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Autor Tema: Boreliano en R  (Leído 2026 veces)
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Julio_fmat
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« : 15/03/2016, 01:07:27 am »

Muestre que [texx][a,b]=\displaystyle\bigcap_{n=1}^{\infty}\left(a-\dfrac{1}{n},b+\dfrac{1}{n}\right)[/texx] es un Boreliano en [texx]\mathbb{R}.[/texx]

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« Respuesta #1 : 15/03/2016, 01:17:15 am »

Toma esto:

https://es.wikipedia.org/wiki/Conjunto_de_Borel
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« Respuesta #2 : 15/03/2016, 07:18:53 am »

¿Por doble inclusión de conjuntos?

Entiendo de esta pregunta que tu problema no es demostrar que [a,b] es boreliano, sino la igualdad del enunciado. Si es así, en efecto, una doble inclusión sale fácil. Más precisamente, toma un [texx]x\in [a, b][/texx] y prueba que está en la intersección (eso es trivial) y luego es mejor que tomes un [texx]x\in \mathbb R\setminus [a, b][/texx] y demuestres que no está en la intersección (lo que te da la otra inclusión). Para ello tendrás que usar que si, por ejemplo, [texx]x<a[/texx], existe un [texx]n[/texx] tal que [texx]x<a-1/n<a[/texx].
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Julio_fmat
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« Respuesta #3 : 16/03/2016, 08:20:52 pm »

¿Por doble inclusión de conjuntos?

Entiendo de esta pregunta que tu problema no es demostrar que [a,b] es boreliano, sino la igualdad del enunciado. Si es así, en efecto, una doble inclusión sale fácil. Más precisamente, toma un [texx]x\in [a, b][/texx] y prueba que está en la intersección (eso es trivial) y luego es mejor que tomes un [texx]x\in \mathbb R\setminus [a, b][/texx] y demuestres que no está en la intersección (lo que te da la otra inclusión). Para ello tendrás que usar que si, por ejemplo, [texx]x<a[/texx], existe un [texx]n[/texx] tal que [texx]x<a-1/n<a[/texx].

Gracias, pero mi duda es cómo usar Arquímedes; porque me da lo siguiente.

P.D.Q: [texx]\displaystyle\bigcap_{n=1}^{\infty}\left(a-\dfrac{1}{n},b+\dfrac{1}{n}\right)\subset [a,b].[/texx]

Sea [texx]x\in \displaystyle\bigcap_{n=1}^{\infty} \left(a-\dfrac{1}{n},b+\dfrac{1}{n}\right).[/texx] Entonces, [texx]x\in \left(a-\dfrac{1}{n},b+\dfrac{1}{n}\right)[/texx], para todo [texx]n\in \mathbb{N}[/texx]. Supongamos que [texx]x\le a-\dfrac{1}{n}[/texx] o [texx]x>b+\dfrac{1}{n}.[/texx]

Si [texx]x>b+\dfrac{1}{n}[/texx], entonces [texx]x-(b+1/n)>0.[/texx] Luego, [texx]x-(b+1/n)\in \mathbb{R}^{+}.[/texx] Así, por Axioma de Arquímedes, tenemos que dado [texx]x-(b+1/n)>0[/texx], existe [texx]N\in \mathbb{N}[/texx] tal que [texx]N>b+\dfrac{1}{n}>b.[/texx]

Se supone que en este último paso debo encontrar la contradicción... Pero cómo? :BangHead:
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« Respuesta #4 : 16/03/2016, 08:46:34 pm »

No está bien expresado yo no diría [texx] x >  b + \dfrac{1}{n} [/texx], yo propondría [texx] x > b [/texx].

Sea [texx] x > b [/texx] entonces [texx] x-b > 0 [/texx] existirá un natural [texx] n_x [/texx] tal que [texx] x-b > \dfrac{1}{n_x} > \dfrac{1}{n} [/texx] para [texx] n \geq n_x [/texx].

Entonces [texx] x - b > \dfrac{1}{n} [/texx] para [texx] n\geq n_x [/texx] que es lo mismo [texx] x > b +\dfrac{1}{n} [/texx] que queda:

[texx]\displaystyle x \notin \bigcap_{n=1}^{\infty}\left(a-\dfrac{1}{n},b+\dfrac{1}{n}\right) [/texx].
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Julio_fmat
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« Respuesta #5 : 16/03/2016, 11:19:21 pm »

No está bien expresado yo no diría [texx] x >  b + \dfrac{1}{n} [/texx], yo propondría [texx] x > b [/texx].

Sea [texx] x > b [/texx] entonces [texx] x-b > 0 [/texx] existirá un natural [texx] n_x [/texx] tal que [texx] x-b > \dfrac{1}{n_x} > \dfrac{1}{n} [/texx] para [texx] n \geq n_x [/texx].

Entonces [texx] x - b > \dfrac{1}{n} [/texx] para [texx] n\geq n_x [/texx] que es lo mismo [texx] x > b +\dfrac{1}{n} [/texx] que queda:

[texx]\displaystyle x \notin \bigcap_{n=1}^{\infty}\left(a-\dfrac{1}{n},b+\dfrac{1}{n}\right) [/texx].


Muchas Gracias Juan Pablo. Pero se puede hacer [texx]x>b[/texx]? Porque en realidad es [texx]x\ge b+\dfrac{1}{n}[/texx], y con esta información debemos concluir un absurdo.
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« Respuesta #6 : 17/03/2016, 12:21:48 am »

Lo que pongo es que si tomas [texx]  x > b [/texx] puedo tomar un natural [texx] n_x [/texx] tal que [texx] b + \dfrac{1}{n_x}  < x [/texx] entonces [texx] x \notin (a - \dfrac{1}{n_x} , b +  \dfrac{1}{n_x}) [/texx].

No es [texx] x \geq b + \dfrac{1}{n} [/texx] lo que tienes es [texx] x > b  +\dfrac{1}{n} [/texx] para todo [texx] n \geq n_0  [/texx].

Supongo un  [texx] x > b [/texx] entonces [texx] x - b >  0 [/texx] entonces existe un [texx] n_x \in \mathbb{N} [/texx] tal que [texx] n_x > \dfrac{1}{x-b} [/texx] que es lo mismo que [texx] \dfrac{1}{n_x}  < x-b [/texx]   

La idea es que si tomas un [texx] x >  b [/texx] habrá un [texx] n \in \mathbb{N} [/texx] tal que [texx] b < b  + \dfrac{1}{n} < x [/texx] entonces [texx] x \notin  \bigcap_{n=1}^{\infty}\left(a-\dfrac{1}{n},b+\dfrac{1}{n}\right) [/texx]
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« Respuesta #7 : 17/03/2016, 04:08:21 am »

Lo que pongo es que si tomas [texx]  x > b [/texx] puedo tomar un natural [texx] n_x [/texx] tal que [texx] b + \dfrac{1}{n_x}  < x [/texx] entonces [texx] x \notin (a - \dfrac{1}{n_x} , b +  \dfrac{1}{n_x}) [/texx].

No es [texx] x \geq b + \dfrac{1}{n} [/texx] lo que tienes es [texx] x > b  +\dfrac{1}{n} [/texx] para todo [texx] n \geq n_0  [/texx].

Supongo un  [texx] x > b [/texx] entonces [texx] x - b >  0 [/texx] entonces existe un [texx] n_x \in \mathbb{N} [/texx] tal que [texx] n_x > \dfrac{1}{x-b} [/texx] que es lo mismo que [texx] \dfrac{1}{n_x}  < x-b [/texx]   

La idea es que si tomas un [texx] x >  b [/texx] habrá un [texx] n \in \mathbb{N} [/texx] tal que [texx] b < b  + \dfrac{1}{n} < x [/texx] entonces [texx] x \notin  \bigcap_{n=1}^{\infty}\left(a-\dfrac{1}{n},b+\dfrac{1}{n}\right) [/texx]

Gracias Juan Pablo nuevamente, pero sabes que no logro ver la contradicción como dices...

Estamos suponiendo que [texx]x>b[/texx], entonces deberíamos llegar a un absurdo. Luego, no puede ser [texx]x>b[/texx], sino que al final es [texx]x<b[/texx], o mejor, [texx]x<b+\dfrac{1}{n}[/texx] como lo indica el enunciado.

Yo lo haría de esta forma para concluir. Si [texx]x>b+\dfrac{1}{N}[/texx], para todo [texx]n\ge N.[/texx] Entonces, [texx]\dfrac{1}{n}+b>\dfrac{1}{N}+b\implies \dfrac{1}{n}>\dfrac{1}{N}\implies n<N[/texx], lo que es una contradicción, porque [texx]n\ge N.[/texx]

¿Estoy en lo correcto?

Por otro lado, creo que la inclusión [texx][a,b]\subset \displaystyle\bigcap_{n=1}^{\infty}\left(a-\dfrac{1}{n},b+\dfrac{1}{n}\right)[/texx] es muy obvia como para pensar en algo formal, ¿no es así que si? Por lo que yo le puse a ese paso como TRIVIAL.
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« Respuesta #8 : 17/03/2016, 06:38:07 am »

Hola

Estamos suponiendo que [texx]x>b[/texx], entonces deberíamos llegar a un absurdo. Luego, no puede ser [texx]x>b[/texx], sino que al final es [texx]x<b[/texx], o mejor, [texx]x<b+\dfrac{1}{n}[/texx] como lo indica el enunciado.

Yo lo haría de esta forma para concluir. Si [texx]x>b+\dfrac{1}{N}[/texx], para todo [texx]n\ge N.[/texx] Entonces, [texx]\dfrac{1}{n}+b>\dfrac{1}{N}+b\implies \dfrac{1}{n}>\dfrac{1}{N}\implies n<N[/texx], lo que es una contradicción, porque [texx]n\ge N.[/texx]

¿Estoy en lo correcto?

No. Está mal.

¿Por qué supones que [texx]x>b+\dfrac{1}{N}[/texx] para todo [texx]n\geq N[/texx] si no es ni tu hipótesis, ni la negación de la tesis que quieres probar por reducción al absurdo?.

Veamos:

1) Tu hipótesis es: [texx]x<b+\dfrac{1}{n}[/texx] para todo [texx]n\in \mathbb{N}[/texx].

2) Tu tesis, lo que quieres probar, es que [texx]x\leq b[/texx].

3) Equivalentemente quieres probar que si [texx]x>b[/texx] llegas a una contradicción con la hipótesis (1).

4) Ahora si [texx]x>b[/texx] entonces [texx]x-b>0[/texx] y por la propiedad Arquimediana existe [texx]n[/texx] tal que [texx]0<\dfrac{1}{n}<x-b[/texx], es decir, tal que [texx]x>b+\dfrac{1}{n}[/texx]. Pero eso contradice la hipótesis (1).

¿Qué paso no entiendes de estos cuatro?.

Cita
Por otro lado, creo que la inclusión [texx][a,b]\subset \displaystyle\bigcap_{n=1}^{\infty}\left(a-\dfrac{1}{n},b+\dfrac{1}{n}\right)[/texx] es muy obvia como para pensar en algo formal, ¿no es así que si? Por lo que yo le puse a ese paso como TRIVIAL.

Si es muy obvio, pero eso no quiere decir que uno no pueda escribir una demostración.

Si [texx]x\in [a,b][/texx] entonces [texx]a\leq x\leq b[/texx]. De ahí, para cualquier [texx]n\in \mathbb{N}[/texx] se tiene que:

[texx]a-\dfrac{1}{n}<a\leq x\leq b<b+\dfrac{1}{n}[/texx]

y por tanto [texx]x\in \left(a-\dfrac{1}{n},b+\dfrac{1}{n}\right)[/texx] para todo [texx]n\in \mathbb{N}[/texx], es decir, [texx]x\in \displaystyle\bigcap_{n=1}^{\infty}\left(a-\dfrac{1}{n},b+\dfrac{1}{n}\right)[/texx]

Saludos.
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« Respuesta #9 : 18/03/2016, 12:45:58 am »

Hola

Estamos suponiendo que [texx]x>b[/texx], entonces deberíamos llegar a un absurdo. Luego, no puede ser [texx]x>b[/texx], sino que al final es [texx]x<b[/texx], o mejor, [texx]x<b+\dfrac{1}{n}[/texx] como lo indica el enunciado.

Yo lo haría de esta forma para concluir. Si [texx]x>b+\dfrac{1}{N}[/texx], para todo [texx]n\ge N.[/texx] Entonces, [texx]\dfrac{1}{n}+b>\dfrac{1}{N}+b\implies \dfrac{1}{n}>\dfrac{1}{N}\implies n<N[/texx], lo que es una contradicción, porque [texx]n\ge N.[/texx]

¿Estoy en lo correcto?

No. Está mal.

¿Por qué supones que [texx]x>b+\dfrac{1}{N}[/texx] para todo [texx]n\geq N[/texx] si no es ni tu hipótesis, ni la negación de la tesis que quieres probar por reducción al absurdo?.

Veamos:

1) Tu hipótesis es: [texx]x<b+\dfrac{1}{n}[/texx] para todo [texx]n\in \mathbb{N}[/texx].

2) Tu tesis, lo que quieres probar, es que [texx]x\leq b[/texx].

3) Equivalentemente quieres probar que si [texx]x>b[/texx] llegas a una contradicción con la hipótesis (1).

4) Ahora si [texx]x>b[/texx] entonces [texx]x-b>0[/texx] y por la propiedad Arquimediana existe [texx]n[/texx] tal que [texx]0<\dfrac{1}{n}<x-b[/texx], es decir, tal que [texx]x>b+\dfrac{1}{n}[/texx]. Pero eso contradice la hipótesis (1).

¿Qué paso no entiendes de estos cuatro?.

Cita
Por otro lado, creo que la inclusión [texx][a,b]\subset \displaystyle\bigcap_{n=1}^{\infty}\left(a-\dfrac{1}{n},b+\dfrac{1}{n}\right)[/texx] es muy obvia como para pensar en algo formal, ¿no es así que si? Por lo que yo le puse a ese paso como TRIVIAL.

Si es muy obvio, pero eso no quiere decir que uno no pueda escribir una demostración.

Si [texx]x\in [a,b][/texx] entonces [texx]a\leq x\leq b[/texx]. De ahí, para cualquier [texx]n\in \mathbb{N}[/texx] se tiene que:

[texx]a-\dfrac{1}{n}<a\leq x\leq b<b+\dfrac{1}{n}[/texx]

y por tanto [texx]x\in \left(a-\dfrac{1}{n},b+\dfrac{1}{n}\right)[/texx] para todo [texx]n\in \mathbb{N}[/texx], es decir, [texx]x\in \displaystyle\bigcap_{n=1}^{\infty}\left(a-\dfrac{1}{n},b+\dfrac{1}{n}\right)[/texx]

Saludos.

Muchas Gracias el_manco :sonrisa:. Me ha quedado claro ahora  Aplauso.

Fallaba en pensar que lo que debía probar era [texx]x<b+1/n[/texx], cuando en realidad se debe probar que [texx]x\in [a,b].[/texx] O sea, [texx]x\le b[/texx] como me haz dicho.

Aaah, lo obvio también se puede demostrar...

Saludos!
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