Propiedad arquimediana

Antes de trabajar con esta propiedad, demostremos el siguiente teorema:

$\mathbb{N}$ no está acotado superiormente

Proof: Supongamos que $\mathbb{N}$ está acotado superiormente. Por el axioma del supremo, podemos suponer la existencia de $\sup(\mathbb{N}) = N$. Veamos que ocurre si nos movemos una unidad previa al supremo:

• Si $N-1$ es también supremo de $\mathbb{N}$, llegamos a una contradicción inmediata dado que entonces $N$ sería cota superior y no supremo.
• Si $N-1$ no es supremo de $\mathbb{N}$, existirá al menos un $n\in \mathbb{N}$ tal que: $$n > N-1 \Rightarrow n+1 > N$$ Lo anterior es otra contradicción, dado que $n+1$ es un natural que supera al supremo, lo cual es absurdo.

Por lo tanto, $\mathbb{N}$ no está acotado superiormente.

$\square$

(Propiedad arquimediana) Sean $a,b \in \mathbb{R}$, con $a>0$. Entonces $ \exists n\in \mathbb{N}: na>b$.

Proof: (RRAA) Partiremos de la negación de la propiedad. Entonces: $$\forall n\in \mathbb{N}, \  na \leq b$$ Como $a$ es un positivo distinto de cero, podemos dividir ambos miembros de la desigualdad por $a$ si que esto suponga ningún cambio: $$\forall n \in \mathbb{N}, \ n \leq \frac{b}{a}$$ Lo anterior es imposible, dado que de ser cierto; $\frac{b}{a}$ sería un supremo de los naturales, lo cual vimos en el teorema anterior que no es posible.

$\square$

Otra demostración más rigurosa y directa de la propiedad arquimediana es la siguiente: Procedemos de nuevo por reducción al absurdo, es decir: suponemos $\forall n\in \mathbb{N}\Rightarrow na\leq b$. Considérese el conjunto $A=\{na: n\in \mathbb{N} \} \neq \varnothing$. Por ser subconjunto no vacío de $\mathbb{R}$ acotado superiormente por $b$, existe $S=\sup(A)$. Por caracterización del supremo:

$$\forall \varepsilon >0, \exists n_0 \in A: S-\varepsilon < n_0$$

En concreto, tomando $\varepsilon = a>0$, encontramos un $n_0\in A$ verificando: $S-a < n_0 \Rightarrow S< n_0 +a$. Ya que $n_0\in A\Rightarrow \exists k\in \mathbb{N}: n_0 = ka$. En resumidas cuentas, conseguimos llegar a $S<ka+a=a(k+1)\in A$. Esto es absurdo, pues hemos encontrado un elemento en $A$ más grande que el supremo.

Como aplicación, podemos demostrar el siguiente corolario:

$\forall \varepsilon> 0, \exists m_0(\varepsilon) \in \mathbb{N}: \displaystyle \frac{1}{2^{m_0}} < \varepsilon$

Proof: El problema aquí es que $m_0$ está en un exponente. Para quitarlo de ahí, recurrimos al logaritmo, y dado que se trata de una función creciente en todo $\mathbb{R}^+$:

$$\ln \left ( \frac{1}{2} \right )^{m_0} < \ln \varepsilon \Leftrightarrow m_0 \cdot \ln \left ( \frac{1}{2} \right ) < \ln \varepsilon \Leftrightarrow -m_0 \ln(2) < \ln \varepsilon$$

Multiplicamos por menos uno a ambos lados de la igualdad, cambiando así el sentido de la misma:

$$m_0 \ln (2) > - \ln \varepsilon$$

Teniendo en cuenta que $\ln(2)>0$, la propiedad arquimediana asegura la existencia del natural $m_0$. En concreto, podemos tomar: $m_0(\varepsilon) = E[-\ln \varepsilon / \ln 2] +1$, $\forall \varepsilon > 0$.

$\square$

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