. Recuerde que aquı́
R aún no existe).
Por su parte, el punto 3, al cual a menudo se le llama cerradura hacia abajo,
y con ello decimos que A es cerrado hacia abajo, es el que le da honor al
nombre de cortadura. Esto pues, si vemos una representación gráfica de A, se
ve efectivamente como un corte de la recta desde un cierto elemento (no necesariamente racional) hacia el −∞.
Por último, el punto 5 es equivalente a decir que A no tiene máximo. Es
decir, dado cualquier elemento x ∈ A, siempre puedo encontrar otro elemento
y = yx ∈ A (el cual por supuesto debe depender de x) tal que x <Q yx .
Definimos ası́, C := {A ⊆ Q : A es una cortadura4 de Dedekind } el conjunto de todas las cortaduras de Dedekind.
Veamos algunos ejemplos de estos conjuntitos:
Ejemplo 1: El conjunto A = {x ∈ Q : x <Q 0} ⊆ Q es una cortadura de
Dedekind. En efecto:
4 En otras literaturas, es probable que encuentre otras formas de definir cortaduras de
Dedekind; equivalentes obviamente a la dada aquı́. Por ejemplo, es muy común verlas definida
como un par (A,B); donde A, B ⊆ Q que satisfacen:
1. A 6= φ y B 6= φ
2. A ∪ B = Q
3. Para todo x ∈ A y todo y ∈ B, x <Q y
4. A no tiene máximo
La equivalencia de ambas definiciones la puede encontrar en la sección de ejercicios resueltos.
4
1. A 6= φ, pues −1 ∈ Q y −1 < 0, por lo que −1 ∈ A
2. A 6= Q, ya que 1 ∈ Q, pero 1 ≥ 0, por lo que 1 ∈
/ A.
3. Sea x ∈ A e y <Q x. Como x ∈ A, entonces x <Q 0. Luego como <Q
es transitiva por ser una relación de orden, tendremos que y <Q x <Q 0
implica y <Q 0, y por ende, y ∈ A.
4. Sea x ∈ A. Debemos buscar yx ∈ A e x < yx . Para ello, basta definir
yx := x2 . Claramente yx <Q 0 pues x <Q 0, por lo que yx ∈ A; y además
yx = x2 >Q x.
Como se satisfacen las 4 propiedades, entonces concluimos que A ⊆ Q es una
cortadura de Dedekind.
Ejemplo 2: El conjunto A = {x ∈ Q : x <Q 2020} ⊆ Q también es una
cortadura de Dedekind. Comprobemos los 4 puntos:
1. Claramente A 6= φ pues 1999 <Q 2020.
2. También es claro que 1000020000 ≥Q 2020, por lo que 1000020000 ∈
/ A y
A 6= Q
3. Sea x ∈ A e y <Q x. Como x <Q 2020, entonces por transitividad de <Q
tendremos que y <Q 2020 y por ende, y ∈ A.
4. Para ver que A no tiene máximo, supondremos que si tiene. Digamos
entonces que existe m ∈ A tal que m ≥Q x para todo x ∈ A. Por otro
∈ A, pues como m <Q 2020 (ya que
lado, notemos que ym := 2020+m
2
<Q 2020. Pero
m ∈ A), entonces 2020 + m <Q 2 · 2020, es decir, 2020+m
2
2020+m
≥
m,
contradiciendo
el
hecho
que
m
era
máximo
de A. Note
Q
2
que el argumento utilizado es escencialmente el mismo que se hizo en el
Ejemplo 1 para mostrar el punto 4.
Note que en estos 2 ejemplos se utilizaron básicamente los mismos argumentos
para mostrar los 4 puntos, por lo que podrı́amos pensar en alguna generalización.
Ejemplo 3: Sea p ∈ Q. Entonces el conjunto Ap := {x ∈ Q : x <Q p} ⊆ Q es
una cortadura de Dedekind. En efecto:
1. Ap 6= φ, ya que p − 1 <Q p.
2. Ap 6= Q, ya que p + 1 ∈ Q y p + 1 ∈
/ A.
3. El hecho que Ap es cerrado hacia abajo, es trivial de que <Q es transitiva.
4. Para ver el punto 4, sea x ∈ Ap . Definamos yx := x+p
2 . Como x <Q
p, entonces sumando p a ambos lados de la desigualdad, tendremos que
x + p <Q 2 · p, es decir, yx := x+p
2 <Q p, por lo que yx ∈ Ap . Y además,
x+p
yx = 2 >Q x, pues x < p.
5
Veremos en un par de lı́neas más adelantes que no todas las cortaduras de Dedekind tienen la forma Ap con p ∈ Q. Es más, existen tantas cortaduras con
esta propiedad, que si pudiéramos escoger una cortadura de Dedekind al azar,
la probabilidad de que esta tenga no tenga la forma Ap , con p ∈ Q, es 1. Por lo
mismo, las cortaduras Ap son muy especiales, por lo que merecen tener algún
nombre. Las llamaremos cortaduras racionales.
Con esto ya sabemos que existen al menos una cantidad infinita numerable de
cortaduras de Dedekind, ya cada cortadura cortadura racional Ap , está asociada
a un único racional p. Más adelante formalizaremos esta idea.
Veamos ahora que no todas las cortaduras tienen la forma de Ap con p ∈ Q.
Ejemplo 4: Sea A = {x ∈ Q : x2 <Q 2 ∧ x ≥Q 0} ∪ A0 es una cortadura de
Dedekind; donde recordemos que A0 = {x ∈ Q : x <Q 0}. Mostremos las 4
propiedades:
1. A 6= φ, pues −1 ∈ A0 ⊆ A.
2. A 6= Q ya que 42 = 16 >Q 2 y 4 >Q 0, por lo que 4 ∈
/ A.
3. Sea x ∈ A e y <Q x. Podemos ver 2 casos:
Caso 1: Si x ∈ A0 , entonces obvio que y < 0, por tanto, y ∈ A0 y luego
y ∈ A.
Caso 2: Supongamos ahora que x2 <Q 2 y x ≥Q 0. Como Q es un cuerpo
ordenado con <Q , entonces si y <Q x, y además como x, y ≥Q 0 (podemos
suponer y ≥Q 0, porque si y <Q 0, entonces obviamente y ∈ A), entonces
y 2 < x2 , y entonces como x2 <Q 2, entonces y 2 < 2. Concluyendo que
y ∈ A.
4. Sea x ∈ A. Veamos 2 casos nuevamente:
Caso 1: Si x ∈ A0 , entonces basta escoger yx := x2 (como en el Ejemplo
1). Caso 2: Si x2 <Q 2 y x ≥Q 0 entonces construiremos algún yx ∈ A tal
que yx >Q x. Para ello hagamos un borrador:
Borrador: Tomemos δ >Q 0. Supongamos que el número que queremos
construir tiene la forma yx = x + δ. Si tiene esta forma, entonces inmediatamente tendremos que yx = x + δ >Q x. Ahora veamos que condición
tiene que cumplir δ para que yx ∈ A. Queremos que:
yx2 = (x + δ)2 <Q 2
=⇒ x2 + 2xδ + δ 2 <Q 2
Para encontrar algún δ que nos sirva, entonces supongamos que δ <Q 1.
Entonces la condición nos queda como:
x2 + 2xδ + δ <Q 2
Como 2x + 1 >Q 0, entonces al despejar δ nos queda que:
δ <Q
6
2 − x2
2x + 1
Ası́, para que yx ∈ A, entonces debe cumplirse que δ <Q 1 y δ <Q
(note que
2
2−x
2x+1
2−x2
2x+1
>Q 0, pues x2 < 2 y x ≥Q 0 ), por lo que nos basta escoger
2
algún δ < mı́n{1, 2−x
2x+1 }.
Con el borrador en mano, para x2 < 2 y x ≥Q 0, podemos escoger yx =
2
x + δ, con 0 <Q δ <Q mı́n{1, 2−x
2x+1 }. Claramente x <Q yx . Y además:
(x + δ)2 = x2 + 2xδ + δ 2
Como δ <Q 1, entonces δ 2 <Q 1, por lo que:
x2 + 2xδ + δ 2 <Q x2 + 2xδ + δ
Y además como δ <Q
2−x2
2x+1 ,
entonces:
(x + δ)2 <Q x2 + 2xδ + δ <Q x2 + δ(2x + 1) <Q x2 +
2 − x2
(2x + 1) = 2
2x + 1
2
Por lo tanto, existe yx = x+δ ∈ A y x <Q yx , con 0 <Q δ <Q mı́n{1, 2−x
2x+1 }
Por lo tanto, A es una cortadura de Dedekind.
Para ver que A 6= {x ∈ Q : x < p} para todo p ∈ Q, supongamos por contradicción que existe p ∈ Q tal que A = {x ∈ Q : x2 <Q 2 ∧ x ≥Q 0} ∪ A0 = {x ∈ Q :
x <Q p}. Afirmamos que p2 = 2, lo cual nos conducirı́a a una contradicción.
Supongamos por contradicción que p2 6= 2. Es decir, o bien p2 >Q 2 o p2 <Q 2.
Analicemos ambos casos:
1. Supongamos que p2 <Q 2. Primero notemos que p >Q 0, pues 0 ∈ A, y
entonces por hipótesis, 0 ∈ {x ∈ Q : x <Q p}. Por lo que p ∈ A.
Y como A = {x ∈ Q : x <Q p}, entonces p ∈ {x ∈ Q : x <Q p}; lo cual es
absurdo.
2. Supongamos ahora que p2 >Q 2. Por un lado podemos ver que p >Q 12 ,
pues ( 21 )2 <Q 2 y 21 ≥Q 0, por lo que 12 ∈ A. Buscaremos un elemento
q >Q 0 tal que q <Q p ∧ q 2 >Q 2, lo que nos llevará a una contradicción
del hecho que A = {x ∈ Q : x <Q p}.
2
5
, y afirmamos que q := p − δ satisface las
Tomemos 0 <Q δ <Q −2+p
2p
condiciones buscadas. En efecto, obviamente q <Q p, y además:
q 2 = p2 − 2pδ + δ 2 >Q p2 − 2pδ >Q p2 + 2p
2 − p2
=2
2p
Luego q ∈ {x ∈ Q : x <Q p}, pero q ∈
/ {x ∈ Q : x2 <Q 2 ∧ x ≥Q 0} ∪ A0 ,
lo cual es una contradicción.
5 Para encontrar este δ, puede hacer un procedimiento parecido al hecho para demostrar
que A es cortadura.
7
Por lo tanto p2 = 2, pero esto es imposible porque p ∈ Q. Ası́, {x ∈ Q : x2 <Q
2 ∧ x ≥Q 0} ∪ A0 6= Ap para todo p ∈ Q.
Ya conocemos entonces a las cortaduras racionales como aquellas que cortan
en un racional; y también con este último ejemplo, vemos que hay cortaduras
que cortan en elementos que no son racionales. Estas última diremos que son
cortaduras irracionales.
Recordemos que el objetivo principal de este documento es construir a los números reales. Lo que haremos es que a cada corte le asignaremos un número real.
Más especı́ficamente, a cada corte lo identificaremos con el número en donde
corta. Ası́, la cortadura racional Ap representará al número racional √p, y por
ejemplo, el corte A = {x ∈ Q : x2 <Q 2 ∧ x ≥Q 0} ∪ A0 será nuestro 2 (para
esto último debemos comprobar que A2 = 2∗ , cosa que no podemos demostrar
ahora, porque no tenemos un producto definido).
Dicho lo anterior, definiremos R := {A ⊆ Q: A es una cortadura de Dedekind}.
Lo primero que podemos observar, y es algo que ya hemos mencionado, es que
Q“ ⊆ ”R (entre comillas, porque R es un conjunto de cortaduras, y Q no). Para
ello veamos el siguiente teorema:
Teorema 1: R contiene un subconjunto que está en correspondencia 1
a 1 con Q.
Dem: Tomemos la siguiente función:
f : Q −→ R
p → Ap
Afirmamos que Q está en biyección con f (Q). Para ello, basta demostrar que f
es inyectiva.
Supongamos que Ap = Aq y que q 6= p. Sin perdida de generalidad, supongamos también que q <Q p. Entonces por esta última desigualdad, tendremos que
q ∈ Ap = Aq , lo que implicarı́a que q <Q q, lo cual es una contradicción, por lo
que debe cumplirse que si Ap = Aq entonces p = q.
Este teorema ya deja en evidencia la importancia de los cortes racionales. De
ahora en adelante escribiremos a Ap := p∗ , para p ∈ Q.
Esta inyección de Q en R solo nos dice que el conjunto de cortes de Dedekind
tiene un subconjunto con cardinalidad igual a la de Q. Pero esta contención es
mucho más potente. Cuando dotemos a R de una estructura de cuerpo, y de una
relación de orden que respeta cuya estructura, entonces dentro de R el conjunto
{p∗ : p ∈ Q} será una copia identica de Q, ya no solo en un sentido de cardinalidad, si no que también en un sentido algebraico y de orden. A continuación
8
procederemos a eso.
9
3.
Orden en R
Definición 2: Sean A, B ∈ R (es decir, A y B son cortaduras de Dedekind). Entonces diremos que A ≤R B ⇐⇒ A ( B (subconjunto propio)
ó A = B. Como siempre, diremos que A <R B ⇐⇒ A ( B y A 6= B
Veremos en unas lı́neas más adelantes que ≤R es una relación de orden R. Notemos que ≤R tiene mucho sentido en como está definida, pues según la definición,
diremos que un número real es más grande que otro, sı́ y sólo sı́, el primero corta más a la derecha que el segundo, rescantando ası́, la intuición de orden que
adquirimos en el colegio.
Proposición 1: ≤R en R es una relación de orden parcial sobre R. Es
decir, debemos demostrar que:
1. A ≤R A, para todo A ∈ R
2. Si A ≤R B y B ≤R A entonces A = B, para todo A, B ∈ R
3. Si A ≤R B y B ≤R C, entonces A ≤R C, para todo A, B, C ∈ R
Dem: Para 1, es claro que A ≤R A, pues A ⊆ A (si x ∈ A, entonces x ∈ A). El
punto 2 es la clásica doble contención de la teorı́a de conjunto. Para el punto
3 debemos mostrar que A ⊆ C. Para ello, sea p ∈ A. Como A ⊆ B, entonces
p ∈ B, y además B ≤R C, implica que p ∈ C. Como vemos, para mostrar estas
3 condiciones ni siquiera fue necesaria la noción de cortadura.
Esta relación de orden es de hecho total. Para mostrar veamos un lema.
Lema 1: Sea A ∈ R. Entonces b ∈
/ A, sı́ y sólo sı́, b >Q a para todo
a ∈ A.
Dem: Notemos primero que tal elemento b ∈ Q siempre existe, pues como A es
cortadura de Dedekind, cumple que A 6= Q.
Demostremos por reducción al absurdo la implicancia derecha. Supongamos
que existe x ∈ A tal que b ≤ x. Como A es cortadura de Dedekind, entonces
es cerrado hacia abajo, por lo que b ∈ A, lo que contradice la hipótesis de que
b∈
/ A.
Para la implicancia hacia la izquierda supongamos que b ∈ A. Entonces por
hipótesis debe cumplirse que b >Q b, lo cual no tiene sentido.
10
Teorema 2: La relación ≤R es un orden total sobre R.
Dem: Como ya sabemos que es un orden parcial, solo nos basta comprobar que
si A, B ∈ R, entonces A ≤R B, ó bien, B ≤R A.
Supongamos primero que B * A y mostremos que A ⊆ B. Primero, como B
no está contenido en A, debe existir b ∈ B tal que b ∈
/ A. Sea a ∈ A. Por el
Lema 1, b >Q a, y como B es cerrado hacia abajo, implica que a ∈ B. Es decir,
A ⊆ B.
Ahora debemos suponer que A * B y mostrar que B ⊆ A, pero es completamente análogo a lo anterior.
Recordemos que teniamos un subconjunto en R con la misma cardinalidad que
Q, esto lo comprobamos vı́a la función inyectiva (recuerde que en general, para
r ∈ Q, definimos r∗ = {x ∈ Q : x <Q r}):
f : Q −→ R
p → p∗
Ya con un orden definido en R, mostremos que esta inmersión respeta tal orden.
Es decir, debemos mostrar que p <Q q ⇐⇒ f (p) = p∗ <R f (q) = q ∗
Teorema 3: La función f : Q −→ R; definida por f (p) = p∗ respeta el
orden. Esto es; dados p, q ∈ Q, entonces p <Q q ⇐⇒ p∗ <R q ∗
Dem: Veamos la implicancia hacia la derecha. Mostremos que p∗ ( q ∗ .
Sea x ∈ p∗ , es decir, x <Q p. Como p <Q q, y por transitividad x <Q q. Luego
x ∈ q ∗ . Además p∗ 6= q ∗ , ya que p ∈ q ∗ , pero p ∈
/ p∗ .
∗
∗
Para ver el recı́proco, como p ( q , existe x ∈ q ∗ tal que x ∈
/ p∗ . Es decir,
∗
∗
x ≥Q p (negación de no estar en p ). Además como x ∈ q , tendremos la cadena
p ≤Q x <Q q, esto es, p <Q q.
Ası́ entonces, R contiene un subconjunto idéntico en terminos de cardinalidad y
de orden. Ahora que ya tenemos un orden “bonito” en R, verifiquemos algunas
propiedades sabidas de cálculo 1.
Por ejemplo, demostraremos que los racionales son densos en si mismo.
Proposición 2: Sean p∗ , q ∗ ∈ R. Si p∗ <R q ∗ entonces existe f ∈ Q tal
que p∗ <R f ∗ <R q ∗ .
Dem: Afirmamos que f := p+q
∈ Q es el racional pedido. Por Teorema 3,
2
sabemos que p <Q q. Luego, p <Q p+q
2 <Q q, y nuevamente por Teorema 3,
11
∗
∗
p∗ <R ( p+q
2 ) <R q .
Un resultado clásico e importantı́simo del análisis es la densidad de los racionales (en nuestro estudio, cortes de la forma p∗ ) en R, por lo que no podı́a quedar
fuera de este documento. Para probarlo, demostraremos antes un lema.
Lema 2: Sean A, B ∈ R. Si A <R B, entonces existe una cantidad
infinita numerable de racionales en B − A.
Dem: Por hipótesis debe existir al menos un racional q1 ∈ B − A, pues A ( B.
Supongamos que hay una cantidad finita de racionales entre B − A. Es decir,
existen {qi }li=1 ⊂ B − A tal que
B =A∪
l
[
i=1
{qi }
Como hay una cantidad finita de qi , podemos escoger q := máx{qi : i ∈
{1, ..., l}}. Entonces es claro que q es el máximo de B. Esto pues, es el máximo
de los {qi }li=1 por definición, y es cota superior de A por Lema 1 (esto ya que
q∈
/ A). Como q ∈ B, concluimos que es el máximo de B, lo cual contradice el
hecho que B es cortadura.
Obviamente debe ser una cantidad infinita numerable, pues es un subconjunto
de Q.
Este lema en realidad es bastante más general de lo que necesitamos. A continuación procedemos a probar la densidad de Q en R.
Teorema 4 (Densidad ): Sean A, B ∈ R. Si A <R B, entonces existe
p ∈ Q tal que A <R p∗ <R B.
Dem: Como A < B, por el Lema 2, podemos escoger p, q ∈ B − A tal que
∗
p <Q q. Tomando c := p+q
2 ∈ Q, afirmamos entonces que A <R c <R B.
∗
∗
Veamos primero que A ( c y luego c ( B:
1. Como p ∈
/ A, entonces p >Q a, para todo a ∈ A. Además, c = p+q
2 >Q p,
entonces c >Q a, para todo a ∈ A. Por tanto, todo a ∈ A debe estar en c∗ ,
es decir, A ⊆ c∗ . Además, es claro que A 6= c∗ , pues p ∈ c∗ , pero p ∈
/ A.
2. Sea x ∈ c∗ . Entonces, x <Q c <Q q. Como q ∈ B, entonces x ∈ B (pues
B es cerrado hacia abajo). Por tanto, c∗ ⊆ B. Además, c∗ 6= B, ya que
q ∈ B, pero q ∈
/ c∗ .
12
Recordemos ahora que la principal motivación para construir R era que Q tenı́a
muchos vacı́os (más incluso que los mismos racionales).
Un ejemplo tı́pico de esto, es cuando consideramos el conjunto A = {x ∈ Q :
x2 <Q 2 ∧ x ≥Q 0}, y tratamos de encontrar su cota superior mı́nima. Resulta
que aquel valor no existe en Q. Dicho “a lo análisis”, podemos construir una
sucesión de valores de A que se acerca a un valor que no existe en Q (a saber,
a un número x que satisface la ecuación x2 = 2). Con este ejemplo pequeño,
podemos corroborar que los racionales no completan la recta.
Evidentemente, nuestra construcción de R dotado con el orden <, no debe contener vacı́os, ya que la construcción la hicimos justamente para que eso no pasara.
Demostremos esto.
Teorema 5 (Propiedad de la mı́nima cota): Sea S ⊆ R no vacı́o y acotado superiormente. Entonces A tiene una cota superior mı́nima.
Dem:6 Afirmamos que la mı́nima cota buscada es
α :=
[
A
A∈S
Mostremos primero que nada que α ∈ R, ie, es corte de Dedekind:
1. Veamos que α 6= φ. Como SS6= φ, existe A∗ ∈ S. Como A∗ 6= φ (por ser
cortadura), existe l ∈ A∗ ⊆ A∈S A.
2. Mostremos ahora que α 6= Q. Como S está acotado superiormente, existe
λ ∈ R tal que A ⊆ λ para todo A ∈ S. Tomemos A ∈ S arbitrario.
Como λ 6= Q, existe k ∈
/ λ. Por Lema 1, k >Q j para todo j ∈ λ. Y como
A ⊆ λ, entonces k >Q a, para todo a ∈ A (ya que si k ≤ a, para algún
a ∈ A, entonces necesariamente k ∈ A, y luego k ∈ λ, siendo esto una
contradicción). En consecuencia k ∈
/ A. Pero A
S era arbitrario, por lo que
en realidad k ∈
/ A, para todo A ∈ S. Ası́, k ∈
/ A∈S A.
S
S
3. Sea p ∈ A∈S A y q <Q p. Existe entonces algún AS∗ ⊆ A∈S A tal que
p ∈ A∗ . Como A∗ es cerrado hacia abajo, q ∈ A∗ ⊆ A∈S A.
S
S
4. Sea p ∈ A∈S A. Entonces debe existir A∗ ⊆ A∈S A tal que p ∈ A∗ .
ComoSA∗ no tiene máximo, existe qp ∈ A∗ tal que p <Q qp , donde qp ∈
A∗ ⊆ A∈S A.
6 Quizás encuentre extraño que esta propiedad de los reales tenga una demostración; y con
justa razón. Esto es porque, en los primeros cursos de cálculo, los reales se definen como un
conjunto llamado R, con 2 operaciones y una relación de orden que satisfacen una lista de
axiomas que lo convierten en un cuerpo ordenado y completo. Ahı́, la propiedad de la mı́nima
cota adquiere la forma de axioma, y por ello, en ese contexto, también se le llama como
Axioma del Supremo.
13
Con estos 4 puntos nos aseguramos que al menos estamos trabajando con algo
bien definido. Ahora verifiquemos que es cota superior, y que es la más pequeña
de todas.
Evidentemente tiene que ser cota superior de SSya que es la unión de todos
S sus
elementos. Es decir, si O ∈ S entonces O ⊆ A∈S A, esto es, O ≤R A∈S A
para todo O ∈ S.
Por último demostremos que es la cota superior más pequeña
de S. Para ello,
S
A.
Esta última
supongamos que existe T cota superior
de
S
y
T
<
R
A∈S
S
A
y
que
p
∈
/
T
.
Es
decir,
existe
p ∈ A∗
desigualdad nos dice que existe p ∈
S A∈S
∗
tal que p ∈
/ T , para algún A ⊆ A∈S A. Pero como T es cota superior de S,
tendremos la inclusión A∗ ⊆ T , lo cual contradice el hecho que p ∈ A∗ , pero
p∈
/T
Con todo esto concluimos que R cumple la propiedad de la mı́nima cota7
Con este último teorema, decimos que R es completo8 . Mostremos algunas
importantes consecuencias de este teorema.
7 Un
conjunto L parcialmente ordenado se llama continuo lineal si satisface:
L tiene la propiedad de la mı́nima cota
Si x <L y, entonces existe z ∈ L tal que x <L z <L y
Estos conjuntos tienen una gran importancia en Topologı́a General. Un ejemplo de continuo
lineal es R, y no-ejemplo es Q.
8 Existen muchas formas de caracterizar la completitud en R; esto dependiendo de la construcción que se haga. Por ejemplo, el matemático Georg Cantor (1845-1918), coetáneo de
Dedekind, publicó en 1872 una construcción alternativa a la de este documento, a partir de
objetos llamados sucesiones Cauchy. En esa construcción, la completitud se caracteriza como:
R es completo, sı́ y sólo sı́, toda sucesión de Cauchy converge.
14
4.
R es un cuerpo ordenado con la propiedad de
la mı́nima cota
Todo el trabajo desarrollado hasta el momento serı́a en vano si no pudiéramos darle una estructura de cuerpo a R. Y es que Q con su suma y producto
usuales si lo es. Por consiguiente, si la meta es construir un sistema numérico
mejor y más completo que Q, entonces la construcción hecha hasta ahora debe
contar con esta potente propiedad algebraica. En la sección anterior logramos
definir un orden en R que lo convertı́a en un conjunto ordenado, y mediante el
Teorema 3, vimos que Q preserva con este orden la buenas propiedades que
tenı́a con su orden usual.
Veremos ahora, que la siguiente suma transformará a R en un grupo abeliano.
Definición 3: Sean A, B ∈ R. Definimos la suma de 2 cortes de Dedekind
como:
A +R B := {a + b : a ∈ A ∧ b ∈ B}
Teorema 6: (R, +R ) es un grupo abeliano.
Dem:
1. +R está bien definida: Para esto, debemos mostrar que si A, B ∈ R,
entonces A +R B ∈ R. Probemos las 4 propiedades requeridas para esto:
a) Como A y B son no vacı́o, existen a ∈ A y b ∈ B. Luego a+b ∈ A+R B
y por tanto, A +R B 6= φ
b) Sabemos que A 6= Q y B 6= Q, por lo que existen k ∈
/ A y l ∈
/ B.
Por el Lema 1, k >Q a, para todo a ∈ A, y l >Q b para todo b ∈ B.
Es decir, k + l >Q a + b, para todo a ∈ A y b ∈ B. Por tanto, k + l
es distinto a cualquier suma de elementos de A con elementos de B.
Concluimos que k + l ∈
/ A +R B.
c) Sea a + b ∈ A +R B y p <Q a + b. La última desigualdad nos dice
que p − a <Q b. Como B es cerrado hacia abajo, entonces p − a ∈ B.
Esto es, existe b′ ∈ B tal que p − a = b′ . Luego p = a + b′ ∈ A +R B.
d ) Sea a + b ∈ A +R B. Como A y B no tienen una máximos, existen
a′a ∈ A y b′b ∈ B tales que a <Q a′a y b <Q b′b . Luego podemos escoger
ya+b := a′a + b′b ∈ A +R B el cual satisface que a + b <Q a′a + b′b .
Por lo tanto, A +R B ∈ R.
2. Suma asociativa: Sean A, B, C ∈ R. Como la suma de racionales es
15
asociativa, tendremos:
A +R (B +R C) = {a + (b + c) : a ∈ A ∧ b ∈ B ∧ c ∈ C}
= {(a + b) + c : a ∈ A ∧ b ∈ B ∧ c ∈ C}
= (A +R B) +R C
3. Suma conmutativa: Al igual que la asociatividad, es una consecuencia
directa del hecho que la suma de racionales es conmutativa.
4. Neutro: Para que nuestra teorı́a tenga sentido, el neutro aditivo debiera
ser el corte 0∗ . Probemos que dado A ∈ R, A +R 0∗ = 0∗ +R A = A.
Demostremoslo por doble contención. Sea primero a + b ∈ A +R 0∗ . Como
b ∈ 0∗ , entonces a + b < a. Como A es cerrado hacia abajo, a + b ∈ A. Sea
a ∈ A. Como A no tiene elemento máximo, existe a′ ∈ A tal que a <Q a′ .
Es decir, a − a′ ∈ 0∗ . Luego, a = a′ + (a − a′ ) ∈ A +R 0∗ .
5. Inverso aditivo: Este es sin duda alguna el punto más complicado, pues
definir el inverso aditivo no es para nada trivial. Definamos −A := {x ∈ Q :
existe δ >Q 0 tal que −x − δ ∈
/ A }.
Debemos mostrar 2 cosas; primero verificar si efectivamente −A ∈ R, y
segundo que A +R (−A) = −A +R A = 0∗ .
Primero mostremos los 4 puntos para ser cortadura:
a) Como A 6= Q existe k ∈
/ A. Afirmamos que x = −k − 1 está en −A,
con δ = 1. En efecto, −(−k − 1) − 1 = k ∈
/ A.
b) Sabemos que existe a ∈ A. Dado ǫ >Q 0 arbitrario, afirmamos que
x = −a − ǫ ∈
/ −A. Esto pues, −(−a − ǫ) − ǫ = a ∈ A, para todo
ǫ >Q 0.
c) Sea p ∈ −A y q <Q p. Por hipótesis, existe δ >Q 0 tal que −p−δ ∈
/ A.
Ahora tomando el mismo δ >Q tendremos que −q − δ >Q −p− δ ∈
/ A.
Luego, −q − δ ∈
/ A y por lo tanto, q ∈ −A.
d ) Sea p ∈ −A. Entonces existe δ >Q 0 tal que −p−δ ∈
/ A. Demostremos
que p + 2δ ∈ −A. Para ello, tomemos 2δ >Q 0, entonces −(p + 2δ ) − 2δ =
−p − δ ∈
/ A. Además, p + 2δ >Q p. Por lo tanto, −A no tiene máximo.
Por último debemos mostrar que −A es efectivamente el inverso aditivo de
A. Lo haremos por doble contención. Antes enunciemos un Resultado, cuya
demostración se dejará como ejercicio:
16
Resultado: Sea ǫ >Q 0, con ǫ ∈ Q y A ∈ R. Entonces siempre existe
n0 ∈ N tal que n0 ǫ ∈ A, pero (n0 + 1)ǫ ∈
/ A.
Veamos primero la inclusión A +R (−A) ⊆ 0∗ . Para ello, sea x ∈ A +R (−A).
Es decir, x = p + q, donde p ∈ A y q ∈ −A. Además, por definición, existe
δ >Q 0 tal que −δ − q ∈
/ A. En partı́cular, por el Lema 1, −δ − q >Q p. Ası́,
x = p + q <<Q −δ − q + q = −δ <Q 0. Por tanto, x ∈ 0∗ . Para la otro inclusión
necesitaremos el resultado enunciado.
Sea x ∈ 0∗ , esto es, x <Q 0. Buscamos p ∈ −A y q ∈ A tal que x = p + q.
x
Sea ǫ := −x
2 >Q 0. Por el resultado existe n0 ∈ N tal que q := − 2 n0 ∈ A.
x
Nos faltarı́a solo construir p. Afirmamos que p := (n0 + 2) 2 ∈ −A. En efecto,
/ A.
tomando δ = − x2 >Q 0 tendremos que; −(n0 + 2) x2 − (− x2 ) = −(n0 + 1) x2 ∈
Ası́, como x = (n0 + 2) x2 + (− x2 n0 ), concluimos que t ∈ A +R (−A). (Note que
como la suma es conmutativa, es inmediato que A +R (−A) = −A +R A).
∴ (R, +R ) es un grupo abeliano.
Los siguientes resultados son sencillos desde un punto de vista algebraico. Sin
embargo, nos complicaremos un poquito el trabajo, y daremos una prueba de
ellos solo con teorı́a de conjuntos.
Teorema 7: Los números reales satisfacen las siguientes propiedades:
1. −(−A) = A para todo A ∈ R
2. −(A +R B) = −A +R −B para todo A, B ∈ R
3. Si A +R C = B +R C, entonces A = B (Ley de Cancelación)
Dem:
1. Sea x ∈ −(−A). Entonces existe δ >Q 0 tal que −x − δ ∈
/ −A. Esta última
proposición quiere decir que, para todo ǫ >Q 0, −(−x − δ) − ǫ = x + δ − ǫ ∈
A. Como esto es para todo ǫ >Q 0, en partı́cular para ǫ = δ >Q 0; de lo
cual se concluye que x ∈ A.
Ahora sea x ∈ A. Asumamos por contradicción que x ∈
/ −(−A). Esto
significa que, para todo ǫ >Q 0; −x − ǫ ∈ −A. Es decir, existe δǫ >Q 0 tal
que −(−x − ǫ) − δǫ = x + ǫ − δǫ ∈
/ A.
Por otro lado, dado que x ∈ A, existe h >Q 0 tal que x + h ∈ A (ya que
A no tiene máximo). Ası́, tomando ǫ = h >Q 0, debe existe δh >Q 0 tal
que x + h − δh ∈
/ A. Entonces por Lema 1; x + h − δh >Q x + h , lo cual
implica que δh <Q 0. Contradicción. Concluimos que si x ∈ A, entonces
x ∈ −(−A).
2. Sea x ∈ −A +R −B. Existen p ∈ −A y q ∈ −B tales que x = p + q. Por
definición, existe ǫp >Q 0 y ǫq >Q 0 tales que −ǫp − p ∈
/ A y −ǫq − q ∈
/ B.
17
Tomemos ası́, ǫ := ǫp + ǫq >Q 0. Este satisface que −ǫ − x = (−ǫp − p) +
(−ǫq − q) ∈
/ A +R B. Por lo tanto, x ∈ −(A +R B).
3. Sea a ∈ A. Como C 6= φ, entonces existe c ∈ C. Luego a + c ∈ A + C, que
por hipótesis, a + c ∈ B + C. De la definición de suma, a ∈ B. Por tanto
A ⊆ B. La otra contención es análoga.
Ahora que tenemos a R dotado de una estructura algebraica aditiva, comprobemos que con esta suma, Q preserva la estructura de grupo. Esto es, el siguiente
resultado:
Proposición 3: Sea f : Q −→ R, f (p) = p∗ ; la inyección definida más
arriba. Entonces f es un homomorfismo de grupos. Es decir, R contiene
un subgrupo isomorfo a Q (a saber, f (Q)).
Dem: Por demostrar que f (p + q) = f (p) +R f (q), ie, (p + q)∗ = p∗ +R q ∗ . Como
siempre, recurriremos a la doble contención.
Sea x ∈ p∗ +R q ∗ . Por definición, existen h ∈ p∗ y r ∈ q ∗ tal que: x = h + r <Q
p + q. Esto es, x ∈ (p + q)∗ .
Sea x ∈ (p + q)∗ . Implica que x <Q p + q. Entonces x − p <Q q, y por tanto,
x − p ∈ q ∗ . Como q ∗ no tiene máximo, existe h ∈ q ∗ tal que x − p <Q h.
Además, podemos despejar, y obtenemos que x − h <Q p, que por definción es
que x − h ∈ p∗ . Ası́, x = (x − h) + h ∈ p∗ +R q ∗ .
Por lo tanto, f es un homomorfismo inyectivo. Concluimos por el Primer teorema
del isomorfismo de la teorı́a de grupos que Q ∼
= f (Q) ≤R R.
Proposición 4: Sea p ∈ Q. Entonces −p∗ = (−p)∗ .
Dem: Notemos que:
−p∗ = {x ∈ Q : −x − ǫ ∈
/ p∗ , ǫ >Q 0}
= {x ∈ Q : −x − ǫ ≥Q p, ǫ >Q 0}
= {x ∈ Q : x ≤ −ǫ − p, ǫ >Q 0}
= {x ∈ Q : x <Q −p}
= (−p)∗
Por último, algo que es muy relevante, es comprobar que esta operación suma
se comporta bien con la relación de orden. Esto es:
18
Teorema 8: Si A, B, C ∈ R y A <R B entonces A +R C <R B +R C. Es
decir, (R, +R , ≤R ) es un grupo abeliano ordenado.
Dem: Por demostrar que A +R C ( B +R C.
Sea a + c ∈ A +R C. Por hipótesis, a ∈ B. Por lo que a + c ∈ B +R C. Para
ver que A +R C es un subconjunto propio de B +R C, vemos que existe b ∈ B
tal que b ∈
/ A (pues A <R B). Luego para todo c ∈ C; b + c ∈ B +R C, pero
b+c∈
/ A +R C.
Corolario 1: Sea A ∈ R. Si A ≤R 0∗ entonces −A ≥R 0∗ .
Dem: Gracias al Teorema 7 podemos sumar a ambos lados de A ≤R 0∗ el
número real −A. Ası́, 0∗ = A + −A ≤R −A.
Este último corolario nos motiva a definir lo siguiente:
Definición 4: Dado A ∈ R, definimos el valor absoluto de A como:

, A ≥ R 0∗
 A
|A| =

−A , A <R 0∗
Con esto, gracias al Corolario 1, tendremos que |A| ≥R 0∗ para todo A ∈
R. Esta definición nos ayudará mucho a demostrar algunas propiedades más
adelante.
19
Naturalmente, ahora nos toca definir un producto en R que le dé, junto con la
suma y la relación de orden, una estructura de cuerpo ordenado.
Por conveniencia, definiremos el producto primero para cortes mayores o iguales
a cero.
Definición 8: Sean A, B ∈ R, con A ≥R 0∗ y B ≥Q 0∗ . Definimos el
producto de 2 cortes de Dedekind como:
A ⊙R B := {ab : a ∈ A, b ∈ B ∧ a ≥Q 0, b ≥Q 0} ∪ 0∗
Nota: El hecho por el cual unimos en la definición a 0∗ es para asegurarnos
que A ⊙R B >R 0∗ , si A >R 0∗ y B >R 0∗ ; de modo que el producto de cortes
positivos, sea otro corte positivo.
Ası́, en general:
1. A ⊙ B = {ab : a ∈ A, b ∈ B ∧ a ≥Q 0, b ≥Q 0} ∪ 0∗ , si A ≥R 0∗ y B ≥Q 0∗
2. A ⊙R B = −(−A ⊙R B), si A <R 0∗ y B ≥R 0∗
3. A ⊙R B = −(A ⊙R −B), si B <R 0∗ y A ≥R 0∗
4. A ⊙R B = (−A ⊙R −B), si A <R 0∗ y B <R 0∗
El siguiente resultado, suele demostrarse como consecuencia del hecho que (R, +R , ⊙R )
es cuerpo. En nuestra teorı́a, se invierte este relación clásica. Es decir, este resultado lo usaremos para zanjar algunas propiedades necesarias para que
(R, +R , ⊙R ) tenga la estructura de cuerpo; por lo que lo enunciaremos como un
lema:
Lema 4: Sea A ∈ R. Entonces A ⊙ 0∗ = 0∗ ⊙R A = 0∗ .
Dem: A ⊙R 0∗ = {ab : a ∈ A, b ∈ 0∗ ∧ a ≥Q 0, b ≥Q 0} ∪ 0∗ .
Note que no existe b ∈ 0∗ y b ≥Q 0; por lo que:
{ab : a ∈ A, b ∈ 0∗ ∧ a ≥Q 0, b ≥Q 0} = φ
Ası́; A ⊙R 0∗ = φ ∪ 0∗ = 0∗ . De igual forma; 0∗ ⊙R A = 0∗ .
Ahora si A <R 0∗ , entonces por definición, A ⊙R 0∗ = −(−A ⊙ 0∗ ). Y como
−A >R 0∗ , entonces −A ⊙R 0∗ = 0∗ . Por consiguiente, A ⊙R 0∗ = −0∗ = 0∗ .
Corroboremos entonces que (R, +R , ⊙R ) es un cuerpo.
20
Teorema 9: (R, +R , ⊙R ) es un cuerpo.
Dem:
1. (R, +R ) es un grupo abeliano: Por el teorema anterior ya sabemos que
esto es cierto.
2. ⊙R está bien definida: Comprobemos que A ⊙R B ∈ R. Consideremos
los casos en que A, B ≥R 0∗ :
a) Mostremos que A ⊙R B 6= φ. Como −1 ∈ 0∗ , por lo que A ⊙R B 6= φ.
b) Dado que A =
6 Q y B 6= Q, entonces existe r ∈
/Ayh∈
/ B. Entonces
rh ∈
/ A ⊙R B.
c) Primero consideremos A >R 0∗ y B >R 0∗ . Sea x ∈ A ⊙R B y y <Q x.
Si x ∈ 0∗ , entonces y <Q 0, por lo que y ∈ 0∗ ⊆ A ⊙R B.
Ahora si x = ab, con a ∈ A, b ∈ B y a, b ≥Q 0, entonces ay <Q b (podemos considerar a >Q 0 y b >Q 0, ya que si a = 0 ∈ A o b = 0 ∈ B,
entonces obviamente x = 0 ∈ A ⊙R B). Entonces y = a ay ∈ A ⊙R B.
Ahora si A = 0∗ o B = 0∗ , entonces A ⊙ B = 0∗ , por lo que la cerradura hacia abajo es consecuencia del hecho de que 0∗ es cortadura.
d ) Sea x ∈ A ⊙R B. Si x ∈ 0∗ , entonces como 0∗ es cortadura existe
y ∈ 0∗ ⊆ A ⊙R B tal que y >Q x.
Ahora supongamos que x = ab. Como A y B no tienen máximos,
entonces existen a0 ∈ A y b0 ∈ B tales que a <Q a0 y b <Q b0 . Luego
ab <Q a0 b0 y a0 b0 ∈ A ⊙R B.
Por lo tanto, A ⊙ B ∈ R, si A ≥R 0∗ y B ≥R 0∗ . Los otros 3 casos
tambien definen cortes, ya que sabemos que si A ∈ R, entonces −A ∈
R.
3. ⊙R es asociativa: Directo de la asociatividad en Q
4. ⊙R es conmutativa: Directo de la conmutatividad en Q
5. 1∗ es el neutro multiplicativo: Por demostrar que A ⊙R 1∗ = 1∗ ⊙R A =
A para todo A ∈ R.
Consideremos primero A ≥R 0∗ . Tomemos x ∈ A ⊙R 1∗ . Entonces hay
2 opciones; x <Q 0 o x = ab; a ∈ A y b ∈ 1∗ . El primer caso es obvio
que x ∈ A, esto ya que A ≥R 0∗ . Para el segundo caso obtenemos que
x = ab <Q a. Y como A es cerrado hacia abajo, concluimos que x ∈ A.
Con ambos casos, mostramos que A ⊙R 1∗ ⊆ A.
Para la otra inclusión, sea x ∈ A. Podemos considerar x >Q 0, pues si
x <Q 0, entonces x ∈ 0∗ ⊆ A ⊙R 1∗ , y si x = 0, entonces x = x · 0 ∈ A ⊙ 1∗ .
Como A no tiene máximo, existe y ∈ A tal que x <Q y. Es decir, xy ∈ 1∗ .
Luego, x = y xy ∈ A ⊙R 1∗ .
Supongamos ahora que A ≤R 0∗ . Entonces A ⊙R 1∗ = −(−A ⊙ 1∗ ). Entonces por lo que acabamos mostrar; −A ⊙ 1∗ = −A. Reemplazando,
A ⊙R 1∗ = −(−A ⊙ 1∗ ) = −(−A) = A.
21
6. Inverso multiplicativo: Sea A >R 0∗ . Afirmamos que el inverso multiplicativo es A−1 = {x ∈ Q: existe ǫ >Q tal que: x−1 − ǫ ∈
/ A} ∪ 0∗ ∪ {0}.
Primero que nada, hay que probar si esto corresponde efectivamente a un
número real.
a) A−1 6= φ, pues 0∗ 6= φ.
b) A−1 6= Q. Como A >R 0∗ , existe x ∈ A tal que x >Q 0. Mostremos
que x−1 ∈
/ A−1 . Supongamos lo contrario, buscando obviamente una
contradicción.
Entonces existe ǫ >Q 0 tal que (x−1 )−1 − ǫ ∈
/ A. Esto es, x − ǫ ∈
/ A,
lo cual es una contradicción, pues x − ǫ <Q x ∈ A, y A es cerrado
hacia abajo.
c) Sea x ∈ A−1 y z <Q x. Si x ≤R 0, entonces z <Q 0, y por tanto
z ∈ A−1 .
Por otro lado, si x >Q , entonces x−1 <Q z −1 (aquı́, consideramos
z >Q 0, ya que si z ≤ 0, es directo que z ∈ A−1 ). Ası́, dado que
x ∈ A−1 existe ǫ >Q 0 tal que x−1 − ǫ ∈
/ A. Por tanto, z −1 − ǫ ∈
/Ay
−1
z∈A .
d ) Sea x ∈ A−1 . Buscamos yx ∈ A−1 tal que yx >Q x. Si x <Q 0, basta
tomar yx = x3 <Q 0. Esto ya que, yx > x y yx ∈ 0∗ ⊆ A−1 .
Veamos el caso en el que si x = 0. Entonces nos basta encontrar algún
y >Q 0 tal que y ∈ A−1 . Sabemos por hipótesis que existe r >Q 0 y
r∈
/ A. Ası́, el elemento y = (r+2)−1 >Q 0 y ((r+2)−1 )−1 −2 = r ∈
/A
(aquı́ ǫ = 2 >Q 0).
Por último, supongamos que x >Q 0. Se sigue que existe ǫ >Q 0 tal
que x−1 − ǫ ∈
/ A. Para este caso basta tomar yx = (x−1 − 2ǫ )−1 >Q 0
−1
(pues x − ǫ ∈
/ A y A >R 0∗ ); pues existe 2ǫ >Q 0 tal que yx−1 − 2ǫ =
ǫ
−1
−1
/ A Por lo que yx ∈ A−1 . Además, como si supop − 2 =p −ǫ∈
nemos que yx ≤R x, entonces yx−1 ≥Q x−1 . Es decir, 0 ≥Q 2ǫ ; lo cual
es absurdo. Por tanto, yx >Q x.
Muy bien. Ahora solo nos queda ver que A⊙A−1 = 1∗ . Esta prueba es algo
larga (más bien, la inclusión hacia la izquierda); por lo que el resultado
premilinar estará en la sección de ejercicios resueltos con su respectiva
solución. Este resultado es:
Resultado: Sea A ∈ R con A >R 0∗ y ǫ >Q 0. Entonces existe N ∈ Z
tal que (1 + ǫ)N ∈ A, pero (1 + ǫ)N +1 ∈
/ A.
La prueba la haremos por doble contención. Sea x ∈ 1∗ . Podemos suponer
a x >0 ; pues si x ≤ 0, entonces es inmediato que x ∈ A ⊙R A−1 . Buscamos
q ∈ A y p ∈ A−1 tal que x = qp.
Sea ǫ >Q 0. Entonces por el resultado, existe N ∈ Z tal que (1 + ǫ)N ∈ A,
pero (1+ǫ)N +1 ∈
/ A. Tomemos entonces a q ′ := (1+ǫ)N ∈ A. Como A ∈ R,
1
;
entonces existe δ >Q 0 tal que q = q ′ + δ ∈ A. Tomaremos p = q(1+ǫ)
22
1
<Q 1. Por supuesto, hay que probar además que
de modo que qp = 1+ǫ
−1
p ∈ A . Pero vemos que p−1 = q(1+ǫ) = (q ′ +δ)(1+ǫ) = q ′ (1+ǫ)+δ(1+ǫ).
Esto es; existe δ(1+ǫ) >Q 0 tal que p−1 −δ(1+ǫ) = q ′ (1+ǫ) = (1+ǫ)N +1 ∈
/
A. Es decir, p ∈ A−1 . Por lo tanto, 1∗ ⊆ A ⊙R A−1 , si A >R 0∗ . Veamos
la otra contención.
Sea x ∈ A ⊙ A−1 . Como siempre, podemos suponer x >Q 0, pues si x ≤ 0,
entonces el resultado se tiene por definición. Por hipótesis, x = ab; con
a ∈ A y b ∈ A−1 , ambos positivos. En consecuencia, debe existir ǫ >Q 0
tal que b−1 − ǫ ∈
/ A. Pero entonces; x = ab <Q (b−1 − ǫ)b = 1 − ǫb <Q 1
(ya que ǫb >Q 0). Por lo que x ∈ 1∗ .
Concluimos que A ⊙ A−1 = 1∗ ; si A >R 0∗ .
Ahora si A <R 0∗ , definimos A−1 = −((−A)−1 ). Como −A >R 0∗
ya sabemos que −((−A)−1 ) ∈ R; por lo recién desarrollado. Además,
A ⊙ −(−A)−1 = −A ⊙ (−A)−1 , por definición. Nuevamente, como −A >Q
0∗ , entonces A ⊙ −(−A)−1 = −A ⊙ (−A)−1 = 1∗ .
7. Suma se distribuye en el producto: Como durante todo este item,
consideremos primero los casos bases, es decir, a A, B, C ≥R 0∗ . Mostraremos que A ⊙R (B +R C) = A ⊙R B +R A ⊙R C, si A, B, C >R 0∗ . Luego
mostraremos los casos en que estos puedan ser el corte del 0∗ .
Sea x ∈ A ⊙R (B +R C). Como primer caso, puede suceder que x ∈ 0∗ . En
tal situación, tendrı́amos que x <Q 0 = 0 · 0 + 0 · 0, donde 0 · 0 ∈ A ⊙R B
y 0 · 0 ∈ A ⊙R C (recuerde que como A, B, C >R 0∗ , entonces 0 ∈ A, B, C
). El segundo caso posible es que x = a(b + c), donde a ∈ A, b ∈ B,
c ∈ C y; a ≥Q 0 y b + c ≥Q 0. Esta última desigualdad, lamentablemente no nos asegura los signos de b y c. Si b ≥Q 0 y c ≥Q 0, entonces
x = a(b + c) = ab + ac ∈ A ⊙R B +R A ⊙R C. Ahora si b ≥Q 0, pero c ≤ 0,
entonces x = a(b + c) = ab + ac ≤R Q ab = ab + 0 · 0 ∈ A ⊙R B +R A ⊙R C.
El caso en el que b ≤ 0 y c ≥Q 0 es análogo.
Ahora sea x ∈ A ⊙R B +R A ⊙R C. Entonces existen z ∈ A ⊙R B e
y ∈ A ⊙R C tales que x = z + y. Nuevamente debemos ver casos :(.
Puede pasar que z ∈ 0∗ o y ∈ 0∗ . Si pasan ambos al mismo tiempo, tendremos que x ∈ 0∗ , lo cual implica que x ∈ A ⊙R (B +R C). Ahora si solo
uno de los 2 está en 0∗ (digamos y), entonces x < ab, con a ∈ A y b ∈ B;
ambos no negativos. Lo que es igual a x < a(b + 0) ∈ A ⊙R (B +R C). Y
por último, puede pasar que x = ab + a′ c; con a, a′ ∈ A, b ∈ B y c ∈ C;
todos no negativos. Podemos escoger por tanto, H = máx{a, a′ } ∈ A, y
es tal que x < H(b + c) ∈ A ⊙R (B +R C). Con esto ya demostramos que
la suma se distribuye en el producto, pero solo para cortes estrictamente
positivos. Lo siguiente es verificar los casos restantes.
Si A = 0∗ , entonces la igualdad es inmediato del hecho que A ⊙ X = 0∗ ,
para cualquier X ∈ R.
23
Si B = 0∗ ó C = 0∗ también es directo. Consideremos los últimos casos
ahora.
Si A <R 0∗ y B, C ≥R 0∗ , entonces A ⊙R (B +R C) = −(−A ⊙R (B +R C));
de donde −A y (B +R C) son cortes positivos porque la relación de orden respeta a la suma. Entonces por el primer caso hecho tendremos;
−(−A ⊙R (B +R C)) = −(−A ⊙R B +R −A ⊙R C) = −(−A ⊙R B) +R
−(−A ⊙R C) = A ⊙R B +R A ⊙R C.
Nos faltarı́a 3 casos más. Fijemos a A ≥R 0∗ y variemos los signos de
B y C. Una opción, es que B <R 0∗ y C <R 0∗ . Pero es directo del caso
base y de utilizar el Teorema 6.
Otra combinación es que B <R 0∗ y C >R 0∗ . De aquı́, saquemos 2
subcasos: B +R C ≤R 0∗ ó B +R C ≥R 0∗ .
El primer subcaso se sigue de A ⊙R |B| = A(|B +R C| +R C) = A ⊙R
|B +R C| +R A ⊙R C. Ası́, A ⊙R (B +R C) = −(A ⊙R |B +R C|) =
−(A ⊙R |B|) +R A ⊙R C = A ⊙R B +R A ⊙R C.
El otro subcaso se deja como ejercicio.
Con esto, ya hemos cubierto todos los casos.
Teorema 10: R contiene un subcuerpo ordenado isomorfo a Q.
Dem: Tomemos la función f : Q −→ R, definida como f (p) = p∗ . Ya vimos que
f es inyectiva, homomorfismo de grupos y que preserva orden. Es decir, todo
esto implica que R contiene un subgrupo (especı́ficamente, f (Q) = {p∗ : p ∈ Q})
isomorfo como grupo a Q y que tiene la misma estructura de orden. Ası́, lo único
que nos queda por demostrar es que f respeta el producto.
Por demostrar que (pq)∗ = f (pq) = f (p)⊙R f (q) = p∗ ⊙R q ∗ . Trabajemos primero
nuestro caso favorito; p, q >Q 0.
Sea x ∈ (pq)∗ . Entonces x <Q pq. Entonces xp ∈ q ∗ , esto es, existe k ∈ q ∗ tal que
x
x
∗
p <Q k. Pero esto implica que k ∈ p .
x
∗
∗
Por lo tanto, x = k · k ∈ p ⊙R q .
La contención hacia el otro lado es directa. Si x ∈ p∗ ⊙R q ∗ , entonces x <Q pq,
es decir, x ∈ (pq)∗ .
Para los demás casos, haremos uso de la Proposición 4.
Supongamos ahora que p >Q 0, pero q <Q 0. Entonces; p∗ q ∗ = −(p∗ (−q ∗ )) =
−(p∗ (−q)∗ ) = −(−pq)∗ = (pq)∗ . Si q >Q 0 y p <Q 0 es análogo.
Por último, si p <Q 0 y q <Q 0; entonces p∗ q ∗ = (−p∗ )(−q ∗ ) = (−p)∗ (−q)∗ =
((−p)(−q))∗ = (pq)∗ .
24
Ya por fin, podemos asegurar que dentro de R hay una copia exacta de Q!;
el conjunto {p∗ : p ∈ Q})). Y por tanto, también copias exactas de Z y N
({m∗ : m ∈ Z} y {n∗ : n ∈ N}, respectivamente). Informalmente, significa que a
Q le agregamos un montón de elementos y con ello, formamos nuestro preciado
R (se dice completar a Q). Ası́ entonces, se cumple el objetivo de construir un
sistema numérico con todas las propiedades de Q, a partir de Q y con la propiedad de la mı́nima cota.
El último punto de nuestro objetivo que nos queda por comprobar, es que el
producto respeta la relación de orden. Y con esto, por fin, (R, +R , ⊙R , ≤R ) serı́a
un cuerpo ordenado con la propiedad de la mı́nima cota.
Teorema 11: Si A <R B y C >R 0∗ , entonces A ⊙R C <R B ⊙R C.
Dem: Por demostrar que A ⊙R C ( B ⊙R C. Sea x ∈ A ⊙R C. Si x ∈ 0∗ , entonces
obviamente x ∈ B ⊙R C.
Ahora si x = ac; con a ∈ A, c ∈ C con a ≥Q 0 y c ≥Q 0. Además, como A <R B;
a ∈ B. Luego x ∈ B ⊙R C.
Veamos algunas consecuencias importante de toda la teorı́a desarrollada hasta
aquı́. La siguiente proposición nos asegura que en R (dicho de una manera informal) no existen elementos infinitamente grande, ni infinitamente pequeños;
la conocida e importante Propiedad Arquimediana.
Proposición 3 (Propiedad Arquimediana): Sea ǫ >R 0∗ y X ∈ R. Entonces existe N ∈ N tal que N ∗ ⊙R ǫ >R X
Dem: Supongamos por contradicción, que existe X ∈ R y ǫ >R 0∗ tal que
N ∗ ⊙R ǫ ≤R X, para todo N ∈ N. Definamos el conjunto:
S := {N ∗ ⊙R ǫ : N ∈ N}
Notemos que S 6= φ (pues ǫ ∈ S, tomando N = 1), y es acotado superiormente
por X. Entonces por la propiedad de la mı́nima cota, existe K = sup A; la cota
superior más pequeña de S. En partı́cular, (N +1)∗ ⊙R ǫ ≤R K, para todo N ∈ N.
Lo que es equivalente a N ∗ ⊙R ǫ ≤R K − ǫ, para todo N ∈ N. Como esto es para
todo natural, implica que K − ǫ es cota superior de S. Pero K era la mı́nima
cota superior de S, y K − ǫ <R K; lo cual es una contradicción.
Aunque parezca increı́ble, recién ahora estamos en condiciones para mostrar
que el conjunto de los números naturales no está acotado superiormente. Por
25
supuesto, debemos trabajar con su homologo en R; el conjunto N = {n∗ : n ∈
N}.
Proposición: El conjunto N = {n∗ : n ∈ N} no está acotado superiormente.
Dem: Supongamos que lo está. Entonces existe A ∈ R tal que n∗ ⊆ A; para todo
n ∈ N. Como N 6= φ, por la propiedad de la mı́nima cota, existe S = sup N .
Luego en partı́cular; (n + 1)∗ ≤R S; para todo n ∈ N (esto pues, n + 1 ∈ N, para
todo n ∈ N). Equivalentemente, n∗ ≤R S − 1∗ ; para todo n ∈ N. Es decir, S − 1∗
es cota superior de N , pero S − 1∗ <R S, lo que nos lleva a una contradicción,
pues S era la cota superior más pequeña.
Corolorio: N no está acotado superiormente.
Dem: Sea f : Q −→ R, definida como f (p) = p∗ . Notemos que f (N) = N =
{n∗ : n ∈ N}. Como f respeta el orden y N no está acotado superiormente,
entonces N tampoco.
El siguiente resultado 9 es muy útil para cuando definamos sucesiones y convergencias.
Corolorio: Para todo ǫ >R 0∗ existe N ∈ N tal que (N ∗ )−1 <R ǫ
Dem: Por contradicción, asumamos que existe ǫ >R 0∗ tal que (N ∗ )−1 ≥R ǫ,
para todo N ∈ N. Como el producto respeta la relación de orden, podemos
multiplicar a ambos lados por N ∗ >R 0∗ y luego por ǫ−1 >R 0∗ , resultando en
que ǫ−1 ≥R N , para todo N ∈ N. Esto es, ǫ−1 es cota superior de {n∗ : n ∈ N},
lo cual contradice lo probado más arriba.
Otro resultados interesante es el siguiente, que por lo demás, nos permitirá definir la parte entera de un real.
Proposición: Para cada número real A, existe un entero m∗ que es el
más grande entre los que son menores o iguales a A. Es único y satisface
que m∗ ≤R A <R (m + 1)∗ .
Dem: Como queremos estudiar a los enteros menores a A, tomemos el conjunto
de enteros S := {m∗ ∈10 Z : m∗ ≤R A}.
9 Muchas veces enunciaremos este resultado como la Propiedad Arquimediana, pero de aquı́,
ya sabemos que en realidad es una simple consecuencia del resultado original
10 Por supuesto, aquı́ Z lo estamos pensando como el conjunto {m∗ : m ∈ Z}. Gracias a la
26
Por propiedad arquimediana, tomando X = −A, ǫ = 1∗ , tendremos que existe
n ∈ N tal que n∗ >R −A. Esto es, (−n)∗ <R A. Por lo que −n ∈ S y S 6= φ.
Además, S está acotado superiormente por A. Luego por completitud, existe
C = sup S. Como S es la menor cota, implica que C − 1∗ no puede ser cota
superior de S. Es decir, debe existe m∗ ∈ S tal que C − 1∗ <R m∗ ≤R C.
Note que m∗ ∈ S es cota superior de S, pues si no lo fuera, existirı́a l∗ ∈ S tal
que m∗ <R l∗ ≤R C <R m∗ + 1∗ . Es decir, C − m∗ serı́a un entero entre 0∗ y
1∗ , lo cual es imposible. Luego, C es cota superior de S, y C ∈ S, por lo que
C = máx S.
Debe ser único, porque el máximo de cualquier conjunto lo es, y además cumple
que C ≤R A (ya que C ∈ S), y A <R C + 1∗ , pues C + 1∗ >R C, y por tanto,
C + 1∗ ∈
/ S.
Notación: [A] := máx{m∗ ∈ Z : m∗ ≤R A}
Proposición: Sean A, B ∈ R, con A +R (−B) >R 1∗ . Entonces existe
m∗ ∈ Z tal que B <R m∗ <R A
Dem: Tome m∗ := [B] +R 1∗ . Note que [B] +R 1∗ >R B, pues si [B] +R 1∗ ≤R B,
entonces [B] +R 1∗ ≤R [B] (pues, [B] = máx{m∗ ∈ Z : m∗ ≤R B}), lo cual es
una contradicción. Además, [B] +R 1∗ <R [B] +R (A +R (−B)). Como [B] ≤ B
(por definición), entonces [B] +R 1∗ <R A
Ya terminada nuestra construcción de los números reales, podemos dejar el
formalismo de las cortaduras y volver a la escritura de siempre. Gracias al Teorema 10, ya no es necesario distinguir si trabajamos en Q, ó R (esto es, hacer
la diferencia entre un número y una cortadura). Dado que Q está contenido
isomorficamente en R, cuando trabajemos con racionales, se entenderá que estamos trabajando en la copia que tiene R de Q.
Además, la escritura podemos relajarla un poco. Por ejemplo, el corte ( 21 )∗ lo
escribiremos simplemente como 12 ; y en general, p∗ = p. También, los cortes
irracionales les designaremos el nombre con el cual se les conoce habitualmente,
2
como por ejemplo, el corte
√ {x ∈ Q : x <Q 2 ∧ x ≥Q 0} ∪ A0 lo escribiremos simplemente como 2. También la operaciones +R y ⊙R las reescribiremos
simplemente como + y ·. La relación de orden lo mismo; ≤R =≤.
ya muy estudiada función f (p) = p∗ ; sabemos que Z ∼
= {m∗ : m ∈ Z}, por lo que la expresión
m∗ ∈ Z, no debe causar confusión
27
5.
Problemas Resueltos
Problema: Sea A ≥ 0∗ . Si A < ε, para todo ε > 0∗ , entonces A = 0∗
Sol: Ya sabemos que 0 ⊆ A. Sea a ∈ A. Por demostrar que x <Q 0.
Supongamos que x ≥Q 0. Entonces x∗ ≥R 0∗ . Luego tomando ǫ = x∗ , se debe
cumplir que A <R x∗ , pero como x ∈ A, entonces x ∈ x∗ , lo cual es absurdo.
Por lo tanto x <Q y A = 0∗ .
Problema: Sea n ∈ N. Construya un corte para
Pn
k=0
n
k
.
Pn
n
∈ Q. Gracias
al teorema del binomio
Sol: Basta con observar que
k=0 k P
n
de Newton es sencillo probar que 2n = k=0 nk . Luego el corte basta definirlo
como {x ∈ Q : x <Q 2n }.
Problema: Encuentre un corte para el número áureo φ =
√
1+ 5
2
Sol: Para encontrar cortes de números irracionales (más precisamente, de números algebraicos sobre Q, esto es, aquellos números reales que son raı́ces de polinomios con coeficientes racionales) es muy útil hacer uso de polinomios. Este
ejercicio ilustra muy bien esto.
Consideremos el polinomio p(x) = x2 − x − 1. Nosotros sabemos de antes que
si graficamos este polinomio, corta justo en φ. Por lo que nos ayudaremos de
aquello para definir el corte. Necesitamos capturar a todos los racionales menores a φ. Mirando el gráfico, podemos ver que hay esencialmente 2 tramos de
racionales. El primero, es aquel que va desde φ hasta el racional 12 (son racionales que al evaluarlos en polinomios nos resulta en algún racional negativo).
El otro tramo son todos los racionales menores a 12 . Luego el corte para φ serı́a
simplemente la unión de ambos tramos. Es decir, definamos
φ := {x ∈ Q : x ≥Q
1
1
∧ x2 − x − 1 <Q 0} ∪ ( )∗
2
2
. A priori, no hay razón alguna por la cual definir el primer tramo hasta 21 . Bien
pudo haberse definido hasta el 0, es decir, φ := {x ∈ Q : x ≥Q 0 ∧ x2 − x − 1 <Q
0} ∪ 0∗ . Más adelante veremos porque es conveniente definirlo de la primera
forma.
Mostremos entonces que φ está bien definido, a saber, que φ ∈ R:
1. Es claramente no vacı́o, pues ( 21 )∗ lo es.
2. Es distinto a todo Q ya que 100 ∈
/ φ. En efecto, 1002 − 100 − 1 >Q 0 y
1
100 >Q 2
3. Sea p ∈ φ y q <Q p. Una opción es que p ∈ ( 21 )∗ ; entonces por transitividad,
q ∈ ( 12 )∗ ⊆ φ.
La otra posibilidad es que x ≥Q 12 y que p2 − p − 1 <Q 0. Además note
que podemos suponer que q ≥Q 21 , pues si q <Q 12 , entonces se tiene de
28
inmediato que q ∈ φ. Ası́, como p ≥Q 21 y q ≥Q 21 , entonces p + q ≥Q 1.
Es decir, p + q − 1 ≥Q 0. Multiplicamos por q − p <Q 0 quedandonos que
(q − p)(p + q − 1) <Q 0. Desarrollando este producto, tendremos que:
q 2 − p2 + −q + p <Q 0
Lo que es equivalente a:
q 2 − q − 1 < Q p2 − p − 1 < Q 0
La última desigualdad es porque p ∈ φ y p ≥
q 2 − q − 1 <Q 0. Luego, q ∈ φ.
1
2.
Por tanto, q ≥Q
1
2
y
4. Sea x ∈ φ. Si x ∈ 0∗ entonces existe yx = x2 ∈ 0∗ y yx >Q x.
Supongamos ahora que x2 − x − 1 <Q 0 y x ≥Q 0. Buscamos h >Q 0 tal
que x + h ∈ φ. Esto es, (x + h)2 − x − h − 1 <Q 0.
Desarrollemos, y veamos que h nos sirve. Impongamos la condición de que
nuestro h sea menor a 1 y por supuesto, positivo. Luego h2 <Q h.
Ası́,
(x+h)2 −x−h−1 <Q x2 +2hx+h2 −x−h−1 <Q x2 −x−1+2hx+h <Q 0
Despejando h (note que 2x + 1 >Q 0):
h <Q
−x2 + x + 1
2x + 1
Por lo tanto, necesitamos h >Q 0 tal que h <Q 1 ∧ h <Q
que
−x2 +x+1
2x+1
−x2 +x+1
2x+1
(observe
2
>Q 0, pues x − x − 1 <Q 0). Por lo que basta tomar
2
+x+1
0 <Q h < mı́n{1, −x2x+1
}. Queda como tarea hacer la demostración
formal (al estilo del Ejemplo 4).
Problema: Dé un corte para π.
Problema: Construya un corte que merezca llamarse e.
Problema: Encuentre un corte para π 2 .
Considere el conocido resultado probado por Leonard Euler :
∞
X
1
π2
=
i2
6
i=1
Problema: Sea λ la raı́z del polinomio p(x) = x3 + b con b ∈ Q+ y b >Q 1.
Construya un corte para λ.
Sol: Si observamos la gráfica de p(x) sobre Q, vemos que el corte lo podemos
definir como:
λ := {x ∈ Q : x3 <Q −b}
Probemos que es efectivamente una cortadura:
29
1. Veamos que −b ∈ λ. En efecto, como b >Q 1, implica que b2 >Q 1.
Multiplicando por −b <Q 0, obtendremos (−b)3 <Q −b.
2. 0 ∈
/ λ, pues 03 = 0 >Q −b
3. Sea p ∈ λ y q <Q p. Luego q 2 <Q p3 <Q −b; que por transitividad,
q 3 <Q −b. Por tanto, q ∈ λ
4. Sea x ∈ λ. Encontraremos h >Q 0 tal que x + h ∈ λ. Primero notemos que
x <Q 0; esto porque, dado que x3 <Q −b <Q 0, entonces x3 <Q 0. De aquı́
que, x <Q 0.
Ocupemos la tı́pica estrategia para da un posible. Queremos que:
(x + h)3 = x3 + h3 + 3x2 h + 3h2 x <Q −b
Como x <Q 0, entonces 3h2 x <Q 0. Luego, es equivalente a pedir que:
x3 + h3 + 3x2 h <Q −b
Además, pidamos, como es de costumbre, que 0 <Q h <Q 1. Entonces
x3 + h + 3x2 h <Q −b
Despejando h:
h <Q
−b − x3
1 + x2
3
Tomando 0 <Q h <Q mı́n{1, −b−x
1+x2 } obtenemos lo que queremos.
Problema: Demuestre que R no tiene divisores de 0∗
Nota: Hágalo a lo conjuntista, y no a lo algebrista. Hacerlo de esta última forma
es directo del hecho que R es cuerpo.
Sol: Sean A, B ≥ 0∗ . Demostremos que si A ⊙R B = 0∗ entonces A = 0∗ o
B = 0∗ . Supongamos primero que B >R 0∗ y mostremos que A = 0∗ . Como
A ≥R 0∗ entonces basta mostrar que A ≤R 0∗ . Por contradicción supongamos
que existe x ∈ A, pero que x >Q 0. Además, como B >Q 0∗ debe existir b ∈ B
y b >Q 0. Luego xb ∈ A ⊙R B = 0∗ .
Implica que xb <Q 0. Contradicción.
El caso en el que A >R 0∗ , demostrar que B = 0∗ es análogo.
Los casos en que A <R 0∗ o B <R 0∗ son consecuencias del caso probado y
del Teorema 7
Problema: Demuestre que −A = (−1)∗ ⊙R A, para todo A ∈ R.
Sol: Supongamos que A ≥R 0∗ . Como (−1)∗ <R 0∗ , entonces por definición
(−1)∗ ⊙R A = −(−(−1)∗ ⊙R A) = −A. Para A <R 0∗ es análogo.
30
Problema: Demuestre que si A ∈ R, entonces A2 ≥R 0∗ .
Sol: Sea x ∈ 0∗ y supongamos que A ≥R 0∗ . Entonces existe a ∈ A y a ≥ 0.
Entonces x < a2 = a · a ∈ A ⊙R A. Luego como A2 es cortadura, implica que
x ∈ A.
Si A <R 0∗ , entonces −A >R 0∗ . Entonces por lo anterior −A ⊙R −A ≥ 0∗ . Por
problema resuelto, sabemos que −A ⊙R −A = A2 . Con esto se tiene lo pedido.
Problema: Demuestre que (p−1 )∗ = (p∗ )−1 , para todo p ∈ Q.
Problema: Sea ǫ >Q 0, con ǫ ∈ Q y A ∈ R. Entonces siempre existe n0 ∈ N tal
que n0 ǫ ∈ A, pero (n0 + 1)ǫ ∈
/ A.
Problema: Encuentre un corte para
√
3
2.
Consideremos el polinomio p(x) = x3 − 2. Analizando
la gráfica de esta po√
linomio, podemos definir el corte simplemente como 3 2 := {p ∈ Q : p3 −2 <Q 0}
Problema: Encuentre un corte con derecho a llamarse ln 2.
Problema: Sea A = {x ∈ Q : ∃n ∈ N, x <Q 1 −
y que A = 1∗ .
1
n }.
Demuestre que A ∈ R
Sol: Para ver si es corte comprobemos las propiedades requeridas para esto:
1. Demostremos que 12 ∈ A. Para x = 1 − 12 >Q 0, por propiedad arquimediana, existe N ∈ N tal que N1 <Q 1 − 12 . Esto es, 21 <Q 1 − N1 . Por lo que
A 6= φ.
2. Es fácil ver que 2 ∈
/ A, pues si perteneciera, entonces deberı́a existir n ∈ N
tal que 2 <Q 1 − n1 . Es decir, 1 <Q − n1 , lo cual es absurdo.
3. La cerradura hacia abajo es directa de la transitividad de <Q .
4. Sea x ∈ A. Entonces existe n ∈ N tal que x <Q 1 − n1 . Afirmamos que
1
1
1
1
yx = x + 2n
∈ A. En efecto; x + 2n
<Q 1 − n1 + 2n
= 1 − 2n
. Esto es,
1
yx ∈ A, pues existe 2n ∈ N tal que yx <Q 1 − 2n . Además yx >Q x. Por lo
tanto A no tiene máximo.
La igualdad pedida se hará por doble contención. Sea x ∈ A. Entonces existe
n ∈ N tal que x <Q 1 − n1 <Q 1. Por tanto, x ∈ 1∗ .
Por otro lado, sea x ∈ 1∗ . Esto es, x <Q 1. Luego para 1 − x >Q 0, existe n ∈ N
tal que n1 <Q 1 − x (por propiedad arquimediana). Implica que x < 1 − n1 . Luego
x ∈ A.
31
Problema: Demuestre que A +R A = 2∗ ⊙R A, para todo A ∈ R.
Nota: No utilice que el producto se distribuye en la suma.
Sol: Supongamos que A ≥R 0∗ . Veamoslo por doble contención.
Sea x ∈ 2∗ ⊙R A. Si x ∈ 0∗ ; entonces x2 ∈ A (pues 0∗ ⊂ A). Entonces
x = x2 + x2 ∈ A +R A. Si x ≥Q 0, entonces existen z ∈ 2∗ y a ∈ A tal que
x = za <Q 2a = a + a ∈ A +R A. Como A +R A es cortadura; x ∈ A +R A.
Concluimos ası́ que 2∗ ⊙R A ⊆ A +R A.
Sea x ∈ A +R A, entonces existen a, b ∈ A tal que x = a + b (podemos suponer que a ≤ b. El caso en que a >Q b es análogo a este). Como A es cortadura, existe r ∈ A tal que b <Q r (y por transitividad; a <Q r). Entonces
x <Q a + r = (1 + ar )r. Note que (1 + ar ) ∈ 2∗ . Entonces x es menor a un elemento de 2∗ ⊙R A. Por la cerradura hacia abajo de esta cortadura, concluimos
que x ∈ 2∗ ⊙R A. Ası́; A +R A = 2∗ ⊙R A; si A ≥R 0∗ .
Para completar la solución debemos comprobar el caso en el que A <R 0∗ .
Por definición, 2∗ ⊙R A = −(2∗ ⊙R (−A)). Por el resultado recién probado
(−A ≥R 0∗ ), tendremos que; 2∗ ⊙R A = −(2∗ ⊙R (−A)) = −(−A +R −A). Por
el Teorema 6; 2∗ ⊙R A = A +R A
Problema: Sea {xn }n∈N ⊆ Q tal que xn <Q xn+1 para todo n ∈ N; y existe
M >Q 0 tal que |xn | ≤ M , para todo n ∈ N. Demuestre que X = {x ∈ Q : ∃n ∈
N, x <Q xn } es cortadura de Dedekind. Dele un nombre adecuado a X.
Problema: Describa un corte para cos 1.
Problema: Dé un corte para
√
1− 5
2 .
Sol: Tomemos nuevamente el polinomio p(x) = x2 − x − 1. Analizando cuidadosamente la gráfica de este polinomio, podemos ver que los racionales x
que debieran conformar la cortadura, corresponden a aquellos que satisfacen
x2 − x − 1 >Q 0 y x <Q 0. Por lo que definimos
√
1− 5
:= {x ∈ Q : x2 − x − 1 >Q 0 ∧ x <Q 0}
2
Demostremos que efectivamente es un corte.
√
1. −100 ∈ 1−2 5 , pues (−100)2 + 100 − 1 >Q 0 y −100 <Q 0. Por tanto,
√
1− 5
6= φ
2
2. 0 ∈
/
√
1− 5
2 ,
ya que 02 − 0 − 1 <Q 0. Se sigue que
√
√
1− 5
2
6= Q
3. Sea x ∈ 1−2 5 e y <Q x. Como x, y <Q 0, tendremos que y 2 >Q x2 . Luego
y 2 − y >Q x2 − x. Sumando 1 a ambos lados, se sigue que y 2 − y − 1 >Q
32
x2 − x − 1. Como
x2 − x − 1 >Q 0; implica que y 2 − y − 1 >Q 0. Por lo
√
tanto y ∈ 1−2 5 .
√
4. Sea x ∈ 1−2 5 . Como siempre, buscaremos h >Q 0 tal que x + h ∈
Desarrollemos lo que queremos, y veamos como tiene que ser h.
Queremos que
√
1− 5
2 .
(x + h)2 − x − h − 1 = x2 − x − 1 + 2xh + h2 − h >Q 0
h2 >Q 0, entonces como
x2 − x − 1 + 2xh + h2 − h >Q x2 − x − 1 + 2xh − h
La condición que debe cumplirse es
h(2x − 1) >Q −x2 + x + 1
Dado que x <Q 0, entonces 2x − 1 <Q 0; h satisface que
h <Q
−x2 + x + 1
2x − 1
2
2
+x+1
+x+1
(note que −x2x−1
>Q 0,
Entonces nos basta tomar 0 <Q h <Q −x2x−1
2
pues −x + x + 1 <Q 0 y 2x − 1 <Q 0, por lo que no hay problemas con el
signo de h). Queda como ejercicio hacer la demostración formal.
Problema: Demuestre que el homomorfismo de cuerpos f : Q −→ R definida
como f (p) = p∗ no es sobreyectiva.
Problema: Si X, Y ∈ R, entonces demuestre que −X ⊙R −Y = X ⊙ Y .
Sea x ∈ −X ⊙R −Y . Se sigue que existen a ∈ −X y b ∈ −Y tales que x = ab.
Además existen ǫ >Q 0 y δ >Q 0 tales que −a − ǫ ∈
/ A y −bδ ∈
/ B. Ası́,
x = ab <Q (−a − ǫ)(−b − δ) <Q (−a)(−b) = ab
Problema: Demuestre la ley de cancelación del producto.
Problema: Demuestre que dado A ∈ R, entonces {x ∈ Q : ∃b ∈
/ A tal que
x <Q −b} = {x ∈ Q : ∃ǫ >Q 0 tal que −x − ǫ ∈
/ A}. Concluya ası́ que
−A = {x ∈ Q : ∃b ∈
/ A tal que x <Q −b}.
Sol: Sea x ∈ Q. Supongamos que b ∈
/ A tal que x <Q −b. Tomemos ǫ :=
−b − x >Q 0. Ası́, −x − (−x − b) = b ∈
/ A.
Por otro lado, si existe ǫ >Q 0 tal que −x − ǫ ∈
/ A, entonces tomando b :=
−x − ǫ ∈
/ A se cumple que −b = −(−x − ǫ) = x + ǫ >Q x.
Por lo tanto, {x ∈ Q : ∃b ∈
/ A tal que x <Q −b} = {x ∈ Q : ∃ǫ >Q 0 tal que
−x − ǫ ∈
/ A}
33
Problema: Sea X ∈ R. Demuestre que para cada n ∈ N existen x ∈ X e y ∈ X c
tal que x − y <Q n1 .
Problema: Sea A ∈ R con A >R 0∗ y ǫ >Q 0. Entonces existe N ∈ Z tal
que (1 + ǫ)N ∈ A, pero (1 + ǫ)N +1 ∈
/ A.
Problema: Demuestre que R no tiene ni primer ni último elemento.
Por contradicción supongamos que R tiene último elemento, esto es, tiene máximo. Entonces existe una cortadura A que contiene a todas las demás. Matematicamente, C ⊆ A para todo C ∈ R. Pero como C ∈ R, en partı́cular A 6= Q.
Luego existe p ∈
/ A. En consecuencia; C ( p∗ ; contradiciendo la máximalidad
de A.
Por otro lado, podemos suponer que R tiene primer elemento, esto es, existe
B ∈ R tal que B ⊆ C para todo C ∈ R. Pero como B ∈ R, en partı́cular,
B 6= φ. Por lo que existe p ∈ B. Esto implica que p∗ ( B; contradiciendo ası́, la
minimalidad de B.
Problema: Encuentre un corte para e2 .
Problema: Demuestre que {x ∈ Q : ∃N ∈ N tal que x <Q −2−N } = 0∗ .
Sea x ∈ {x ∈ Q : ∃N ∈ N tal que x <Q −2−N }. Entonces existe N ∈ N
tal que x <Q −2−N <Q 0. Por lo que x ∈ 0∗
Sea x ∈ 0∗ . Implica que −x >Q 0. Por propiedad arquimediana, existe N ∈ N tal
que N1 <Q −x. Por inducción se puede demostrar que 21N <Q N1 ; luego 2−N <Q
−x. Lo que es equivalente a x <Q −2−N . Por lo que x ∈ {x ∈ Q : ∃N ∈ N tal
que x <Q −2−N }.
Problema: Sean A, B ∈ R. Demuestre que:
{a + b : a ∈ A, b ∈ B} = {x ∈ Q : ∃a ∈ A, b ∈ B tal que x <Q a + b}.
Problema: Sean A, B ∈ R, A, B >R 0∗ . Demuestre que:
{ab : a ∈ A, b ∈ B; a, b ≥Q 0} ∪ 0∗ = {x ∈ Q : ∃a ∈ A, b ∈ B tal que x <Q ab;
a, b ≥Q 0} ∪ 0∗ .
Problema: Dé un corte para
√
3
−2.
Problema: Dé un corte para arctan 2.
Problema: Encuentre un corte para π 4 .
Problema: Sea A ⊆ R no vacı́o. y
34
S = {x ∈ Q : x∗ <R a, a ∈ A} ∈ R. Demuestre que
S es cota mı́nima de A.
S
a∈A
a = S. Concluya que
Por S
doble contención. Sea xS∈ S. Por definición, existe a ∈ A tal que x∗ (
a ⊆ a∈A
Sa. Por lo que x ∈ a∈A a.
Sea x ∈ a∈A a. Existe a′ ∈ A tal que x ∈ a′ . Es decir; x∗ ⊆ a′ , pues si k ∈ x∗ ,
entonces k <Q x. Pero x ∈ a′ , y como a′ es cerrado hacia abajo, vemos que
x ∈ a′ . Para ver que es un subconjunto propio, podemos ver que como a′ ∈ R
no tiene máximo, entonces existe y ∈ a′ tal que x <Q y. Luego y ∈ a′ , pero
y∈
/ x∗ . Ası́; x∗ <R a′ .
Problema: Demuestre que {x ∈ Q : xp <Q 2 ∧ x ≥Q 0} ∪ 0∗ ∈ R; con p ∈ N.
¿Qué nombre le pondrı́as a este corte?.
Problema: Recuerde que en el documento demostramos que A = {x ∈ Q :
x2 <Q 2 ∧ x ≥Q 0} ∪ 0∗ era corte de Dedekind. Demuestre que A2 = 2∗ .
Problema: Encuentre un corte para
Problema: Describa un corte para
π
2.
√
e.
35