Supremo Infimo Maximo Y Minimo

CAP´ITULO I. EL CUERPO ORDENADO ´ DE LOS NUMEROS REALES

SECCIONES A. Elementos notables en R. B. Congruencias. Conjuntos numerables. C. M´etodo de inducci´on completa. D. Desigualdades y valor absoluto. E. Ejercicios propuestos.

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A. ELEMENTOS NOTABLES EN R.

Sea S 6= ∅ un subconjunto del conjunto R de n´ umeros reales. a) Diremos que S est´a acotado superiormente por u, o que u es cota superior de S, cuando x ≤ u, ∀x ∈ S. Una cota superior u de S se llama supremo de S si ning´ un n´ umero menor que u es cota superior de S, es decir cuando u es la menor de las cotas superiores de S. Si u es el supremo de S y u ∈ S, entonces u se llama m´ aximo de S. b) An´alogamente a los anteriores se pueden definir los conceptos siguientes: El conjunto S est´a acotado inferiormente por i, o bien i es cota inferior de S, cuando x ≥ i, ∀x ∈ S. Una cota inferior i de S se llama ´ınfimo de S si ning´ un n´ umero mayor que i es cota inferior de S, es decir cuando i es la mayor de las cotas inferiores de S. Si i es el ´ınfimo de S e i ∈ S, entonces i se llama m´ınimo de S. Una propiedad fundamental de los n´ umeros reales la constituye el axioma del supremo, el cual establece que todo subconjunto de R no vac´ıo y acotado superiormente posee supremo. De ´el se deduce otra condici´on an´aloga para la existencia de ´ınfimo. Adem´as estas propiedades son caracter´ısticas del conjunto R.

PROBLEMA 1.1.

Hallar el supremo, ´ınfimo, m´ aximo y m´ınimo (cuando existan) de los siguientes conjuntos: n sen nπ o a) C = |n∈N . n n cos nπ o b) D = |n∈N . n

2

Soluci´ on a) Como sen nπ = 0 si n ∈ N, entonces C = {0}, de modo que sup C = ´ınf C = m´ax C = m´ın C = 0. ( 1 b) Como cos nπ = −1

si n es par entonces si n es impar,

D = {−1, 1/2, −1/3, 1/4, . . . } = {−1, −1/3, −1/5, . . . }∪{1/2, 1/4, 1/6, . . . }. Luego ´ınf D = m´ın D = −1 y sup D = m´ax D = 1/2.

PROBLEMA 1.2.

Hallar el supremo y el ´ınfimo, cuando existan, de los siguientes conjuntos de n´ umeros reales, especificando cu´ ales tienen elemento m´ aximo o m´ınimo, es decir, cu´ ando el supremo o el ´ınfimo pertenecen al conjunto.   1 a) A = |n∈N . n   1 b) B = | n ∈ Z, n 6= 0 . n   1 c) C = x | x = 0 ´ o x= , n∈N . n n o √ d) D = x | 0 ≤ x < 2, x ∈ Q .  e) E = x | x2 + x + 1 ≥ 0 .  f) F = x | x2 + x − 1 < 0 .  g) G = x | x < 0, x2 + x − 1 < 0 .

Soluci´ on a) Como A = {1, 1/2, 1/3, . . . }, es claro que sup A = m´ax A = 1 e ´ınf A = 0 6∈ A, por lo que no existe m´ın A. 3

b) B = {1, 1/2, 1/3, . . . } ∪ {−1, −1/2, −1/3, . . . } por lo que m´ax B = sup B = 1 e ´ınf B = m´ın B = −1. c) Podemos escribir C = A ∪ {0} y tenemos m´ax C = sup C = 1 e ´ınf C = m´ın C = 0. d) Como sup D = 0.

√

2 6∈ D, no existe m´ax D. Sin embargo ´ınf D = m´ın D =

e) Al resolver la ecuaci´on

x2

+ x + 1 = 0 tenemos x =

−1 ±

√

1−4

y las 2 ra´ıces son imaginarias, por lo que + x + 1 ≥ 0, ∀x ∈ R, es decir E = R que no est´a acotado ni superior ni inferiormente. √ −1 ± 5 2 . Luego la inecuaf) Las ra´ıces de la ecuaci´on x +x−1 = 0 son x = 2 √ √ ! −1 − 5 −1 + 5 ci´on x2 +x−1 < 0 s´olo se verifica en el intervalo F = , . 2 2 Para este intervalo tenemos √ √ −1 − 5 −1 + 5 6∈ F e ´ınf F = 6∈ F, sup F = 2 2 x2

por lo que no existen ni el m´aximo ni el m´ınimo de F . √ g) Como G = F ∩ {x | x < 0} = {x | (−1 − 5)/2 < x < 0}, resulta que √ −1 − 5 sup G = 0 6∈ G e ´ınf G = 6∈ G 2 y en este caso tampoco el conjunto posee m´aximo ni m´ınimo.

PROBLEMA 1.3.

Hallar el supremo, ´ınfimo, m´ aximo y m´ınimo del conjunto   1 n + (−1) | n ∈ N . I= n

4

Soluci´ on Descomponemos el conjunto como I = {1 + 1/n | n es par} ∪ {−1 + 1/n | n es impar} = {3/2, 5/4, 7/6, . . . } ∪ {0, −2/3, −4/5, . . . }. De aqu´ı es f´acil ver que sup I = m´ax I = 3/2 e ´ınf I = −1 6∈ I, por lo que no existe el m´ınimo de I.

PROBLEMA 1.4.

Calcular el supremo y el ´ınfimo de los conjuntos  ∞  [ 1 1 A= − , . n n n=1  ∞  \ 1 1 . B= − , n n n=1

 ∞  \ 1 1 , . C= 2n 2n − 1 n=1

Soluci´ on a) Como cada intervalo (−1/n, 1/n) est´a contenido en el anterior, resulta que  ∞  [ 1 1 = (−1, 1) A= − , n n n=1

y sup A = 1, ´ınf A = −1. b) Como 0 es el u ´nico punto que pertenece a todos los intervalos anteriores, tenemos que  ∞  \ 1 1 B= − , = {0} n n n=1

con lo que sup B = ´ınf B = 0. 5

c) Como ninguno de los intervalos [1/2n, 1/(2n − 1)] tiene puntos en com´ un, resulta que  ∞  \ 1 1 C= =∅ , 2n 2n − 1 n=1

y no posee supremo ni ´ınfimo.

PROBLEMA 1.5.

Sean A y B dos conjuntos no vac´ıos de n´ umeros tales que x ≤ y, ∀x ∈ A, y ∈ B . a) Demostrar que sup A ≤ y, ∀y ∈ B y que x ≤ ´ınf B, ∀x ∈ A. b) Demostrar que sup A ≤ ´ınf B .

Soluci´ on a) Sea a = sup A. Por definici´on, i) a ≥ x, ∀x ∈ A (a es cota superior de A), y ii) si a0 ≥ x, ∀x ∈ A, entonces a ≤ a0 (a es la cota superior m´as peque˜ na de A). Por ii), como todo y ∈ B es cota superior de A, a = sup A ≤ y. An´alogamente, si llamamos ´ınf B = b, tambi´en la definici´on indica que i) b ≤ y, ∀y ∈ B y ii) si b0 ≤ y, ∀y ∈ B, entonces b ≥ b0 . Como todo x ∈ A verifica ii), tenemos que ´ınf B ≥ x. b) Debido a que todo elemento de A es cota inferior de B, es claro que sup A ≤ ´ınf B puesto que ´ınf B es la m´axima cota inferior.

PROBLEMA 1.6.

Sea S un subconjunto no vac´ıo de R y denotamos por s a una cota superior de S . Demostrar que s = sup S ⇐⇒ ∀ε > 0, ∃a ∈ S : s − ε < a ≤ s. 6

Soluci´ on =⇒: Si s = sup S, entonces ∀x ∈ S, s ≥ x y para todo ε > 0, s − ε no es cota superior de S, porque s − ε < s. Esto quiere decir que existe a ∈ S tal que a > s − ε. Pero tambi´en a ≤ s pues s = sup S. En resumen, ∀ε > 0, ∃a ∈ S : s − ε < a ≤ s. ⇐=: Si λ = sup S, no puede ser λ < s pues eligiendo ε < s − λ, tendr´ıamos que λ < s − ε y no podr´ıa existir a ∈ S tal que s − ε < a en contra de la hip´otesis. Luego ha de ser λ ≥ s y como sup S es la m´ınima cota superior, sup S = s.

PROBLEMA 1.7.

a) Sean A y B dos conjuntos no vac´ıos con A ⊂ B . Probar que sup A ≤ sup B e ´ınf A ≥ ´ınf B . b) Sean A y B dos conjuntos acotados superiormente, y definimos A + B = {x + y | x ∈ A, y ∈ B}. Demostrar que sup(A + B) = sup A + sup B , ´ınf(A + B) = ´ınf A + ´ınf B . c) Si A = {xi }i∈I , B = {yi }i∈I y C = {xi + yi }i∈I , demostrar que sup C ≤ sup A + sup B e ´ınf C ≥ ´ınf A + ´ınf B .

Soluci´ on a) Si llamamos b = sup B, entonces b ≥ y, ∀y ∈ B. Por tanto b ≥ y, ∀y ∈ A, lo que quiere decir que b es cota superior de A. Como sup A es la m´ınima cota superior, se deduce que sup A ≤ sup B. An´alogamente, ´ınf B es una cota inferior de A y como ´ınf A es la mayor de todas ellas, resulta que ´ınf A ≥ ´ınf B. b) Sean a = sup A y b = sup B. Entonces a ≥ x, ∀x ∈ A y b ≥ y, ∀y ∈ B. Por tanto a + b ≥ x + y, ∀x ∈ A, y ∈ B y a + b es cota superior de A + B. Probemos que es la m´ınima: Como a = sup A, por el problema anterior, ∀ε > 0, ∃a0 ∈ A : a−ε/2 < a0 ≤ a, y como b = sup B, ∀ε > 0, ∃b0 ∈ B : b − ε/2 < b0 ≤ b. 7

Sumando miembro a miembro deducimos que existe a0 + b0 ∈ A + B tal que a + b − ε < a0 + b0 ≤ a + b, lo que indica que a + b es la m´ınima cota superior de A + B, es decir, sup(A + B) = a + b = sup A + sup B. La prueba de que ´ınf(A + B) = ´ınf A + ´ınf B es an´aloga a la anterior, con las modificaciones obvias. c) Obs´ervese que C = {xi + yi }i∈I es un subconjunto de A + B pues A + B = {xi + yj | xi ∈ A, yj ∈ B}. Por los apartados a) y b) se deduce que sup C ≤ sup(A+B) = sup A+sup B e ´ınf C ≥ ´ınf(A+B) = ´ınf A+´ınf B.

PROBLEMA 1.8.

Probar que R es arquimediano, es decir que verifica la propiedad: ∀a, b ∈ R, a > 0, b ≥ 0, ∃n ∈ N tal que na > b.

Soluci´ on Si fuera falso, na ≤ b, ∀n ∈ N. Por tanto, n ≤ b/a, n = 1, 2, . . . lo que quiere decir que N est´a acotado superiormente. Por el axioma del supremo, debe existir k = sup N, lo que a su vez implica que k − 1 no es cota superior. Entonces existe m ∈ N tal que k − 1 < m de donde k < m + 1 y m + 1 ∈ N lo que es absurdo.

PROBLEMA 1.9.

Sean a, b ∈ R con a < b. Probar que existe r ∈ Q tal que a < r < b.

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Soluci´ on Si aplicamos la propiedad arquimediana de los n´ umeros reales con 1 y b − a demostrada en el problema anterior, tenemos que existe n ∈ N tal que n(b − a) > 1. Por una parte, si b ≥ 0, existe p ∈ N tal que p · 1/n ≥ b; llamamos m al menor de tales enteros. Entonces m−1 m
m−1 m−1
Por otra parte, si b ≤ 0, entonces −a > −b ≥ 0 y, por la primera parte, existe r ∈ Q tal que −b < r < −a, es decir, a < −r < b y −r ∈ Q. Observaci´ on. La propiedad anterior indica que, a pesar de que el conjunto de n´ umeros racionales es mucho menor que el de los reales, est´a uniformemente distribuido entre estos, pues siempre hay alg´ un racional comprendido entre dos reales.

B. CONGRUENCIAS. CONJUNTOS NUMERABLES.

Recordamos el concepto de aplicaci´on biyectiva entre conjuntos: Una aplicaci´on f : A → B entre dos conjuntos cualesquiera A y B es inyectiva cuando dados dos elementos cualesquiera x1 , x2 ∈ A, se verifica que f (x1 ) = f (x2 ) =⇒ x1 = x2 . Equivalente a la implicaci´on anterior es la contrarrec´ıproca, es decir f es inyectiva cuando x1 6= x2 =⇒ f (x1 ) 6= f (x2 ). Por otra parte, la aplicaci´on f es sobre cuando ∀y ∈ B, ∃x ∈ A tal que f (x) = y, es decir cuando todos los elementos de B son imagen de alg´ un elemento de A. Si una aplicaci´on es a la vez inyectiva y sobre, se dice que es biyectiva. 9

Cuando una aplicaci´on f : A → B es biyectiva, existe, y tambi´en es biyectiva, la llamada aplicaci´ on inversa f −1 : B → A definida por f −1 (y) = x cuando f (x) = y, para todo y ∈ B. Decimos que dos conjuntos A y B son congruentes o equipotentes, y lo representamos como A ∼ B, cuando existe una aplicaci´on biyectiva f : A → B. Es sencillo probar que la relaci´on de congruencia as´ı definida es de equivalencia. Si llamamos cardinal de un conjunto al n´ umero de elementos o puntos que posee, la definici´on anterior permite decir que dos conjuntos congruentes tienen el mismo cardinal. Si clasificamos los conjuntos de n´ umeros reales con respecto a su cardinal, tenemos: - Conjunto finito es aqu´el cuyo cardinal es finito (tiene s´olo un n´ umero finito de elementos). - Conjunto infinito numerable es aquel conjunto congruente con el conjunto de n´ umeros naturales. Por ejemplo, el conjunto de los n´ umeros racionales es numerable. - Conjunto infinito no numerable es el conjunto que no es congruente con N ni con cualquier subconjunto de N. Un intervalo como (0, 1) no es numerable y su cardinal, llamado potencia del continuo, se suele expresar con la letra c.

PROBLEMA 1.10.

Sean los c´ırculos conc´ entricos C1 = {(x, y) | x2 + y 2 = a2 }, C2 = {(x, y) | x2 + y 2 = b2 }

con 0 < a < b. Establecer geom´ etricamente una aplicaci´ on biyectiva entre C1 y C2 .

Soluci´ on Definimos la aplicaci´on f : C2 → C1 que a cada x ∈ C2 le hace corresponder el punto f (x) ∈ C1 de intersecci´on del radio que va del centro 0 al punto x con la circunferencia C1 , como se ilustra en la figura. 10

x f (x) O C1 C2 Resulta que f es claramente inyectiva y sobre por lo que define una aplicaci´on biyectiva entre C1 y C2 .

PROBLEMA 1.11.

Demostrar que dos segmentos arbitrarios tienen tantos puntos el uno como el otro.

Soluci´ on Dados los segmentos AB y A0 B 0 , llamamos P al punto de intersecci´on de AB 0 y BA0 . A cada punto C de AB le hacemos corresponder el punto C 0 de intersecci´on de CP con A0 B 0 como indica la figura. A C B P A0

C0

B0

La aplicaci´on C 7→ C 0 es biyectiva pues cada punto de AB tiene una imagen u ´nica en A0 B 0 y cada punto de A0 B 0 es la imagen de un u ´nico punto de AB.

PROBLEMA 1.12.

Demostrar las siguientes congruencias entre conjuntos: a) [0, 1] ∼ (0, 1). b) [0, 1] ∼ [0, 1). c) [0, 1] ∼ (0, 1]. 11

Soluci´ on a) Si escribimos [0, 1] = {0, 1, 1/2, 1/3, . . . }∪A y (0, 1) = {1/2, 1/3, . . . }∪A, donde A = [0, 1]\{0, 1, 1/2, 1/3, . . . } = (0, 1)\{1/2, 1/3, . . . }, podemos definir la funci´on f : [0, 1] → (0, 1) por   si x = 0, 2 f (x) = 1/(n + 2) si x = 1/n, n ∈ N,   x si x 6= 0, 1/n, n ∈ N. Esta funci´on es biyectiva por lo que [0, 1] ∼ (0, 1). b) La funci´on f : [0, 1] → [0, 1) definida por ( 1/(n + 1) si x = 1/n, n ∈ N, f (x) = es biyectiva por lo que [0, 1] ∼ x si x 6= 1/n, n ∈ N. [0, 1). c) Sea f : [0, 1) → (0, 1] la funci´on definida por f (x) = 1 − x. Esta funci´on es biyectiva y por tanto [0, 1) ∼ (0, 1]. Como por b) [0, 1] ∼ [0, 1), por la transitividad de la congruencia entre conjuntos se deduce que [0, 1] ∼ (0, 1].

PROBLEMA 1.13.

Demostrar que cada uno de los intervalos [a, b], (a, b), [a, b), (a, b] tiene la potencia del continuo, es decir tiene cardinal c.

Soluci´ on La f´ormula f (x) = a + (b − a)x define las funciones biyectivas f : [0, 1] → [a, b], f : [0, 1) → [a, b), f : (0, 1) → (a, b) y f : (0, 1] → (a, b]. Como ya sabemos que [0, 1] ∼ [0, 1), [0, 1] ∼ (0, 1) y [0, 1] ∼ (0, 1], por la transitividad se deduce que [0, 1] ∼ [a, b], [0, 1] ∼ (a, b), [0, 1] ∼ [a, b) y [0, 1] ∼ (a, b]. 12

PROBLEMA 1.14.

Demostrar que R tiene cardinal c.

Soluci´ on Es f´acil comprobar (ver gr´afica adjunta) que la funci´on f : (−1, 1) → R x es biyectiva por lo que (−1, 1) ∼ R. definida por f (x) = 1 − |x| Como ya sabemos que (0, 1) ∼ (−1, 1), por la transitividad se deduce que (0, 1) ∼ R, luego card (R) = c.

PROBLEMA 1.15.

Sea E = {2, 4, 6, . . . } el conjunto de los n´ umeros pares. ¿Es biyectiva la aplicaci´ on f : N → E definida por f (x) = 2x? ¿Es N ∼ E ?

Soluci´ on La funci´on f es inyectiva porque si f (x) = f (x0 ), entonces 2x = 2x0 , de donde x = x0 . 13

Tambi´en es sobre porque dado cualquier y ∈ E, existe x ∈ N tal que y = 2x, es decir, y = f (x). Como f es biyectiva, N ∼ E.

PROBLEMA 1.16.

¿Es numerable la sucesi´ on {a1 , a2 , . . . } con ai 6= aj si i 6= j ?

Soluci´ on Debido a que toda sucesi´on es una aplicaci´on de N en el conjunto de sus elementos, f (n) = an , si los an son distintos, la funci´on es biyectiva y la sucesi´on forma un conjunto numerable.

PROBLEMA 1.17.

Demostrar que A × B ∼ B × A, (A × B) × C ∼ A × (B × C), para cualesquiera conjuntos A, B, C .

Soluci´ on Para la demostraci´on basta considerar las aplicaciones biyectivas siguientes: f : A × B → B × A definida por f (a, b) = (b, a), a ∈ A, b ∈ B; f : (A × B) × C → A × (B × C) por f ((a, b), c) = (a, (b, c)), a ∈ A, b ∈ B, c ∈ C.

PROBLEMA 1.18.

Demostrar que N × N es numerable. 14

Soluci´ on El conjunto N × N puede escribirse como una sucesi´on de elementos distintos as´ı: (1, 1), (2, 1), (1, 2), (1, 3), (2, 2), (3, 1), . . . seg´ un se ilustra en el diagrama. 4 3 2 1 0

1

2

3

4

Seg´ un el problema 1.16, se puede definir una biyecci´on entre N × N y N.

PROBLEMA 1.19.

Demostrar que M × M es numerable, donde M = N ∪ {0}.

Soluci´ on Como todo entero positivo a ∈ N puede escribirse de una sola manera en la forma a = 2r (2s + 1) con r, s ∈ M , la funci´on f : N → M × M definida por f (a) = (r, s) es biyectiva. Luego M × M es numerable.

PROBLEMA 1.20.

Probar que Z es numerable.

15

Soluci´ on   si n = 1, 0 0 La funci´on f : N → Z definida por f (n) = n si n = 2n0 , n0 ∈ N,   0 −n si n = 2n0 + 1, n0 ∈ N, ( −n/2 + 1/2 si n es impar (que tambi´en se puede expresar como f (n) = ) n/2 si n es par es evidentemente biyectiva, lo que muestra que Z es numerable.

PROBLEMA 1.21.

Demostrar que Q es numerable.

Soluci´ on Llamamos Q+ al conjunto de los n´ umeros racionales positivos y Q− al conjunto de los n´ umeros racionales negativos. Entonces Q = Q+ ∪{0}∪Q− . Sea f : Q+ → N × N definido por f (p/q) = (p, q), donde expresamos el n´ umero racional p/q como cociente de dos enteros positivos primos entre s´ı. Es inmediato comprobar que f es inyectiva y que, por tanto, Q+ es equipotente a un subconjunto de N × N. Como este u ´ltimo conjunto es numerable, tambi´en lo es Q+ . Se comprueba asimismo que Q− es numerable (basta definir f (−p/q) = (p, q)). Como Q es uni´on de dos conjuntos numerables y uno finito, Q es numerable.

PROBLEMA 1.22.

Demostrar que el conjunto P de todos los polinomios p(x) = a0 + a1 x + · · · + am xm con coeficientes enteros es numerable.

16

Soluci´ on Para todo par de n´ umeros naturales (m, n) sea P(m,n) el conjunto de los polinomios p(x) = a0 +a1 x+· · ·+am xm de grado m para los que |a[ 0 |+|a1 |+· · ·+ P(m,n) es |am | = n. Es claro que P(m,n) es finito. Como adem´as P = (m,n)∈N×N

uni´on numerable de conjuntos finitos, se deduce que P es numerable.

PROBLEMA 1.23.

Un n´ umero real r se llama algebraico si es soluci´ on de una ecuaci´ on polin´ omica p(x) = a0 + a1 x + · · · + an xn = 0 con coeficientes enteros. Demostrar que el conjunto de los n´ umeros algebraicos es numerable.

Soluci´ on Es evidente, seg´ un el problema anterior, que el conjunto de tales ecuaciones polin´omicas E = {p1 (x) = 0, p2 (x), p3 (x) = 0, . . . } es numerable. Si llamamos Ai = {x | x es soluci´on de pi (x) = 0}, como todo polinomio de grado n no puede [ tener m´as de n ra´ıces, todo Ai es finito. Por consiguiente, y como A= Ai es uni´on numerable de conjuntos finitos, A es numerable. i∈N

PROBLEMA 1.24.

Un n´ umero real se llama trascendente si no es algebraico (por ejemplo, π y e son trascendentes). Demostrar que el conjunto de los n´ umeros trascendentes no es numerable.

Soluci´ on Si A es el conjunto de los n´ umeros algebraicos, R \ A es el conjunto de los n´ umeros trascendentes. Como R = A ∪ (R \ A), al ser A numerable y R 17

no numerable, R \ A no puede ser numerable (en caso contrario, R ser´ıa numerable por ser uni´on de dos conjuntos numerables).

PROBLEMA 1.25.

Demostrar que un subconjunto de un conjunto numerable es finito o numerable.

Soluci´ on Sea A = {a1 , a2 , . . . } un conjunto numerable y sea B ⊂ A. Si B = ∅, entonces B es finito. Si B 6= ∅, sea an1 el primer elemento de la sucesi´on {a1 , a2 , . . . } tal que an1 ∈ B. Llamamos an2 al primer elemento que sigue a an1 en la sucesi´on anterior tal que an2 ∈ B. Entonces B = {an1 , an2 , . . . }. Si el conjunto de enteros positivos {n1 , n2 , . . . } es acotado, B es finito. En caso contrario, B es numerable.

PROBLEMA 1.26.

Demostrar que

√

2+

√

3 no puede ser racional.

Soluci´ on √ √ √ √ 2 − 5 = 2 6 =⇒ x4 − 10x2 + Si x = 2 + 3 =⇒ x2 = 2 + 3 + 2 6 =⇒ x√ √ 1 = 0, y la propia construcci´on prueba que 2 + 3 es ra´ız de la u ´ltima ecuaci´on. Recordamos aqu´ı el teorema de Ruffini que expresa que toda soluci´on racional p/q de una ecuaci´on a0 xn + a1 xn−1 + · · · + an = 0, con ai ∈ Z y a0 6= 0, an 6= 0, verifica que p divide a an y q divide a a0 . 18

En nuestro caso, si p/q es soluci´on racional de la ecuaci´on de coeficientes enteros x4 − 10x2 + 1 = 0, entonces p y q son divisores de 1. Por tanto, las u ´nicas soluciones racionales son 1 y -1, que no verifican la ecuaci´ como √ on, √ se puede comprobar inmediatamente. Como sabemos que x = 2 + 3 es soluci´on, no puede ser racional.

PROBLEMA 1.27. √ √ Sean m y n dos n´ umeros naturales primos entre s´ı y m, n √ √ irracionales. Demostrar que tambi´ en son irracionales i) m · n √ √ y ii) m + n.

Soluci´ on √ √ i) Si fuera m · n = p/q ∈ Q con p y q primos entre s´ı, entonces m · n = p2 /q 2 =⇒ p2 = m · n · q 2 , de modo que p2 es m´ ultiplo de q 2 y en consecuencia p es m´ ultiplo de q. Como m.c.d.(p, q) = 1, s´olo puede ser √ √ q = 1 y m · n = p ∈ N. Descomponemos ahora m, n, p en factores primos: m = mα1 1 mα2 2 . . . mαr r , con mi primos; n = nβ1 1 nβ2 2 . . . nβs s , con ni primos; p = pγ11 pγ22 . . . pγt t , con pi primos; donde mi 6= nj , ∀i, j, por ser m y n primos entre s´ı. Tenemos √

m·

√

q n

=

mα1 1 . . . mαr r · nβ1 1 . . . nβs s = pγ11 . . . pγt t

2γt 1 =⇒ mα1 1 . . . mαr r · nβ1 1 . . . nβs s = p2γ 1 . . . pt .

Esto implica que cada uno de los factores del primer miembro es igual a alguno de los factores del segundo miembro, de modo que mα1 1 , . . . , mαr r , nβ1 1 , . . . , nβs s son cuadrados perfectos, as´ı como tambi´en √ √ umeros nadeben serlo m y n. Esto quiere decir que m y n son n´ turales, lo que contradice la suposici´on inicial. 19

√ √ ii) Si fuera m + n = p/q ∈ Q, con m.c.d.(p, q) = 1, entonces, elevando al cuadrado, √ √ p2 − q 2 (m + n) p2 p2 /q 2 − (m + n) = ∈Q m+n+2 mn = 2 =⇒ mn = q 2 2q 2 pues p2 − q 2 (m + n) ∈ Z y 2q 2 ∈ Z. Esto contradice el apartado i); luego

√

m+

√

n es irracional.

´ ´ COMPLETA. C. METODO DE INDUCCION

El m´etodo de inducci´on completa es un m´etodo de demostraci´on de propiedades v´alidas en todo el conjunto N y se basa en el principio de inducci´on, que dice lo siguiente: Si S es un subconjunto de N con las dos condiciones siguientes: i) 1 ∈ S; ii) cada vez que k ∈ S, entonces k + 1 ∈ S; entonces S = N. De lo anterior se deduce que para que una propiedad P (n) que depende de n sea cierta ∀n ∈ N, basta comprobar: i) Que P (1) es cierta, es decir, la propiedad es cierta para n = 1. ii) Que si suponemos P (k) cierta para cualquier k, entonces P (k + 1) es cierta.

PROBLEMA 1.28.

Demostrar que 1 + 3 + · · · + (2n − 1) = n2 , para todo n ∈ N.

20

Soluci´ on Para n = 1 el enunciado es cierto porque 2 · 1 − 1 = 12 . Si suponemos que es cierto para n = k, es decir que 1+3+· · ·+(2k−1) = k 2 , debemos probar que tambi´en lo es para k + 1: 1+3+· · ·+(2k−1)+[2(k+1)−1] = k 2 +[2(k+1)−1] = k 2 +2k+1 = (k+1)2 , que corresponde precisamente a la propiedad para k + 1.

PROBLEMA 1.29.

Demostrar las siguientes f´ ormulas para todo n ∈ N: a) 12 + 22 + · · · + n2 =

n(n + 1)(2n + 1) . 6

b) 13 + 23 + · · · + n3 =

n2 (n + 1)2 . 4

Soluci´ on a) Para n = 1: 12 =

1(1 + 1)(2 · 1 + 1) . 6

Suponemos que 12 + 22 + · · · + k 2 = que 12 + 22 + · · · + k 2 + (k + 1)2 =

k(k + 1)(2k + 1) y probaremos 6

(k + 1)(k + 1 + 1)[2(k + 1) + 1] : 6

Por hip´otesis, k(k + 1)(2k + 1) + (k + 1)2 6 k(k + 1)(2k + 1) + 6(k + 1)2 (k + 1)[k(2k + 1) + 6(k + 1)] = 6 6 (k + 1)[(k + 2)(2k + 3)] . 6

12 + 22 + . . . + k 2 + (k + 1)2 = = =

21

b)Para n = 1: 13 =

12 (1 + 1)2 . 4

Suponemos que 13 + 23 + · · · + k 3 =

k 2 (k + 1)2 . 4

Probemos que 13 + 23 + · · · + k 3 + (k + 1)3 = 13 + 23 + · · · + k 3 + (k + 1)3 = =

(k + 1)2 (k + 1 + 1)2 : 4

k 2 (k + 1)2 k 2 (k + 1)2 + 4(k + 1)3 + (k + 1)3 = 4 4 (k + 1)2 [k 2 + 4(k + 1)] (k + 1)2 (k + 2)2 = . 4 4

PROBLEMA 1.30.

Demostrar que 3 + 2 · 31 + · · · + 2 · 3n = 3n+1 , ∀n ∈ N.

Soluci´ on Para n = 1, 3 + 2 · 31 = 31+1 . Suponemos que 3 + 2 · 31 + · · · + 2 · 3k = 3k+1 para alg´ un k ∈ N. Probemos que 3 + 2 · 31 + · · · + 2 · 3k+1 = 3k+2 : 3 + 2 · 31 + · · · + 2 · 3k+1 = 3k+1 + 2 · 3k+1 = 3 · 3k+1 = 3k+2 .

PROBLEMA 1.31.

Demostrar que para todo n > 1, 1 + 1 · 1! + 2 · 2! + · · · + (n − 1) · (n − 1)! = n!

Soluci´ on Para n = 2: 1 + 1 · 1! = 2! Suponemos que 1 + 1 · 1! + 2 · 2! + · · · + (k − 1) · (k − 1)! = k! y debemos probar que 1 + 1 · 1! + 2 · 2! + · · · + (k − 1) · (k − 1)! + k · k! = (k + 1)!. 22

En efecto: 1 + 1 · 1! + 2 · 2! + · · · + (k − 1) · (k − 1)! + k · k! = k! + k · k! = k!(1 + k) = (k + 1)!

PROBLEMA 1.32.

Demostrar que para todo n ∈ N: a)

1 1 n 1 + + ··· + = . 1·2 2·3 n · (n + 1) n+1

b)

1 1 1 n + + ··· + = . 1·3 3·5 (2n − 1) · (2n + 1) 2n + 1

Soluci´ on 1 1 = . 1·2 1+1 1 1 1 k Suponemos que + + ··· + = . 1·2 2·3 k · (k + 1) k+1

a) Para n = 1:

Probemos que

1 1 1 1 k+1 + + ··· + + = : 1·2 2·3 k · (k + 1) (k + 1) · (k + 2) k+1+1

1 1 1 + + ··· + 1·2 2·3 k · (k + 1)

+ = =

1 k 1 = + (k + 1) · (k + 2) k + 1 (k + 1) · (k + 2) k 2 + 2k + 1 k(k + 2) + 1 = (k + 1) · (k + 2) (k + 1) · (k + 2) 2 (k + 1) k+1 = . (k + 1) · (k + 2) k+2

1 1 = . 1·3 2·1+1 Supongamos que

b) Para n = 1:

1 1 1 k + + ··· + = , 1·3 3·5 (2k − 1) · (2k + 1) 2k + 1 y probemos que 1 1 1 k+1 +· · ·+ + = . 1·3 (2k − 1) · (2k + 1) (2(k + 1) − 1) · (2(k + 1) + 1) 2(k + 1) + 1 23

En efecto, 1 + ... + 1·3 = =

1 1 + (2k − 1) · (2k + 1) (2(k + 1) − 1) · (2(k + 1) + 1) k 1 k(2k + 3) + 1 + = 2k + 1 (2k + 1) · (2k + 3) (2k + 1) · (2k + 3) 2 2k + 3k + 1 (2k + 1)(k + 1) k+1 = = . (2k + 1) · (2k + 3) (2k + 1) · (2k + 3) 2k + 3

PROBLEMA 1.33.

Demostrar que

n X

(1 + h + h2 ) =

h=1

n2 + 3n + 5 · n, ∀n ∈ N. 3

Soluci´ on

Se verifica para n = 1 pues el primer miembro es

1 P

(1+h+h2 ) = 1+1+12 =

h=1

3, y el segundo,

12 + 3 · 1 + 5 · 1 = 3. 3

Supongamos que se verifica para n = k, es decir

k X h=1

(1 + h + h2 ) =

k 2 + 3k + 5 ·k 3

y probemos que tambi´en es cierto para n = k:

k+1 X

(1 + h + h2 ) =

h=1

= = =

k X

(1 + h + h2 ) + [1 + (k + 1) + (k + 1)2 ]

h=1 k2 +

3k + 5 · k + (k + 2) + (k + 1)2 3 k 3 + 3k 2 + 5k + 3k + 6 + 3k 2 + 3 + 6k 3 k 3 + 6k 2 + 14k + 9 . 3 24

Por otra parte, (k + 1)2 + 3(k + 1) + 5 · (k + 1) = 3 = =

(k + 1)3 + 3(k + 1)2 + 5(k + 1) 3 k 3 + 3k 2 + 3k + 1 + 3k 2 + 6k + 3 + 5k + 5 3 k 3 + 6k 2 + 14k + 9 . 3

PROBLEMA 1.34.

Probar que a2n − b2n es divisible por a + b, ∀n ∈ N.

Soluci´ on Para n = 1: a2 −b2 es divisible por a+b, porque a2 −b2 = (a+b)(a−b). Suponemos que a2k − b2k es divisible por a + b. Probemos que a2(k+1) − b2(k+1) es divisible por a + b: a2(k+1) − b2(k+1) = a2k+2 − b2k+2 = a2 a2k − b2 b2k = a2 a2k − a2 b2k + a2 b2k − b2 b2k = a2 (a2k − b2k ) + b2k (a2 − b2 ). Por hip´otesis, existe C tal que a2k − b2k = C(a + b), de modo que: a2(k+1) − b2(k+1) = a2 (a2k − b2k ) + b2k (a2 − b2 ) = a2 C(a + b) + b2k (a − b)(a + b) = (a + b)[a2 C + b2k (a − b)], lo que prueba la tesis.

PROBLEMA 1.35.

Demostrar que x2n−1 + y 2n−1 es divisible por x + y , ∀n ∈ N.

25

Soluci´ on Para n = 1, x2·1−1 + y 2·1−1 = x + y, que claramente es divisible por x + y. Suponemos que x2k−1 + y 2k−1 es divisible por x + y, es decir, existe C tal que x2k−1 + y 2k−1 = C(x + y). Probemos que x2(k+1)−1 + y 2(k+1)−1 es divisible por x + y: x2(k+1)−1 + y 2(k+1)−1 = x2k+1 + y 2k+1 = x2 x2k−1 + y 2 y 2k−1 = x2 x2k−1 − y 2 x2k−1 + y 2 x2k−1 + y 2 y 2k−1 = (x2 − y 2 )x2k−1 + y 2 (x2k−1 + y 2k−1 ) = (x − y)(x + y)x2k−1 + y 2 C(x + y) = (x + y)[(x − y)x2k−1 + y 2 C].

PROBLEMA 1.36.

Sean a, b ∈ R fijos. Demostrar que para todo n ∈ N, an − bn = (a − b)(an−1 + an−2 b + · · · + abn−2 + bn−1 ).

Soluci´ on Para n = 1, a1 − b1 = a − b. Suponemos que ak −bk = (a−b)(ak−1 +ak−2 b+· · ·+abk−2 +bk−1 ) y debemos probar que ak+1 − bk+1 = (a − b)(ak + ak−1 b + · · · + abk−1 + bk ): ak+1 − bk+1 = a · ak − b · bk = a · ak − a · bk + a · bk − b · bk = a(ak − bk ) + bk (a − b) = a(a − b)(ak−1 + ak−2 b + · · · + abk−2 + bk−1 ) + bk (a − b) = (a − b)(ak + ak−1 b + · · · + abk−1 + bk ).

26

PROBLEMA 1.37.

Demostrar la f´ ormula del binomio de Newton         n n n n−1 n n n n n−1 (a + b) = a + a b + ··· + ab + b . 0 1 n−1 n

Soluci´ on     1 1 1 1 Para n = 1, (a + b) = a + b = a + b. 0 1         k k k k−1 k k k k k−1 Suponemos que (a + b) = a + a b + ··· + ab + b 0 1   k− 1   k  m m m+1 y probemos la f´ormula para k+1 -recordemos que + = : n n+1 n+1 1

(a + b)k+1 = (a + b)(a + b)k          k k k k−1 k k k k−1 = (a + b) a + a b + ··· + ab + b 0 1 n−1 k             k k+1 k k k k k k+1 k k = a + + a b + ··· + + ab + b 0 0 1 k−1 k k         k + 1 k+1 k+1 k k+1 k + 1 k+1 = a + a b + ··· + abk + b . 0 1 k k+1

PROBLEMA 1.38.

Demostrar que n7 − n es m´ ultiplo de 42, ∀n ∈ N.

Soluci´ on Debido a que 42 = 2 · 3 · 7, debemos probar que n7 − n es m´ ultiplo de 2, 3 y 7. 27

Para n = 1, 17 − 1 = 0 que es evidentemente m´ ultiplo de 42 (en realidad es m´ ultiplo de cualquier n´ umero). Suponemos que k 7 − k es m´ ultiplo de 42, es decir, k 7 − k = 42c para alg´ un c ∈ Z. Probemos que (k + 1)7 − (k + 1) es divisible por 42. Por una parte, (k + 1)7 − (k + 1) = (k + 1)[(k + 1)6 − 1] = (k + 1)[(k + 1)3 − 1][(k + 1)3 + 1] = (k + 1)[k 3 + 3k 2 + 3k + 1 − 1][k 3 + 3k 2 + 3k + 1 + 1] = (k + 1)k[k 2 + 3k + 3][k 3 + 3k 2 + 3k + 2] = (k + 1)k(k + 2)[k 2 + 3k + 3][k 2 + k + 1], lo que da lugar a una expresi´on m´ ultiplo de 2 y de 3, para cualquier valor de k, pues en la factorizaci´on intervienen tres n´ umeros naturales consecutivos. Por otra parte, si aplicamos la f´ormula del binomio de Newton, (k + 1)7 − (k + 1) = k 7 + 7k 6 + 21k 5 + 35k 4 + 35k 3 + 21k 2 + 7k + 1 − k − 1 = (k 7 − k) + 7(k 6 + 3k 5 + 5k 4 + 5k 3 + 3k 2 + k) = 42c + 7d = 7(6c + d), y resulta una expresi´on m´ ultiplo de 7. De los dos desarrollos se obtiene el resultado deseado.

PROBLEMA 1.39.

Demostrar que 32n+2 + 26n+1 es m´ ultiplo de 11, ∀n ∈ N.

Soluci´ on Para n = 1, 32·1+2 + 26·1+1 = 81 + 128 = 19 · 11. Suponemos que 32k+2 +26k+1 es m´ ultiplo de 11, es decir, 32k+2 +26k+1 = 11c para alg´ un c ∈ Z. 28

Probemos que 32(k+1)+2 + 26(k+1)+1 es m´ ultiplo de 11: 32(k+1)+2 + 26(k+1)+1 = 32k+4 + 26k+7 = 9 · 32k+2 + 26 · 26k+1 = 9 · 32k+2 + 64 · 26k+1 = 9(32k+2 + 26k+1 ) + 55 · 26k+1 = 9 · 11 · c + 5 · 11 · 26k+1 = 11(9 · c + 5 · 26k+1 ) como se quer´ıa probar.

PROBLEMA 1.40.

Probar que 22n + 15n − 1 es m´ ultiplo de 9, ∀n ∈ N.

Soluci´ on Para n = 1 se verifica porque 22·1 + 15 · 1 − 1 = 18 = 2 · 9. Suponemos que 22k + 15k − 1 es m´ ultiplo de 9, es decir, 22n + 15n − 1 = 9c para alg´ un c ∈ Z. Probemos que 22(k+1) + 15(k + 1) − 1 es m´ ultiplo de 9: 22(k+1) + 15(k + 1) − 1 = 4 · 22k + 15k + 14 = 4(22k + 15k − 1) − 45k + 18 = 4 · 9c − 9 · 5k + 9 · 2, que es m´ ultiplo de 9.

PROBLEMA 1.41.

Sean x1 , x2 , x3 tres n´ umeros naturales consecutivos. Demostrar que x21 + x22 + x23 no es m´ ultiplo de 3 pero x31 + x32 + x33 es m´ ultiplo de 9.

29

Soluci´ on Si escribimos x1 , x2 , x3 como (n − 1), n, (n + 1), tenemos (n − 1)2 + n2 + (n + 1)2 = 3n2 + 2 que para n = 2 da como resultado 14, que no es m´ ultiplo de 3. Ahora bien, probaremos por inducci´on que (n−1)3 +n3 +(n+1)3 = 3n3 +6n es m´ ultiplo de 9, para todo n ≥ 2. Para n = 2, 3 · 23 + 6 · 2 = 36 = 9 · 4. Suponemos que 3k 3 + 6k es m´ ultiplo de 9, es decir, 3k 3 + 6k = 9c para alg´ un c ∈ Z, y debemos probar que 3(k + 1)3 + 6(k + 1) es m´ ultiplo de 9: 3(k+1)3 +6(k+1) = 3k 3 +9k 2 +9k+3+6k+6 = 3k 3 +6k+9(k 2 +k+1) = 9c+9d, que es evidentemente m´ ultiplo de 9.

PROBLEMA 1.42.

Demostrar que el producto de n factores, cada uno de los cuales es suma de los cuadrados de dos n´ umeros enteros, se puede expresar como la suma de los cuadrados de otros dos n´ umeros enteros.

Soluci´ on Debemos demostrar que (a21 + b21 )(a22 + b22 ) . . . (a2n + b2n ) = A2 + B 2 , para todo n ∈ N. Para n = 1 es evidente porque a21 + b21 = A2 + B 2 eligiendo A = a1 y B = b1 . Suponemos que (a21 +b21 )(a22 +b22 ) . . . (a2k +b2k ) = A2 +B 2 y probemos que (a21 + b21 )(a22 + b22 ) . . . (a2k+1 + b2k+1 ) = A21 + B12 : (a21 + b21 )(a22 + b22 )

. . . (a2k+1 + b2k+1 ) = (A2 + B 2 )(a2k+1 + b2k+1 ) = A2 a2k+1 + A2 b2k+1 + B 2 a2k+1 + B 2 b2k+1 = (Aak+1 )2 + (Abk+1 )2 + (Bak+1 )2 + (Bbk+1 )2 = (Aak+1 )2 + (Bbk+1 )2 − 2Aak+1 Bbk+1 +(Bak+1 )2 + (Abk+1 )2 + 2Aak+1 Bbk+1 = (Aak+1 − Bbk+1 )2 + (Bak+1 + Abk+1 )2 = A21 + B12 . 30

PROBLEMA 1.43.

Demostrar que para todo n ≥ 4 se verifica n! > 2n .

Soluci´ on Para n = 4, 4! = 24 > 24 = 16. Suponemos que k! > 2k y probaremos que (k + 1)! > 2k+1 : (k + 1)! = (k + 1) · k! > (k + 1) · 2k ≥ 2 · 2k = 2k+1 .

PROBLEMA 1.44.

Demostrar la desigualdad de Bernoulli (1 + x)n > 1 + nx para n = 2, 3, . . . , si x > −1, x 6= 0.

Soluci´ on Para n = 2: (1 + x)2 = 1 + 2x + x2 > 1 + 2x, porque x 6= 0. Supongamos que (1 +x)k > 1+kx y probemos que (1+x)k+1 > 1+(k +1)x. En efecto, (1 + x)k+1 = (1 + x)(1 + x)k > (1 + x)(1 + kx) = 1 + x + kx + kx2 = 1 + (k + 1)x + kx2 > 1 + (k + 1)x. N´otese que el resultado no es cierto para n = 1, pero ser´ıa cierto para todo n ∈ N si modificamos el enunciado por (1 + x)n ≥ 1 + nx. 31

D. DESIGUALDADES Y VALOR ABSOLUTO.

Es sabido que la relaci´on ≤ permite ordenar el cuerpo de los n´ umeros reales. Adem´as la relaci´on es de orden total, lo que quiere decir que dados dos n´ umeros reales cualesquiera x e y, se cumple que x ≤ y o bien y ≤ x. Por otra parte, ser´a importante a lo largo del curso la resoluci´on de inecuaciones con soluciones en R. Para ello son de utilidad las siguientes propiedades: a) x < y, z ∈ R =⇒ x + z < y + z. b) x < y, z > 0 =⇒ x · z < y · z. c) x < y, z < 0 =⇒ x · z > y · z. (Observa que cambia el sentido de la desigualdad). d) x < y, y < z =⇒ x < z. e) x < y, u < v =⇒ x + u < y + v. Todas estas propiedades tienen sus an´alogas si cambiamos el signo < por cualquiera de >, ≤ ´o ≥. Otras propiedades de las desigualdades se obtienen a partir del concepto de valor absoluto. As´ı, dado un n´ umero real x, su valor absoluto o m´odulo, que representamos por |x|, se define como: ( √ x si x ≥ 0, |x| = + x2 = m´ax{x, −x} = −x si x < 0. Geom´etricamente representa la distancia del punto x al origen de coordenadas. Las propiedades b´asicas son las siguientes: a) −|x| ≤ x ≤ |x|. b) |x + y| ≤ |x| + |y| (desigualdad triangular). c) |x| ≤ a ⇐⇒ −a ≤ x ≤ a. d) |x| ≥ a ⇐⇒ x ≥ a ´o x ≤ −a.

PROBLEMA 1.45.

Si a, b ≥ 0, demostrar que

a+b √ ≥ ab. 2 32

Soluci´ on √ √ Partimos de la desigualdad evidente ( a − b)2 ≥ 0 y obtenemos sucesivamente: √ a+b √ a − 2 ab + b ≥ 0 =⇒ ≥ ab. 2 Observaci´ on. Este resultado se puede generalizar al siguiente: √ a1 + · · · + an ≥ n a1 . . . an , n lo que indica que la media aritm´etica de los n´ umeros a1 , . . . an es mayor o igual a la media geom´etrica de los mismos.

PROBLEMA 1.46.

Demostrar que, para cualquier a ∈ R, a ≤ m´ax{1, an }, siendo n ∈ N fijo.

Soluci´ on Probaremos la propiedad para los distintos valores de a. Si a > 1, m´ax{1, an } = an y es evidente que a ≤ an . Si −1 ≤ a ≤ 1, m´ax{1, an } = 1 y a ≤ 1. Si a < −1 y n es par, m´ax{1, an } = an y a ≤ an . En cambio, si n es impar, m´ax{1, an } = 1 ≥ a.

PROBLEMA 1.47.

Demostrar que si a y b son n´ umeros reales positivos, p p a > b ⇐⇒ a2 > b2 ⇐⇒ a > b. 33

Soluci´ on i) a > b =⇒ a2 > b2 : Supongamos que a > b. Como a > 0, a · a > b · a. Como tambi´en b > 0, a · b > b · b. Pero a · b = b · a. Luego, a · a = a2 > b · a > b · b = b2 , es decir, a2 > b2 . ii) a2 > b2 =⇒ a > b: Si a2 > b2 , entonces a2 − b2 > 0 =⇒ (a − b)(a + b) > 0. Como a, b > 0, a + b > 0, por lo que a − b > 0, es decir a > b. p p iii) a > b =⇒ a > b: p p p p Si, por el contrario, fuera a ≤ b, como a, b > 0, tenemos p p p p p p p p p 2que a a ≤ a b y a b ≤ b b. En definitiva, a = ( a) ≤ p p p 2 a b ≤ ( b) = b, lo que contradice la hip´otesis. p p iv) La demostraci´on de que a > b =⇒ a > b es completamente an´aloga a la del apartado i).

PROBLEMA 1.48.

Demostrar que la suma de cualquier n´ umero positivo con su rec´ıproco nunca es menor que 2.

Soluci´ on Se trata de probar que a + 1/a ≥ 2, ∀a > 0. Inecuaciones equivalentes a la primera son a2 + 1 ≥ 2 ⇐⇒ a2 + 1 ≥ 2a ⇐⇒ a2 − 2a + 1 ≥ 0 ⇐⇒ (a − 1)2 ≥ 0 a lo que es siempre cierto por ser el cuadrado de un n´ umero real. 34

PROBLEMA 1.49.

Si a > 0, a 6= 1 y n ∈ N, demostrar que an+1 +

1 an+1

> an +

1 . an

Soluci´ on Como en problemas anteriores vamos escribiendo inecuaciones equivalentes a la que queremos demostrar hasta llegar a una cuya demostraci´on sea m´as asequible. Tenemos entonces: an+1 +

1 an+1

> an +

1 an

a2(n+1) + 1 a2n + 1 > an+1 an 2(n+1) 2n+1 ⇐⇒ a +1>a +a ⇐⇒

⇐⇒ a2n+2 − a2n+1 − a + 1 > 0 ⇐⇒ (a2n+1 − 1)(a − 1) > 0. En esta u ´ltima inecuaci´on, si a > 1, ambos factores son positivos por lo que su producto tambi´en lo ser´a. En cambio si 0 < a < 1, ambos factores son negativos por lo que su producto ser´a tambi´en positivo. En ambos casos se prueba lo deseado.

PROBLEMA 1.50.

Demostrar que a2 + b2 + c2 > ab + bc + ca, ∀a, b, c ∈ R excepto para a = b = c.

Soluci´ on Como a2 + b2 > 2ab, b2 + c2 > 2bc, c2 + a2 > 2ca, sumando miembro a miembro las tres inecuaciones resulta 2(a2 + b2 + c2 ) > 2(ab + bc + ca) y dividiendo por 2 obtenemos lo deseado. 35

Si a = b = c se verifica la igualdad, por lo que en general podemos escribir a2 + b2 + c2 ≥ ab + bc + ca.

PROBLEMA 1.51.

Si a, b, c, d ∈ R son tales que a2 + b2 = 1 y c2 + d2 = 1, demostrar que ac + bd ≤ 1.

Soluci´ on Sabiendo que (a−c)2 ≥ 0 y (b−d)2 ≥ 0, resultan las desigualdades a2 +c2 ≥ 2ac y b2 + d2 ≥ 2bd. Sumando ambas, tenemos que a2 + c2 + b2 + d2 ≥ 2(ac + bd), es decir 2 ≥ 2(ac + bd) o bien 1 ≥ ac + bd.

PROBLEMA 1.52.

Demostrar que x3 + y 3 > x2 y + y 2 x si x, y ∈ R+ (x 6= y).

Soluci´ on La inecuaci´on x3 + y 3 > x2 y + y 2 x es equivalente a (x + y)(x2 − xy + y 2 ) > xy(x + y). Si dividimos por x + y, que es positivo, tenemos que tambi´en es equivalente a x2 − xy + y 2 > xy, o bien x2 − 2xy + y 2 > 0 lo cual es siempre cierto porque x2 − 2xy + y 2 = (x − y)2 y x 6= y.

PROBLEMA 1.53.

Demostrar que an + bn > an−1 b + abn−1 siempre que a, b ∈ R+ (a 6= b) y n > 1. 36

Soluci´ on Desigualdades equivalentes a la que queremos probar son an + bn > an−1 b + abn−1 ⇐⇒ an − an−1 b − (abn−1 − bn ) > 0 ⇐⇒ an−1 (a − b) − bn−1 (a − b) > 0 ⇐⇒ (an−1 − bn−1 )(a − b) > 0. Esta u ´ltima inecuaci´on es siempre cierta porque, si a > b, ambos factores son positivos y, si a < b, ambos factores son negativos.

PROBLEMA 1.54.

Demostrar: a) x2 − y 2 > x − y si x + y > 1 y x > y . b) x2 − y 2 < x − y si x + y > 1 y x < y .

Soluci´ on a) Si x > y, entonces x − y > 0. De la desigualdad x + y > 1 obtenemos (x + y)(x − y) > (x − y), es decir x2 − y 2 > x − y. b) Como x < y, x−y < 0. Multiplicando ambos miembros de la desigualdad x + y > 1 por x − y se invierte el sentido de la desigualdad y se tiene: (x + y)(x − y) < (x − y) ⇐⇒ x2 − y 2 < x − y.

PROBLEMA 1.55. a+b Sabiendo que la media aritm´ etica de dos n´ umeros a y b es , 2 √ 2ab la media geom´ etrica es ab y la media arm´ onica es , probar a+b √ a+b 2ab que > ab > , si a y b son positivos y distintos. 2 a+b 37

Soluci´ on i) La siguiente cadena de equivalencias prueba que (a + b)/2 > m´etodo se realiz´o en el problema 1.45):

√

ab (otro

√ a+b √ > ab ⇐⇒ (a + b)2 > (2 ab)2 ⇐⇒ a2 + b2 + 2ab > 4ab 2 ⇐⇒ a2 − 2ab + b2 > 0 ⇐⇒ (a − b)2 > 0. √ ii) Veamos ahora por el mismo m´etodo que √ ab >

ab >

2ab : a+b

2ab (2ab)2 ⇐⇒ ab > ⇐⇒ (a + b)2 > 4ab ⇐⇒ (a − b)2 > 0. a+b (a + b)2

PROBLEMA 1.56.

Demostrar que si a, b, c, d son n´ umeros reales positivos tales que a c a+c c > , entonces > . b d b+d d

Soluci´ on Sumando a ambos miembros de la desigualdad la misma cantidad c/b, tenemos: a c a c c c a+c c(b + d) a+c c > =⇒ + > + =⇒ > =⇒ > . b d b b d b b bd b+d d

PROBLEMA 1.57.

Demostrar que

1 1 2 + > si x, y ∈ R+ (x 6= y). x y x+y 38

Soluci´ on Escribamos expresiones equivalentes a la inecuaci´on a probar: 1 1 2 + > x y x+y

x+y 2 > ⇐⇒ (x + y)2 > 2xy xy x+y ⇐⇒ x2 + 2xy + y 2 > 2xy ⇐⇒ x2 + y 2 > 0, ⇐⇒

lo cual es evidentemente cierto, pues x 6= y.

PROBLEMA 1.58.

Demostrar que igualdad?

a2 + b2 ≥ ab, ∀a, b ∈ R. ¿En qu´ e caso se verifica la 2

Soluci´ on Si partimos de la desigualdad a probar, mediante expresiones equivalentes obtenemos: a2 + b2 ≥ ab ⇐⇒ a2 + b2 ≥ 2ab ⇐⇒ a2 + b2 − 2ab ≥ 0 ⇐⇒ (a − b)2 ≥ 0, 2 que es siempre cierto. La igualdad se verifica cuando a = b.

PROBLEMA 1.59.

Si a1 , a2 , . . . , an y b1 , b2 , . . . , bn son n´ umeros reales cualesquiera, probar la desigualdad de Schwarz: (a1 b1 + a2 b2 + · · · + an bn )2 ≤ (a21 + a22 + · · · + a2n )(b21 + b22 + · · · + b2n ). 39

Soluci´ on Si x ∈ R, se tiene (a1 x + b1 )2 + · · · + (an x + bn )2 ≥ 0. Desarrollando y agrupando t´erminos, llegamos a: A2 x2 + 2Cx + B 2 ≥ 0, con A2 = a21 + · · · + a2n , B 2 = b21 + · · · + b2n , C = a1 b1 + · · · + an bn . La inecuaci´on anterior se puede escribir, completando cuadrados, como (Ax+ C/A)2 + B 2 − C 2 /A2 ≥ 0. Si elegimos x = −C/A2 , resulta B 2 − C 2 /A2 ≥ 0, es decir, A2 B 2 ≥ C 2 , que es la desigualdad buscada.

PROBLEMA 1.60.

Resolver las siguientes inecuaciones: a) |x − 3| ≤ 1. b) |x2 − 1| < 1/2. c) (x + 1)(x − 1)(x − 2) > 0.

Soluci´ on a) |x − 3| ≤ 1 ⇐⇒ −1 ≤ x − 3 ≤ 1 ⇐⇒ 2 ≤ x ≤ 4 ⇐⇒ x ∈ [2, 4]. b) |x2 − 1| < 1/2 ⇐⇒ −1/2 < x2 − 1 < 1/2 ⇐⇒ 1/2 < x2 < 3/2 √ √ √ ⇐⇒ 1/2 < |x|2 < 3/2 ⇐⇒ 1/ 2 < |x| < 3/ 2 √ √ √ ⇐⇒ 1/ 2 < x < 3/ 2 (para x ≥ 0) √ √ √ ´o − 3/ 2 < x < −1/ 2 (para x < 0) ! √ √ ! 3 1 1 3 ⇐⇒ x ∈ − √ , − √ ∪ √ ,√ . 2 2 2 2 40

c) Como (x + 1)(x − 1)(x − 2) = 0 cuando x = −1, x = 1, x = 2, podemos escribir la siguiente tabla de signos: x < −1

−1 < x < 1

1<x<2

x>2

x+1

–

+

+

+

x−1

–

–

+

+

x−2

–

–

–

+

(x + 1)(x − 1)(x − 2)

–

+

–

+

Entonces (x + 1)(x − 1)(x − 2) > 0 cuando −1 < x < 1 ´o x > 2.

PROBLEMA 1.61.

Hallar el conjunto de los valores de x para los que se verifica: 3 1 + ≥ 5. x 2x b) x(x + 2) ≤ 24.

a)

c) |x + 2| < |x − 5|. d)

x x+3 > . x+2 3x + 1

Soluci´ on a)

1 3 5x + ≥ 5 ⇐⇒ 2 ≥ 5 ⇐⇒ 5x ≥ 10x2 ⇐⇒ 2x2 − x ≤ 0 ⇐⇒ x(2x − 1) ≤ 0. x 2x 2x Hacemos la tabla de signos de los factores, teniendo en cuenta que x(2x − 1) = 0 ⇐⇒ x = 0 ´o x = 1/2: x<0

0 < x < 1/2

x > 1/2

x

–

+

+

2x − 1

–

–

+

x(2x − 1)

+

–

+

La soluci´on de la inecuaci´on es pues el intervalo (0, 1/2] (t´engase en cuenta que para x = 0 no tiene sentido la inecuaci´on). 41

b) x(x + 2) ≤ 24 ⇐⇒ x2 + 2x − 24 ≤ 0 ⇐⇒ (x − 4)(x + 6) ≤ 0. Como el primer miembro de la inecuaci´on se anula en los puntos x = 4 y x = −6, la correspondiente tabla de signos es: x < −6

−6 < x < 4

x>4

x+6

–

+

+

x−4

–

–

+

(x + 6)(x − 4)

+

–

+

La soluci´on de la inecuaci´on es el intervalo cerrado [−6, 4]. c) Para resolver la inecuaci´on |x + 2| < ( |x − 5| debemos eliminar los valores x+2 si x + 2 ≥ 0 absolutos, sabiendo que |x + 2| = y |x − 5| = −x − 2 si x + 2 < 0 ( x−5 si x − 5 ≥ 0 . Por ello descomponemos la recta real en los −x + 5 si x − 5 < 0 siguientes intervalos: x < −2

−2 ≤ x < 5

5≤x

|x + 2|

−x − 2

x+2

x+2

|x − 5|

−x + 5

−x + 5

x−5

y resolvemos las inecuaciones que resultan en cada intervalo. Si x < −2: −x − 2 < −x + 5 ⇐⇒ −2 < 5 lo cual es siempre cierto. El intervalo (−∞, −2) es soluci´on de la inecuaci´on. Si −2 ≤ x < 5: x + 2 < −x + 5 ⇐⇒ 2x < 3 ⇐⇒ x < 3/2. La soluci´on en este caso es [−2, 3/2). Si 5 ≤ x: x + 2 < x − 5 ⇐⇒ 2 < −5 lo cual es siempre falso. Uniendo las soluciones parciales tenemos que la soluci´on completa de la inecuaci´on es el intervalo (−∞, 3/2). d) x+3 x > x+2 3x + 1

⇐⇒ ⇐⇒

x x+3 x(3x + 1) − (x + 3)(x + 2) − > 0 ⇐⇒ >0 x + 2 3x + 1 (x + 2)(3x + 1) 2x2 − 4x − 6 2(x − 3)(x + 1) > 0 ⇐⇒ > 0. (x + 2)(3x + 1) (x + 2)(3x + 1)

Los puntos donde puede cambiar de signo la expresi´on son los que anulan numerador o denominador, es decir x = −2, −1, −1/3, 3. La 42

tabla de signos queda de la forma: −1 < x <

−1 3

−1 3

x < −2

−2 < x < −1

x+2

–

+

+

+

+

x+1

–

–

+

+

+

3x + 1

–

–

–

+

+

x−3

–

–

–

–

+

2(x−3)(x+1) (x+2)(3x+1)

+

–

+

–

+

<x<3

x>3

La tabla indica que la soluci´on de la inecuaci´on es (−∞, −2)∪(−1, −1/3)∪ (3, ∞).

43

E. EJERCICIOS PROPUESTOS.

1.- Sea S un subconjunto no vac´ıo de R y denotamos por i a una cota inferior de S . Demostrar que i = ´ınf S ⇐⇒ ∀ε > 0, ∃b ∈ S : i ≤ b < i + ε. Sugerencia: Ver problema 1.6.

2.- Probar, por el m´ etodo de inducci´ on completa, que 34n+2 + 52n+1 es m´ ultiplo de 14. Sugerencia: Ver problema 1.39.

3.- Demostrar que xn − y n es divisible por x − y , ∀n ∈ N. Sugerencia: Ver problema 1.36.

4.- Probar las siguientes propiedades de los n´ umeros reales: (a) |x − y| ≤ |x| + |y|. (b) |x| − |y| ≤ |x − y|. Sugerencia: Elevar al cuadrado los dos miembros de la desigualdad. (c) |x| − |y| ≤ |x − y|.

5.- Resolver las siguientes desigualdades: (a)

1 1 + > 0. x 1−x

Resp.: x ∈ (0, 1). (b) 5 − x2 < −2. √ √ Resp.: x ∈ (−∞, − 7) ∪ ( 7, ∞).

(c) x2 + x + 1 ≤ 0. Resp.: ∅. (d) |1 + 2x| ≤ 1. Resp.: x ∈ [−1, 0]. (e) |x + 2| ≥ 5. 44

Resp.: x ∈ (−∞, −7] ∪ [3, ∞). (f) |x − 5| < |x + 1|. Resp.: x > 2. (g) x < x2 − 12 < 4x. Resp.: x ∈ (4, 6). x+1 (h) x−1 ≤ 1.

Resp.: x ≤ 0. 6.- Probar que m´ax(x, y) = ∀x, y ∈ R.

x + y − |y − x| x + y + |y − x| y m´ın(x, y) = , 2 2

Sugerencia: Tener en cuenta que, cuando y ≥ x, |y − x| = y − x y m´ax(x, y) = y.

7.- Encontrar el error en los siguientes razonamientos: x+1 ≥ 1, procedemos as´ı: x−1 x + 1 ≥ x − 1, de donde 1 ≥ −1, lo que indica que la desigualdad inicial es v´ alida para todos los n´ umeros reales. En particular lo ser´ a para x = −1, lo que conduce a

(a) Para resolver la desigualdad

−1 + 1 ≥ 1, −1 − 1

es decir, 0 ≥ 1. (b) De la desigualdad evidente 8 < 16, deducimos la siguiente cadena de desigualdades: 1 1 > 8 16

⇐⇒ (1/2)3 > (1/2)4 ⇐⇒ 3 log(1/2) > 4 log(1/2) ⇐⇒ 3 > 4.

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