EL CUERPO ORDENADO REALES

Transcripción

1 CAPÍTULO I. EL CUERPO ORDENADO DE LOS NÚMEROS REALES SECCIONES A. Elementos notables en R. B. Congruencias. Conjuntos numerables. C. Método de inducción completa. D. Desigualdades y valor absoluto. E. Ejercicios propuestos. 1

2 A. ELEMENTOS NOTABLES EN R. Sea S un subconjunto del conjunto R de números reales. a) Diremos que S está 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 ningún número 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 máximo de S. b) Análogamente a los anteriores se pueden definir los conceptos siguientes: El conjunto S está 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 ínfimo de S si ningún número 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 ínfimo de S e i S, entonces i se llama mínimo de S. Una propiedad fundamental de los números reales la constituye el axioma del supremo, el cual establece que todo subconjunto de R no vacío y acotado superiormente posee supremo. De él se deduce otra condición análoga para la existencia de ínfimo. Además estas propiedades son características del conjunto R. PROBLEMA 1.1. Hallar el supremo, ínfimo, máximo y mínimo (cuando existan) de los siguientes conjuntos: { sen nπ } a) C = n N. n { cos nπ } b) D = n N. n 2

3 a) Como sen nπ = 0 si n N, entonces C = {0}, de modo que b) Como cos nπ = sup C = ínf C = máx C = mín C = 0. { 1 si n es par 1 si n es impar, entonces D = { 1, 1/2, 1/3, 1/4,... } = { 1, 1/3, 1/5,... } {1/2, 1/4, 1/6,... }. Luego ínf D = mín D = 1 y sup D = máx D = 1/2. PROBLEMA 1.2. Hallar el supremo y el ínfimo, cuando existan, de los siguientes conjuntos de números reales, especificando cuáles tienen elemento máximo o mínimo, es decir, cuándo el supremo o el ínfimo pertenecen al conjunto. { } 1 a) A = n n N. { } 1 b) B = n n Z, n 0. c) C = {x x = 0 ó x = 1n }, n N. d) D = { x 0 x < } 2, x Q. e) E = { x x 2 + x }. f) F = { x x 2 + x 1 < 0 }. g) G = { x x < 0, x 2 + x 1 < 0 }. a) Como A = {1, 1/2, 1/3,... }, es claro que sup A = máx A = 1 e ínf A = 0 A, por lo que no existe mín A. 3

4 b) B = {1, 1/2, 1/3,... } { 1, 1/2, 1/3,... } por lo que máx B = sup B = 1 e ínf B = mín B = 1. c) Podemos escribir C = A {0} y tenemos máx C = sup C = 1 e ínf C = mín C = 0. d) Como sup D = 2 D, no existe máx D. Sin embargo ínf D = mín D = 0. e) Al resolver la ecuación x 2 + x + 1 = 0 tenemos x = 1 ± 1 4 y las 2 raíces son imaginarias, por lo que x 2 + x + 1 0, x R, es decir E = R que no está acotado ni superior ni inferiormente. f) Las raíces de la ecuación x 2 +x 1 = 0 son x = 1 ± 5. Luego la inecuación x ( +x 1 < 0 sólo se verifica en el intervalo F =, 1 + ) Para este intervalo tenemos sup F = F e ínf F = por lo que no existen ni el máximo ni el mínimo de F. F, g) Como G = F {x x < 0} = {x ( 1 5)/2 < x < 0}, resulta que sup G = 0 G e ínf G = G y en este caso tampoco el conjunto posee máximo ni mínimo. PROBLEMA 1.3. Hallar el supremo, ínfimo, máximo y mínimo del conjunto { } 1 I = n + ( 1)n n N. 4

5 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 aquí es fácil ver que sup I = máx I = 3/2 e ínf I = 1 I, por lo que no existe el mínimo de I. PROBLEMA 1.4. Calcular el supremo y el ínfimo de los conjuntos ( A = 1 n, 1 ). n B = C = n=1 n=1 n=1 ( 1 n, 1 ). n [ ] 1 2n, 1. 2n 1 a) Como cada intervalo ( 1/n, 1/n) está contenido en el anterior, resulta que ( A = 1 n, 1 ) = ( 1, 1) n y sup A = 1, ínf A = 1. n=1 b) Como 0 es el único punto que pertenece a todos los intervalos anteriores, tenemos que ( B = 1 n, 1 ) = {0} n n=1 con lo que sup B = ínf B = 0. 5

6 c) Como ninguno de los intervalos [1/2n, 1/(2n 1)] tiene puntos en común, resulta que [ ] 1 C = 2n, 1 = 2n 1 n=1 y no posee supremo ni ínfimo. PROBLEMA 1.5. Sean A y B dos conjuntos no vacíos de números tales que x y, x A, y B. a) Demostrar que sup A y, y B y que x ínf B, x A. b) Demostrar que sup A ínf B. a) Sea a = sup A. Por definición, i) a x, x A (a es cota superior de A), y ii) si a x, x A, entonces a a (a es la cota superior más pequeña de A). Por ii), como todo y B es cota superior de A, a = sup A y. Análogamente, si llamamos ínf B = b, también la definición indica que i) b y, y B y ii) si b y, y B, entonces b b. Como todo x A verifica ii), tenemos que ínf B x. b) Debido a que todo elemento de A es cota inferior de B, es claro que sup A ínf B puesto que ínf B es la máxima cota inferior. PROBLEMA 1.6. Sea S un subconjunto no vacío 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

7 = : 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 también 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, tendríamos que λ < s ε y no podría existir a S tal que s ε < a en contra de la hipótesis. Luego ha de ser λ s y como sup S es la mínima cota superior, sup S = s. PROBLEMA 1.7. a) Sean A y B dos conjuntos no vacíos con A B. Probar que sup A sup B e ínf A ínf 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, ínf(a + B) = ínf A + ínf B. c) Si A = {x i } i I, B = {y i } i I y C = {x i + y i } i I, demostrar que sup C sup A + sup B e ínf C ínf A + ínf B. 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 mínima cota superior, se deduce que sup A sup B. Análogamente, ínf B es una cota inferior de A y como ínf A es la mayor de todas ellas, resulta que ínf A ínf 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 mínima: Como a = sup A, por el problema anterior, ε > 0, a 0 A : a ε/2 < a 0 a, y como b = sup B, ε > 0, b 0 B : b ε/2 < b 0 b. 7

8 Sumando miembro a miembro deducimos que existe a 0 + b 0 A + B tal que a + b ε < a 0 + b 0 a + b, lo que indica que a + b es la mínima cota superior de A + B, es decir, sup(a + B) = a + b = sup A + sup B. La prueba de que ínf(a + B) = ínf A + ínf B es análoga a la anterior, con las modificaciones obvias. c) Obsérvese que C = {x i + y i } i I es un subconjunto de A + B pues A + B = {x i + y j x i A, y j B}. Por los apartados a) y b) se deduce que sup C sup(a+b) = sup A+sup B e ínf C ínf(a+b) = ínf A+ínf 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. Si fuera falso, na b, n N. Por tanto, n b/a, n = 1, 2,... lo que quiere decir que N está 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. 8

9 Si aplicamos la propiedad arquimediana de los números 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 n < b m n. Si fuera m 1 a, entonces b a m n n m 1 n elección de n. Por tanto a < m 1 n < b y m 1 n Q. = 1, lo que contradice la n 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. Observación. La propiedad anterior indica que, a pesar de que el conjunto de números racionales es mucho menor que el de los reales, está uniformemente distribuido entre estos, pues siempre hay algún racional comprendido entre dos reales. B. CONGRUENCIAS. CONJUNTOS NUMERABLES. Recordamos el concepto de aplicación biyectiva entre conjuntos: Una aplicación f : A B entre dos conjuntos cualesquiera A y B es inyectiva cuando dados dos elementos cualesquiera x 1, x 2 A, se verifica que f(x 1 ) = f(x 2 ) = x 1 = x 2. Equivalente a la implicación anterior es la contrarrecíproca, es decir f es inyectiva cuando x 1 x 2 = f(x 1 ) f(x 2 ). Por otra parte, la aplicación f es sobre cuando y B, x A tal que f(x) = y, es decir cuando todos los elementos de B son imagen de algún elemento de A. Si una aplicación es a la vez inyectiva y sobre, se dice que es biyectiva. 9

10 Cuando una aplicación f : A B es biyectiva, existe, y también es biyectiva, la llamada aplicación 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 aplicación biyectiva f : A B. Es sencillo probar que la relación de congruencia así definida es de equivalencia. Si llamamos cardinal de un conjunto al número de elementos o puntos que posee, la definición anterior permite decir que dos conjuntos congruentes tienen el mismo cardinal. Si clasificamos los conjuntos de números reales con respecto a su cardinal, tenemos: - Conjunto finito es aquél cuyo cardinal es finito (tiene sólo un número finito de elementos). - Conjunto infinito numerable es aquel conjunto congruente con el conjunto de números naturales. Por ejemplo, el conjunto de los números 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 Sean los círculos concéntricos C 1 = {(x, y) x 2 + y 2 = a 2 }, C 2 = {(x, y) x 2 + y 2 = b 2 } con 0 < a < b. Establecer geométricamente una aplicación biyectiva entre C 1 y C 2. Definimos la aplicación f : C 2 C 1 que a cada x C 2 le hace corresponder el punto f(x) C 1 de intersección del radio que va del centro 0 al punto x con la circunferencia C 1, como se ilustra en la figura. 10

11 x f(x) O C 1 Resulta que f es claramente inyectiva y sobre por lo que define una aplicación biyectiva entre C 1 y C 2. C 2 PROBLEMA Demostrar que dos segmentos arbitrarios tienen tantos puntos el uno como el otro. Dados los segmentos AB y A B, llamamos P al punto de intersección de AB y BA. A cada punto C de AB le hacemos corresponder el punto C de intersección de CP con A B como indica la figura. A C B P A C B La aplicación C C es biyectiva pues cada punto de AB tiene una imagen única en A B y cada punto de A B es la imagen de un único punto de AB. PROBLEMA Demostrar las siguientes congruencias entre conjuntos: a) [0, 1] (0, 1). b) [0, 1] [0, 1). c) [0, 1] (0, 1]. 11

12 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 función f : [0, 1] (0, 1) por 2 si x = 0, f(x) = 1/(n + 2) si x = 1/n, n N, x si x 0, 1/n, n N. Esta función es biyectiva por lo que [0, 1] (0, 1). b) La función 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 1/n, n N. [0, 1). c) Sea f : [0, 1) (0, 1] la función definida por f(x) = 1 x. Esta función 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 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. La fórmula 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

13 PROBLEMA Demostrar que R tiene cardinal c. Es fácil comprobar (ver gráfica adjunta) que la función f : ( 1, 1) R definida por f(x) = x es biyectiva por lo que ( 1, 1) R. 1 x Como ya sabemos que (0, 1) ( 1, 1), por la transitividad se deduce que (0, 1) R, luego card (R) = c. PROBLEMA Sea E = {2, 4, 6,... } el conjunto de los números pares. Es biyectiva la aplicación f : N E definida por f(x) = 2x? Es N E? La función f es inyectiva porque si f(x) = f(x ), entonces 2x = 2x, de donde x = x. 13

14 También 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 Es numerable la sucesión {a 1, a 2,... } con a i a j si i j? Debido a que toda sucesión es una aplicación de N en el conjunto de sus elementos, f(n) = a n, si los a n son distintos, la función es biyectiva y la sucesión forma un conjunto numerable. PROBLEMA Demostrar que A B B A, (A B) C A (B C), para cualesquiera conjuntos A, B, C. Para la demostración 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 Demostrar que N N es numerable. 14

15 El conjunto N N puede escribirse como una sucesión de elementos distintos así: (1, 1), (2, 1), (1, 2), (1, 3), (2, 2), (3, 1),... según se ilustra en el diagrama Según el problema 1.16, se puede definir una biyección entre N N y N. PROBLEMA Demostrar que M M es numerable, donde M = N {0}. Como todo entero positivo a N puede escribirse de una sola manera en la forma a = 2 r (2s + 1) con r, s M, la función f : N M M definida por f(a) = (r, s) es biyectiva. Luego M M es numerable. PROBLEMA Probar que Z es numerable. 15

16 0 si n = 1, La función f : N Z definida por f(n) = n si n = 2n, n N, n si n = 2n + 1, n N, { n/2 + 1/2 si n es impar (que también se puede expresar como f(n) = ) n/2 si n es par es evidentemente biyectiva, lo que muestra que Z es numerable. PROBLEMA Demostrar que Q es numerable. Llamamos Q + al conjunto de los números racionales positivos y Q al conjunto de los números racionales negativos. Entonces Q = Q + {0} Q. Sea f : Q + N N definido por f(p/q) = (p, q), donde expresamos el número racional p/q como cociente de dos enteros positivos primos entre sí. Es inmediato comprobar que f es inyectiva y que, por tanto, Q + es equipotente a un subconjunto de N N. Como este último conjunto es numerable, también lo es Q +. Se comprueba asimismo que Q es numerable (basta definir f( p/q) = (p, q)). Como Q es unión de dos conjuntos numerables y uno finito, Q es numerable. PROBLEMA Demostrar que el conjunto P de todos los polinomios p(x) = a 0 + a 1 x + + a m x m con coeficientes enteros es numerable. 16

17 Para todo par de números naturales (m, n) sea P (m,n) el conjunto de los polinomios p(x) = a 0 +a 1 x+ +a m x m de grado m para los que a 0 + a a m = n. Es claro que P (m,n) es finito. Como además P = P (m,n) es (m,n) N N unión numerable de conjuntos finitos, se deduce que P es numerable. PROBLEMA Un número real r se llama algebraico si es solución de una ecuación polinómica p(x) = a 0 + a 1 x + + a n x n = 0 con coeficientes enteros. Demostrar que el conjunto de los números algebraicos es numerable. Es evidente, según el problema anterior, que el conjunto de tales ecuaciones polinómicas E = {p 1 (x) = 0, p 2 (x), p 3 (x) = 0,... } es numerable. Si llamamos A i = {x x es solución de p i (x) = 0}, como todo polinomio de grado n no puede tener más de n raíces, todo A i es finito. Por consiguiente, y como A = i N A i es unión numerable de conjuntos finitos, A es numerable. PROBLEMA Un número real se llama trascendente si no es algebraico (por ejemplo, π y e son trascendentes). Demostrar que el conjunto de los números trascendentes no es numerable. Si A es el conjunto de los números algebraicos, R \ A es el conjunto de los números trascendentes. Como R = A (R \ A), al ser A numerable y R 17

18 no numerable, R \ A no puede ser numerable (en caso contrario, R sería numerable por ser unión de dos conjuntos numerables). PROBLEMA Demostrar que un subconjunto de un conjunto numerable es finito o numerable. Sea A = {a 1, a 2,... } un conjunto numerable y sea B A. Si B =, entonces B es finito. Si B, sea a n1 el primer elemento de la sucesión {a 1, a 2,... } tal que a n1 B. Llamamos a n2 al primer elemento que sigue a a n1 en la sucesión anterior tal que a n2 B. Entonces B = {a n1, a n2,... }. Si el conjunto de enteros positivos {n 1, n 2,... } es acotado, B es finito. En caso contrario, B es numerable. PROBLEMA Demostrar que no puede ser racional. Si x = = x 2 = = x 2 5 = 2 6 = x 4 10x = 0, y la propia construcción prueba que es raíz de la última ecuación. Recordamos aquí el teorema de Ruffini que expresa que toda solución racional p/q de una ecuación a 0 x n + a 1 x n a n = 0, con a i Z y a 0 0, a n 0, verifica que p divide a a n y q divide a a 0. 18

19 En nuestro caso, si p/q es solución racional de la ecuación de coeficientes enteros x 4 10x = 0, entonces p y q son divisores de 1. Por tanto, las únicas soluciones racionales son 1 y -1, que no verifican la ecuación, como se puede comprobar inmediatamente. Como sabemos que x = es solución, no puede ser racional. PROBLEMA Sean m y n dos números naturales primos entre sí y m, n irracionales. Demostrar que también son irracionales i) m n y ii) m + n. i) Si fuera m n = p/q Q con p y q primos entre sí, entonces m n = p 2 /q 2 = p 2 = m n q 2, de modo que p 2 es múltiplo de q 2 y en consecuencia p es múltiplo de q. Como m.c.d.(p, q) = 1, sólo puede ser q = 1 y m n = p N. Descomponemos ahora m, n, p en factores primos: m = m α 1 1 mα mαr r, con m i primos; n = n β 1 1 nβ nβs s, con n i primos; p = p γ 1 1 pγ pγt t, con p i primos; donde m i n j, i, j, por ser m y n primos entre sí. Tenemos m n = m α mαr r n β nβs s = p γ pγt t = m α mαr r n β nβs s = p 2γ p 2γt t. Esto implica que cada uno de los factores del primer miembro es igual a alguno de los factores del segundo miembro, de modo que m α 1 1,..., mαr r, n β 1 1,..., nβs s son cuadrados perfectos, así como también deben serlo m y n. Esto quiere decir que m y n son números naturales, lo que contradice la suposición inicial. 19

20 ii) Si fuera m + n = p/q Q, con m.c.d.(p, q) = 1, entonces, elevando al cuadrado, m+n+2 mn = p2 q 2 = mn = p2 /q 2 (m + n) = p2 q 2 (m + n) 2 2q 2 Q pues p 2 q 2 (m + n) Z y 2q 2 Z. Esto contradice el apartado i); luego m + n es irracional. C. MÉTODO DE INDUCCIÓN COMPLETA. El método de inducción completa es un método de demostración de propiedades válidas en todo el conjunto N y se basa en el principio de inducción, 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 Demostrar que (2n 1) = n 2, para todo n N. 20

21 Para n = 1 el enunciado es cierto porque = 1 2. Si suponemos que es cierto para n = k, es decir que (2k 1) = k 2, debemos probar que también lo es para k + 1: (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 Demostrar las siguientes fórmulas para todo n N: a) n 2 = n(n + 1)(2n + 1). 6 b) n 3 = n2 (n + 1) 2. 4 a) Para n = 1: 1 2 = 1(1 + 1)( ). 6 Suponemos que k 2 = que k(k + 1)(2k + 1) 6 y probaremos k 2 + (k + 1) 2 = Por hipótesis, (k + 1)(k )[2(k + 1) + 1] 6 : k 2 + (k + 1) 2 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 21

22 b)para n = 1: 1 3 = 12 (1 + 1) 2. 4 Suponemos que k 3 = k2 (k + 1) 2. 4 Probemos que k 3 + (k + 1) 3 = (k + 1)2 (k ) 2 : k 3 + (k + 1) 3 = k2 (k + 1) 2 4 = (k + 1)2 [k 2 + 4(k + 1)] 4 + (k + 1) 3 = k2 (k + 1) 2 + 4(k + 1) 3 4 = (k + 1)2 (k + 2) 2. 4 PROBLEMA Demostrar que n = 3 n+1, n N. Para n = 1, = Suponemos que k = 3 k+1 para algún k N. Probemos que k+1 = 3 k+2 : k+1 = 3 k k+1 = 3 3 k+1 = 3 k+2. PROBLEMA Demostrar que para todo n > 1, ! + 2 2! + + (n 1) (n 1)! = n! Para n = 2: ! = 2! Suponemos que ! + 2 2! + + (k 1) (k 1)! = k! y debemos probar que ! + 2 2! + + (k 1) (k 1)! + k k! = (k + 1)!. 22

23 En efecto: ! + 2 2! + + (k 1) (k 1)! + k k! = k! + k k! = k!(1 + k) = (k + 1)! PROBLEMA Demostrar que para todo n N: a) b) n (n + 1) = n n (2n 1) (2n + 1) = n 2n + 1. a) Para n = 1: Suponemos que Probemos que = k (k + 1) = k k k (k + 1) + 1 (k + 1) (k + 2) = k + 1 k : k (k + 1) + = = 1 (k + 1) (k + 2) = k k (k + 1) (k + 2) k(k + 2) + 1 (k + 1) (k + 2) = k2 + 2k + 1 (k + 1) (k + 2) (k + 1) 2 (k + 1) (k + 2) = k + 1 k + 2. b) Para n = 1: Supongamos que = y probemos que (2k 1) (2k + 1) = k 2k + 1, (2k 1) (2k + 1) + 1 (2(k + 1) 1) (2(k + 1) + 1) = k + 1 2(k + 1)

24 En efecto, (2k 1) (2k + 1) + 1 (2(k + 1) 1) (2(k + 1) + 1) k = 2k k(2k + 3) + 1 = (2k + 1) (2k + 3) (2k + 1) (2k + 3) = 2k 2 + 3k + 1 (2k + 1)(k + 1) = (2k + 1) (2k + 3) (2k + 1) (2k + 3) = k + 1 2k + 3. PROBLEMA Demostrar que n (1 + h + h 2 ) = n2 + 3n + 5 n, n N. 3 h=1 Se verifica para n = 1 pues el primer miembro es 3, y el segundo, = 3. Supongamos que se verifica para n = k, es decir y probemos que también es cierto para n = k: 1 h=1 (1+h+h 2 ) = = k (1 + h + h 2 ) = k2 + 3k + 5 k 3 h=1 k+1 (1 + h + h 2 ) = h=1 k (1 + h + h 2 ) + [1 + (k + 1) + (k + 1) 2 ] h=1 = k2 + 3k k + (k + 2) + (k + 1) 2 = k3 + 3k 2 + 5k + 3k k k 3 = k3 + 6k k

25 Por otra parte, (k + 1) 2 + 3(k + 1) (k + 1) = (k + 1)3 + 3(k + 1) 2 + 5(k + 1) 3 = k3 + 3k 2 + 3k k 2 + 6k k = k3 + 6k k PROBLEMA Probar que a 2n b 2n es divisible por a + b, n N. Para n = 1: a 2 b 2 es divisible por a+b, porque a 2 b 2 = (a+b)(a b). Suponemos que a 2k b 2k es divisible por a + b. Probemos que a 2(k+1) b 2(k+1) es divisible por a + b: a 2(k+1) b 2(k+1) = a 2k+2 b 2k+2 = a 2 a 2k b 2 b 2k = a 2 a 2k a 2 b 2k + a 2 b 2k b 2 b 2k = a 2 (a 2k b 2k ) + b 2k (a 2 b 2 ). Por hipótesis, existe C tal que a 2k b 2k = C(a + b), de modo que: a 2(k+1) b 2(k+1) = a 2 (a 2k b 2k ) + b 2k (a 2 b 2 ) = a 2 C(a + b) + b 2k (a b)(a + b) = (a + b)[a 2 C + b 2k (a b)], lo que prueba la tesis. PROBLEMA Demostrar que x 2n 1 + y 2n 1 es divisible por x + y, n N. 25

26 Para n = 1, x y = x + y, que claramente es divisible por x + y. Suponemos que x 2k 1 + y 2k 1 es divisible por x + y, es decir, existe C tal que x 2k 1 + y 2k 1 = C(x + y). Probemos que x 2(k+1) 1 + y 2(k+1) 1 es divisible por x + y: x 2(k+1) 1 + y 2(k+1) 1 = x 2k+1 + y 2k+1 = x 2 x 2k 1 + y 2 y 2k 1 = x 2 x 2k 1 y 2 x 2k 1 + y 2 x 2k 1 + y 2 y 2k 1 = (x 2 y 2 )x 2k 1 + y 2 (x 2k 1 + y 2k 1 ) = (x y)(x + y)x 2k 1 + y 2 C(x + y) = (x + y)[(x y)x 2k 1 + y 2 C]. PROBLEMA Sean a, b R fijos. Demostrar que para todo n N, a n b n = (a b)(a n 1 + a n 2 b + + ab n 2 + b n 1 ). Para n = 1, a 1 b 1 = a b. Suponemos que a k b k = (a b)(a k 1 +a k 2 b+ +ab k 2 +b k 1 ) y debemos probar que a k+1 b k+1 = (a b)(a k + a k 1 b + + ab k 1 + b k ): a k+1 b k+1 = a a k b b k = a a k a b k + a b k b b k = a(a k b k ) + b k (a b) = a(a b)(a k 1 + a k 2 b + + ab k 2 + b k 1 ) + b k (a b) = (a b)(a k + a k 1 b + + ab k 1 + b k ). 26

27 PROBLEMA Demostrar la fórmula del binomio de Newton (a + b) n = ( ) n a n + 0 ( ) ( ) n n a n 1 b + + ab n n 1 ( ) n b n. n Para n = 1, (a + b) 1 = ( ) 1 a ( ) 1 b 1 = a + b. 1 ( ) ( ) ( ) ( ) k k k k Suponemos que (a + b) k = a k + a k 1 b + + ab k ( ) k( 1 ) ( k m m m + 1 y probemos la fórmula para k+1 -recordemos que + = n n + 1 n + 1 (a + b) k+1 = (a + b)(a + b) k [( ) ( ) ( ) ( ] k k k k = (a + b) a k + a k 1 b + + ab k 1 + )b k 0 1 n 1 k ( ) [( ) ( )] [( ) ( )] ( ) k k k k k k = a k a k b ab k + b k k 1 k k ( ) ( ) ( ) ( ) k + 1 k + 1 k + 1 k + 1 = a k+1 + a k b + + ab k + b k k k + 1 b k ) : PROBLEMA Demostrar que n 7 n es múltiplo de 42, n N. Debido a que 42 = 2 3 7, debemos probar que n 7 n es múltiplo de 2, 3 y 7. 27

28 Para n = 1, = 0 que es evidentemente múltiplo de 42 (en realidad es múltiplo de cualquier número). Suponemos que k 7 k es múltiplo de 42, es decir, k 7 k = 42c para algún 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 ] = (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 expresión múltiplo de 2 y de 3, para cualquier valor de k, pues en la factorización intervienen tres números naturales consecutivos. Por otra parte, si aplicamos la fórmula del binomio de Newton, (k + 1) 7 (k + 1) = k 7 + 7k k k k k 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 expresión múltiplo de 7. De los dos desarrollos se obtiene el resultado deseado. PROBLEMA Demostrar que 3 2n n+1 es múltiplo de 11, n N. Para n = 1, = = Suponemos que 3 2k k+1 es múltiplo de 11, es decir, 3 2k k+1 = 11c para algún c Z. 28

29 Probemos que 3 2(k+1) (k+1)+1 es múltiplo de 11: 3 2(k+1) (k+1)+1 = 3 2k k+7 = 9 3 2k k+1 = 9 3 2k k+1 = 9(3 2k k+1 ) k+1 = 9 11 c k+1 = 11(9 c k+1 ) como se quería probar. PROBLEMA Probar que 2 2n + 15n 1 es múltiplo de 9, n N. Para n = 1 se verifica porque = 18 = 2 9. Suponemos que 2 2k + 15k 1 es múltiplo de 9, es decir, 2 2n + 15n 1 = 9c para algún c Z. Probemos que 2 2(k+1) + 15(k + 1) 1 es múltiplo de 9: 2 2(k+1) + 15(k + 1) 1 = 4 2 2k + 15k + 14 que es múltiplo de 9. = 4(2 2k + 15k 1) 45k + 18 = 4 9c 9 5k + 9 2, PROBLEMA Sean x 1, x 2, x 3 tres números naturales consecutivos. Demostrar que x x2 2 + x2 3 no es múltiplo de 3 pero x3 1 + x3 2 + x3 3 es múltiplo de 9. 29

30 Si escribimos x 1, x 2, x 3 como (n 1), n, (n + 1), tenemos (n 1) 2 + n 2 + (n + 1) 2 = 3n que para n = 2 da como resultado 14, que no es múltiplo de 3. Ahora bien, probaremos por inducción que (n 1) 3 +n 3 +(n+1) 3 = 3n 3 +6n es múltiplo de 9, para todo n 2. Para n = 2, = 36 = 9 4. Suponemos que 3k 3 + 6k es múltiplo de 9, es decir, 3k 3 + 6k = 9c para algún c Z, y debemos probar que 3(k + 1) 3 + 6(k + 1) es múltiplo 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 múltiplo de 9. PROBLEMA Demostrar que el producto de n factores, cada uno de los cuales es suma de los cuadrados de dos números enteros, se puede expresar como la suma de los cuadrados de otros dos números enteros. Debemos demostrar que (a b2 1 )(a2 2 + b2 2 )... (a2 n + b 2 n) = A 2 + B 2, para todo n N. Para n = 1 es evidente porque a b2 1 = A2 + B 2 eligiendo A = a 1 y B = b 1. Suponemos que (a 2 1 +b2 1 )(a2 2 +b2 2 )... (a2 k +b2 k ) = A2 +B 2 y probemos que (a b2 1 )(a2 2 + b2 2 )... (a2 k+1 + b2 k+1 ) = A2 1 + B2 1 : (a b 2 1)(a b 2 2)... (a 2 k+1 + b2 k+1 ) = (A2 + B 2 )(a 2 k+1 + b2 k+1 ) = A 2 a 2 k+1 + A2 b 2 k+1 + B2 a 2 k+1 + B2 b 2 k+1 = (Aa k+1 ) 2 + (Ab k+1 ) 2 + (Ba k+1 ) 2 + (Bb k+1 ) 2 = (Aa k+1 ) 2 + (Bb k+1 ) 2 2Aa k+1 Bb k+1 +(Ba k+1 ) 2 + (Ab k+1 ) 2 + 2Aa k+1 Bb k+1 = (Aa k+1 Bb k+1 ) 2 + (Ba k+1 + Ab k+1 ) 2 = A B

31 PROBLEMA Demostrar que para todo n 4 se verifica n! > 2 n. Para n = 4, 4! = 24 > 2 4 = 16. Suponemos que k! > 2 k y probaremos que (k + 1)! > 2 k+1 : (k + 1)! = (k + 1) k! > (k + 1) 2 k 2 2 k = 2 k+1. PROBLEMA Demostrar la desigualdad de Bernoulli (1 + x) n > 1 + nx para n = 2, 3,..., si x > 1, x 0. Para n = 2: (1 + x) 2 = 1 + 2x + x 2 > 1 + 2x, porque x 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 + kx 2 = 1 + (k + 1)x + kx 2 > 1 + (k + 1)x. Nótese que el resultado no es cierto para n = 1, pero sería cierto para todo n N si modificamos el enunciado por (1 + x) n 1 + nx. 31

32 D. DESIGUALDADES Y VALOR ABSOLUTO. Es sabido que la relación permite ordenar el cuerpo de los números reales. Además la relación es de orden total, lo que quiere decir que dados dos números reales cualesquiera x e y, se cumple que x y o bien y x. Por otra parte, será importante a lo largo del curso la resolución 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 análogas si cambiamos el signo < por cualquiera de >, ó. Otras propiedades de las desigualdades se obtienen a partir del concepto de valor absoluto. Así, dado un número real x, su valor absoluto o módulo, que representamos por x, se define como: x = + { x 2 x si x 0, = máx{x, x} = x si x < 0. Geométricamente representa la distancia del punto x al origen de coordenadas. Las propiedades básicas 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 ó x a. PROBLEMA Si a, b 0, demostrar que a + b 2 ab. 32

33 Partimos de la desigualdad evidente ( a b) 2 0 y obtenemos sucesivamente: a 2 ab + b 0 = a + b ab. 2 Observación. Este resultado se puede generalizar al siguiente: a a n n n a 1... a n, lo que indica que la media aritmética de los números a 1,... a n es mayor o igual a la media geométrica de los mismos. PROBLEMA Demostrar que, para cualquier a R, a máx{1, a n }, siendo n N fijo. Probaremos la propiedad para los distintos valores de a. Si a > 1, máx{1, a n } = a n y es evidente que a a n. Si 1 a 1, máx{1, a n } = 1 y a 1. Si a < 1 y n es par, máx{1, a n } = a n y a a n. En cambio, si n es impar, máx{1, a n } = 1 a. PROBLEMA Demostrar que si a y b son números reales positivos, a > b a 2 > b 2 a > b. 33

34 i) a > b = a 2 > b 2 : Supongamos que a > b. Como a > 0, a a > b a. Como también b > 0, a b > b b. Pero a b = b a. Luego, a a = a 2 > b a > b b = b 2, es decir, a 2 > b 2. ii) a 2 > b 2 = a > b: Si a 2 > b 2, entonces a 2 b 2 > 0 = (a b)(a + b) > 0. Como a, b > 0, a + b > 0, por lo que a b > 0, es decir a > b. iii) a > b = a > b: Si, por el contrario, fuera a b, como a, b > 0, tenemos que a a a b y a b b b. En definitiva, a = ( a) 2 a b ( b) 2 = b, lo que contradice la hipótesis. iv) La demostración de que a > b = a > b es completamente análoga a la del apartado i). PROBLEMA Demostrar que la suma de cualquier número positivo con su recíproco nunca es menor que 2. Se trata de probar que a + 1/a 2, a > 0. Inecuaciones equivalentes a la primera son a a 2 a a a 2 2a (a 1) 2 0 lo que es siempre cierto por ser el cuadrado de un número real. 34

35 PROBLEMA Si a > 0, a 1 y n N, demostrar que a n a n+1 > an + 1 a n. Como en problemas anteriores vamos escribiendo inecuaciones equivalentes a la que queremos demostrar hasta llegar a una cuya demostración sea más asequible. Tenemos entonces: a n a n+1 > an + 1 a n a2(n+1) + 1 a n+1 > a2n + 1 a n a 2(n+1) + 1 > a 2n+1 + a a 2n+2 a 2n+1 a + 1 > 0 (a 2n+1 1)(a 1) > 0. En esta última inecuación, si a > 1, ambos factores son positivos por lo que su producto también lo será. En cambio si 0 < a < 1, ambos factores son negativos por lo que su producto será también positivo. En ambos casos se prueba lo deseado. PROBLEMA Demostrar que a 2 + b 2 + c 2 > ab + bc + ca, a, b, c R excepto para a = b = c. Como a 2 + b 2 > 2ab, b 2 + c 2 > 2bc, c 2 + a 2 > 2ca, sumando miembro a miembro las tres inecuaciones resulta 2(a 2 + b 2 + c 2 ) > 2(ab + bc + ca) y dividiendo por 2 obtenemos lo deseado. 35

36 Si a = b = c se verifica la igualdad, por lo que en general podemos escribir a 2 + b 2 + c 2 ab + bc + ca. PROBLEMA Si a, b, c, d R son tales que a 2 + b 2 = 1 y c 2 + d 2 = 1, demostrar que ac + bd 1. Sabiendo que (a c) 2 0 y (b d) 2 0, resultan las desigualdades a 2 +c 2 2ac y b 2 + d 2 2bd. Sumando ambas, tenemos que a 2 + c 2 + b 2 + d 2 2(ac + bd), es decir 2 2(ac + bd) o bien 1 ac + bd. PROBLEMA Demostrar que x 3 + y 3 > x 2 y + y 2 x si x, y R + (x y). La inecuación x 3 + y 3 > x 2 y + y 2 x es equivalente a (x + y)(x 2 xy + y 2 ) > xy(x + y). Si dividimos por x + y, que es positivo, tenemos que también es equivalente a x 2 xy + y 2 > xy, o bien x 2 2xy + y 2 > 0 lo cual es siempre cierto porque x 2 2xy + y 2 = (x y) 2 y x y. PROBLEMA Demostrar que a n +b n > a n 1 b+ab n 1 siempre que a, b R + (a b) y n > 1. 36

37 Desigualdades equivalentes a la que queremos probar son a n + b n > a n 1 b + ab n 1 a n a n 1 b (ab n 1 b n ) > 0 a n 1 (a b) b n 1 (a b) > 0 (a n 1 b n 1 )(a b) > 0. Esta última inecuación es siempre cierta porque, si a > b, ambos factores son positivos y, si a < b, ambos factores son negativos. PROBLEMA Demostrar: a) x 2 y 2 > x y si x + y > 1 y x > y. b) x 2 y 2 < x y si x + y > 1 y x < y. a) Si x > y, entonces x y > 0. De la desigualdad x + y > 1 obtenemos (x + y)(x y) > (x y), es decir x 2 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) x 2 y 2 < x y. PROBLEMA Sabiendo que la media aritmética de dos números a y b es a + b 2, la media geométrica es ab y la media armónica es 2ab a + b, probar que a + b 2 > ab > 2ab, si a y b son positivos y distintos. a + b 37

38 i) La siguiente cadena de equivalencias prueba que (a + b)/2 > ab (otro método se realizó en el problema 1.45): a + b 2 > ab (a + b) 2 > (2 ab) 2 a 2 + b 2 + 2ab > 4ab a 2 2ab + b 2 > 0 (a b) 2 > 0. ii) Veamos ahora por el mismo método que ab > 2ab a + b : 2ab (2ab)2 ab > ab > a + b (a + b) 2 (a + b)2 > 4ab (a b) 2 > 0. PROBLEMA Demostrar que si a, b, c, d son números reales positivos tales que a b > c d, entonces a + c b + d > c d. Sumando a ambos miembros de la desigualdad la misma cantidad c/b, tenemos: a b > c d = a b + c b > c d + c b = a + c c(b + d) > = a + c b bd b + d > c d. PROBLEMA Demostrar que 1 x + 1 y > 2 x + y si x, y R+ (x y). 38

39 Escribamos expresiones equivalentes a la inecuación a probar: 1 x + 1 y > 2 x + y x + y xy > 2 x + y (x + y)2 > 2xy x 2 + 2xy + y 2 > 2xy x 2 + y 2 > 0, lo cual es evidentemente cierto, pues x y. PROBLEMA Demostrar que a2 + b 2 igualdad? 2 ab, a, b R. En qué caso se verifica la Si partimos de la desigualdad a probar, mediante expresiones equivalentes obtenemos: a 2 + b 2 2 ab a 2 + b 2 2ab a 2 + b 2 2ab 0 (a b) 2 0, que es siempre cierto. La igualdad se verifica cuando a = b. PROBLEMA Si a 1, a 2,..., a n y b 1, b 2,..., b n son números reales cualesquiera, probar la desigualdad de Schwarz: (a 1 b 1 + a 2 b a n b n ) 2 (a a a 2 n)(b b b 2 n). 39

40 Si x R, se tiene (a 1 x + b 1 ) (a n x + b n ) 2 0. Desarrollando y agrupando términos, llegamos a: A 2 x 2 + 2Cx + B 2 0, con A 2 = a a2 n, B 2 = b b2 n, C = a 1 b a n b n. La inecuación anterior se puede escribir, completando cuadrados, como (Ax+ C/A) 2 + B 2 C 2 /A 2 0. Si elegimos x = C/A 2, resulta B 2 C 2 /A 2 0, es decir, A 2 B 2 C 2, que es la desigualdad buscada. PROBLEMA Resolver las siguientes inecuaciones: a) x 3 1. b) x 2 1 < 1/2. c) (x + 1)(x 1)(x 2) > 0. a) x x x 4 x [2, 4]. b) x 2 1 < 1/2 1/2 < x 2 1 < 1/2 1/2 < x 2 < 3/2 1/2 < x 2 < 3/2 1/ 2 < x < 3/ 2 1/ 2 < x < 3/ 2 (para x 0) ó 3/ 2 < x < 1/ 2 (para x < 0) ( ) ( 3 x, 1 ) 1 3,

41 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 x x 2 + (x + 1)(x 1)(x 2) + + Entonces (x + 1)(x 1)(x 2) > 0 cuando 1 < x < 1 ó x > 2. PROBLEMA Hallar el conjunto de los valores de x para los que se verifica: a) 1 x + 3 2x 5. b) x(x + 2) 24. c) x + 2 < x 5. d) x x + 2 > x + 3 3x + 1. a) 1 x + 3 5x 5 2x 2x 2 5 5x 10x2 2x 2 x 0 x(2x 1) 0. Hacemos la tabla de signos de los factores, teniendo en cuenta que x(2x 1) = 0 x = 0 ó x = 1/2: x < 0 0 < x < 1/2 x > 1/2 x + + 2x 1 + x(2x 1) + + La solución de la inecuación es pues el intervalo (0, 1/2] (téngase en cuenta que para x = 0 no tiene sentido la inecuación). 41

42 b) x(x + 2) 24 x 2 + 2x 24 0 (x 4)(x + 6) 0. Como el primer miembro de la inecuación se anula en los puntos x = 4 y x = 6, la correspondiente tabla de signos es: x < 6 6 < x < 4 x > 4 x x 4 + (x + 6)(x 4) + + La solución de la inecuación es el intervalo cerrado [ 6, 4]. c) Para resolver la inecuación x + 2 < { x 5 debemos eliminar los valores x + 2 si x 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: d) 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 lo cual es siempre cierto. El intervalo (, 2) es solución de la inecuación. Si 2 x < 5: x + 2 < x + 5 2x < 3 x < 3/2. La solución 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 solución completa de la inecuación es el intervalo (, 3/2). x x + 2 > x + 3 3x + 1 x x + 2 x + 3 x(3x + 1) (x + 3)(x + 2) > 0 > 0 3x + 1 (x + 2)(3x + 1) 2x2 4x 6 2(x 3)(x + 1) > 0 (x + 2)(3x + 1) (x + 2)(3x + 1) > 0. Los puntos donde puede cambiar de signo la expresión son los que anulan numerador o denominador, es decir x = 2, 1, 1/3, 3. La 42

43 tabla de signos queda de la forma: x < 2 2 < x < 1 1 < x < < x < 3 x > 3 x x x x 3 + 2(x 3)(x+1) (x+2)(3x+1) La tabla indica que la solución de la inecuación es (, 2) ( 1, 1/3) (3, ). 43

44 E. EJERCICIOS PROPUESTOS. 1.- Sea S un subconjunto no vacío de R y denotamos por i a una cota inferior de S. Demostrar que i = ínf S ε > 0, b S : i b < i + ε. Sugerencia: Ver problema Probar, por el método de inducción completa, que 3 4n n+1 es múltiplo de 14. Sugerencia: Ver problema Demostrar que x n y n es divisible por x y, n N. Sugerencia: Ver problema Probar las siguientes propiedades de los números 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 x x > 0. Resp.: x (0, 1). (b) 5 x 2 < 2. Resp.: x (, 7) ( 7, ). (c) x 2 + x Resp.:. (d) 1 + 2x 1. Resp.: x [ 1, 0]. (e) x

45 Resp.: x (, 7] [3, ). (f) x 5 < x + 1. Resp.: x > 2. (g) x < x 2 12 < 4x. Resp.: x (4, 6). (h) x+1 x 1 1. Resp.: x Probar que máx(x, y) = x, y R. x + y + y x 2 y mín(x, y) = x + y y x, 2 Sugerencia: Tener en cuenta que, cuando y x, y x = y x y máx(x, y) = y. 7.- Encontrar el error en los siguientes razonamientos: (a) Para resolver la desigualdad x + 1 1, procedemos así: x 1 x + 1 x 1, de donde 1 1, lo que indica que la desigualdad inicial es válida para todos los números reales. En particular lo será para x = 1, lo que conduce a es decir, , (b) De la desigualdad evidente 8 < 16, deducimos la siguiente cadena de desigualdades: 1 8 > 1 16 (1/2) 3 > (1/2) 4 3 log(1/2) > 4 log(1/2) 3 > 4. 45