Capítulo 1. El cuerpo ordenado de los números reales

CAPITULO I.EL CUERPO ORDENADODE LOS NUMEROSREALES

SECCIONES

A. Elementos notables en R.

B. Congruencias. Conjuntos numerables.

C. Metodo de induccion 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 numeros reales.

a) Diremos que S esta acotado superiormente por u, o que u es cota superiorde S, cuando x ≤ u, ∀x ∈ S.

Una cota superior u de S se llama supremo de S si ningun numeromenor que u es cota superior de S, es decir cuando u es la menor delas cotas superiores de S.

Si u es el supremo de S y u ∈ S, entonces u se llama maximo de S.

b) Analogamente a los anteriores se pueden definir los conceptos siguientes:

El conjunto S esta acotado inferiormente por i, o bien i es cota inferiorde S, cuando x ≥ i, ∀x ∈ S.

Una cota inferior i de S se llama ınfimo de S si ningun numero mayorque i es cota inferior de S, es decir cuando i es la mayor de las cotasinferiores de S.

Si i es el ınfimo de S e i ∈ S, entonces i se llama mınimo de S.

Una propiedad fundamental de los numeros reales la constituye el axiomadel supremo, el cual establece que todo subconjunto de R no vacıo y acotadosuperiormente posee supremo. De el se deduce otra condicion analoga parala existencia de ınfimo. Ademas estas propiedades son caracterısticas delconjunto R.

PROBLEMA 1.1.

Hallar el supremo, ınfimo, maximo y mınimo (cuando existan) delos siguientes conjuntos:

a) C ={sennπ

n| n ∈ N

}.

b) D ={cos nπ

n| n ∈ N

}.

2

Solucion

a) Como sennπ = 0 si n ∈ N, entonces C = {0}, de modo que

supC = ınf C = maxC = mınC = 0.

b) Como cos nπ =

{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 ınf D = mınD = −1 y sup D = maxD = 1/2.

PROBLEMA 1.2.

Hallar el supremo y el ınfimo, cuando existan, de los siguientesconjuntos de numeros reales, especificando cuales tienen elementomaximo o mınimo, es decir, cuando el supremo o el ınfimo perte-necen al conjunto.

a) A ={

1n| n ∈ N

}.

b) B ={

1n| n ∈ Z, n 6= 0

}.

c) C ={

x | x = 0 o x =1n

, n ∈ N}.

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

}.

Solucion

a) Como A = {1, 1/2, 1/3, . . . }, es claro que

supA = maxA = 1 e ınf A = 0 6∈ A,

por lo que no existe mınA.

3

b) B = {1, 1/2, 1/3, . . . } ∪ {−1,−1/2,−1/3, . . . } por lo que

max B = supB = 1 e ınf B = mınB = −1.

c) Podemos escribir C = A ∪ {0} y tenemos

max C = supC = 1 e ınf C = mınC = 0.

d) Como supD =√

2 6∈ D, no existe max D. Sin embargo ınf D = mınD =0.

e) Al resolver la ecuacion x2 + x + 1 = 0 tenemos x =−1±

√1− 4

2y las

raıces son imaginarias, por lo que x2 + x + 1 ≥ 0, ∀x ∈ R, es decirE = R que no esta acotado ni superior ni inferiormente.

f) Las raıces de la ecuacion x2+x−1 = 0 son x =−1±

√5

2. Luego la inecua-

cion x2+x−1 < 0 solo se verifica en el intervalo F =

(−1−

√5

2,−1 +

√5

2

).

Para este intervalo tenemos

supF =−1 +

√5

26∈ F e ınf F =

−1−√

52

6∈ F,

por lo que no existen ni el maximo ni el mınimo de F .

g) Como G = F ∩ {x | x < 0} = {x | (−1−√

5)/2 < x < 0}, resulta que

supG = 0 6∈ G e ınf G =−1−

√5

26∈ G

y en este caso tampoco el conjunto posee maximo ni mınimo.

PROBLEMA 1.3.

Hallar el supremo, ınfimo, maximo y mınimo del conjunto

I ={

1n

+ (−1)n | n ∈ N}

.

4

Solucion

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 aquı es facil ver que

sup I = max I = 3/2 e ınf I = −1 6∈ I,

por lo que no existe el mınimo de I.

PROBLEMA 1.4.

Calcular el supremo y el ınfimo de los conjuntos

A =∞⋃

n=1

(− 1

n,1n

).

B =∞⋂

n=1

(− 1

n,1n

).

C =∞⋂

n=1

[12n

,1

2n− 1

].

Solucion

a) Como cada intervalo (−1/n, 1/n) esta contenido en el anterior, resultaque

A =∞⋃

n=1

(− 1

n,1n

)= (−1, 1)

y supA = 1, ınf A = −1.

b) Como 0 es el unico punto que pertenece a todos los intervalos anteriores,tenemos que

B =∞⋂

n=1

(− 1

n,1n

)= {0}

con lo que supB = ınf B = 0.

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c) Como ninguno de los intervalos [1/2n, 1/(2n− 1)] tiene puntos en comun,resulta que

C =∞⋂

n=1

[12n

,1

2n− 1

]= ∅

y no posee supremo ni ınfimo.

PROBLEMA 1.5.

Sean A y B dos conjuntos no vacıos de numeros tales que x ≤y, ∀x ∈ A, y ∈ B.

a) Demostrar que supA ≤ y, ∀y ∈ B y que x ≤ ınf B, ∀x ∈ A.

b) Demostrar que supA ≤ ınf B.

Solucion

a) Sea a = supA. Por definicion, i) a ≥ x, ∀x ∈ A (a es cota superior deA), y

ii) si a′ ≥ x, ∀x ∈ A, entonces a ≤ a′ (a es la cota superior maspequena de A).

Por ii), como todo y ∈ B es cota superior de A, a = supA ≤ y.

Analogamente, si llamamos ınf B = b, tambien la definicion indica quei) b ≤ y, ∀y ∈ B y ii) si b′ ≤ y, ∀y ∈ B, entonces b ≥ b′.

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 quesupA ≤ ınf B puesto que ınf B es la maxima cota inferior.

PROBLEMA 1.6.

Sea S un subconjunto no vacıo de R y denotamos por s a una cotasuperior de S. Demostrar que

s = supS ⇐⇒ ∀ε > 0, ∃a ∈ S : s− ε < a ≤ s.

6

Solucion

=⇒: Si s = supS, entonces ∀x ∈ S, s ≥ x y para todo ε > 0, s − εno es cota superior de S, porque s − ε < s. Esto quiere decir que existea ∈ S tal que a > s − ε. Pero tambien a ≤ s pues s = supS. En resumen,∀ε > 0,∃a ∈ S : s− ε < a ≤ s.

⇐=: Si λ = supS, no puede ser λ < s pues eligiendo ε < s− λ, tendrıamosque λ < s − ε y no podrıa existir a ∈ S tal que s − ε < a en contra de lahipotesis. Luego ha de ser λ ≥ s y como supS es la mınima cota superior,supS = s.

PROBLEMA 1.7.

a) Sean A y B dos conjuntos no vacıos con A ⊂ B. Probar que supA ≤supB e ınf A ≥ ınf B.

b) Sean A y B dos conjuntos acotados superiormente, y definimosA + B = {x + y | x ∈ A, y ∈ B}. Demostrar que sup(A + B) =supA + supB, ınf(A + B) = ınf A + ınf B.

c) Si A = {xi}i∈I , B = {yi}i∈I y C = {xi + yi}i∈I , demostrar quesupC ≤ supA + supB e ınf C ≥ ınf A + ınf B.

Solucion

a) Si llamamos b = supB, 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 lamınima cota superior, se deduce que supA ≤ supB.

Analogamente, ınf B es una cota inferior de A y como ınf A es la mayorde todas ellas, resulta que ınf A ≥ ınf B.

b) Sean a = supA y b = supB. 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 deA + B. Probemos que es la mınima:

Como a = supA, por el problema anterior, ∀ε > 0, ∃a0 ∈ A : a−ε/2 <a0 ≤ a, y como b = supB, ∀ε > 0, ∃b0 ∈ B : b− ε/2 < b0 ≤ b.

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Sumando miembro a miembro deducimos que existe a0 + b0 ∈ A + Btal que a+ b− ε < a0 + b0 ≤ a+ b, lo que indica que a+ b es la mınimacota superior de A + B, es decir, sup(A + B) = a + b = supA + supB.

La prueba de que ınf(A + B) = ınf A + ınf B es analoga a la anterior,con las modificaciones obvias.

c) Observese que C = {xi + yi}i∈I es un subconjunto de A + B puesA + B = {xi + yj | xi ∈ A, yj ∈ B}. Por los apartados a) y b) sededuce que

supC ≤ sup(A+B) = supA+supB 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.

Solucion

Si fuera falso, na ≤ b, ∀n ∈ N. Por tanto, n ≤ b/a, n = 1, 2, . . . lo quequiere decir que N esta acotado superiormente.

Por el axioma del supremo, debe existir k = sup N, lo que a su vez implicaque k − 1 no es cota superior. Entonces existe m ∈ N tal que k − 1 < m dedonde 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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Solucion

Si aplicamos la propiedad arquimediana de los numeros reales con 1 y b− ademostrada 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 almenor de tales enteros. Entonces

m− 1n

< b ≤ m

n.

Si fueram− 1

n≤ a, entonces b− a ≤ m

n− m− 1

n=

1n

, lo que contradice laeleccion de n. Por tanto

a <m− 1

n< b y

m− 1n

∈ Q.

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.

Observacion. La propiedad anterior indica que, a pesar de que el conjuntode numeros racionales es mucho menor que el de los reales, esta uniforme-mente distribuido entre estos, pues siempre hay algun racional comprendidoentre dos reales.

B. CONGRUENCIAS. CONJUNTOS NUMERABLES.

Recordamos el concepto de aplicacion biyectiva entre conjuntos:

Una aplicacion f : A → B entre dos conjuntos cualesquiera A y B esinyectiva cuando dados dos elementos cualesquiera x1, x2 ∈ A, se verificaque f(x1) = f(x2) =⇒ x1 = x2. Equivalente a la implicacion anterior esla contrarrecıproca, es decir f es inyectiva cuando x1 6= x2 =⇒ f(x1) 6=f(x2).

Por otra parte, la aplicacion f es sobre cuando ∀y ∈ B, ∃x ∈ A tal quef(x) = y, es decir cuando todos los elementos de B son imagen de algunelemento de A.

Si una aplicacion es a la vez inyectiva y sobre, se dice que es biyectiva.

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Cuando una aplicacion f : A → B es biyectiva, existe, y tambien es biyectiva,la llamada aplicacion inversa f−1 : B → A definida por f−1(y) = x cuandof(x) = y, para todo y ∈ B.

Decimos que dos conjuntos A y B son congruentes o equipotentes, y lo repre-sentamos como A ∼ B, cuando existe una aplicacion biyectiva f : A → B.Es sencillo probar que la relacion de congruencia ası definida es de equiva-lencia.

Si llamamos cardinal de un conjunto al numero de elementos o puntos queposee, la definicion anterior permite decir que dos conjuntos congruentestienen el mismo cardinal.

Si clasificamos los conjuntos de numeros reales con respecto a su cardinal,tenemos:

- Conjunto finito es aquel cuyo cardinal es finito (tiene solo un numero finitode elementos).

- Conjunto infinito numerable es aquel conjunto congruente con el conjuntode numeros naturales. Por ejemplo, el conjunto de los numeros racionales esnumerable.

- Conjunto infinito no numerable es el conjunto que no es congruente con Nni con cualquier subconjunto de N.

Un intervalo como (0, 1) no es numerable y su cardinal, llamado potenciadel continuo, se suele expresar con la letra c.

PROBLEMA 1.10.

Sean los cırculos concentricos

C1 = {(x, y) | x2 + y2 = a2}, C2 = {(x, y) | x2 + y2 = b2}

con 0 < a < b. Establecer geometricamente una aplicacion biyectivaentre C1 y C2.

Solucion

Definimos la aplicacion f : C2 → C1 que a cada x ∈ C2 le hace corresponderel punto f(x) ∈ C1 de interseccion del radio que va del centro 0 al punto xcon 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 aplicacionbiyectiva entre C1 y C2.

PROBLEMA 1.11.

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

Solucion

Dados los segmentos AB y A′B′, llamamos P al punto de interseccion deAB′ y BA′. A cada punto C de AB le hacemos corresponder el punto C ′ deinterseccion de CP con A′B′ como indica la figura.

A C B

P

A′ C ′ B′

La aplicacion C 7→ C ′ es biyectiva pues cada punto de AB tiene una imagenunica en A′B′ y cada punto de A′B′ es la imagen de un unico 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

Solucion

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, . . . }, podemosdefinir la funcion f : [0, 1] → (0, 1) por

f(x) =

2 si x = 0,

1/(n + 2) si x = 1/n, n ∈ N,

x si x 6= 0, 1/n, n ∈ N.

Esta funcion es biyectiva por lo que [0, 1] ∼ (0, 1).

b) La funcion f : [0, 1] → [0, 1) definida por

f(x) =

{1/(n + 1) si x = 1/n, n ∈ N,

x si x 6= 1/n, n ∈ N.es biyectiva por lo que [0, 1] ∼

[0, 1).

c) Sea f : [0, 1) → (0, 1] la funcion definida por f(x) = 1− x. Esta funciones 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.

Solucion

La formula 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 latransitividad se deduce que [0, 1] ∼ [a, b], [0, 1] ∼ (a, b), [0, 1] ∼ [a, b) y[0, 1] ∼ (a, b].

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PROBLEMA 1.14.

Demostrar que R tiene cardinal c.

Solucion

Es facil comprobar (ver grafica adjunta) que la funcion f : (−1, 1) → Rdefinida por f(x) =

x

1− |x|es biyectiva por lo que (−1, 1) ∼ R.

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 numeros pares. ¿Es biyec-tiva la aplicacion f : N → E definida por f(x) = 2x? ¿Es N ∼ E?

Solucion

La funcion f es inyectiva porque si f(x) = f(x′), entonces 2x = 2x′, dedonde x = x′.

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Tambien 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 sucesion {a1, a2, . . . } con ai 6= aj si i 6= j?

Solucion

Debido a que toda sucesion es una aplicacion de N en el conjunto de suselementos, f(n) = an, si los an son distintos, la funcion es biyectiva y lasucesion forma un conjunto numerable.

PROBLEMA 1.17.

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

Solucion

Para la demostracion basta considerar las aplicaciones biyectivas siguien-tes:

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.

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Solucion

El conjunto N×N puede escribirse como una sucesion de elementos distintosası: (1, 1), (2, 1), (1, 2), (1, 3), (2, 2), (3, 1), . . . segun se ilustra en el diagrama.

4

3

2

1

0 1 2 3 4

Segun el problema 1.16, se puede definir una biyeccion entre N × N y N.

PROBLEMA 1.19.

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

Solucion

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

PROBLEMA 1.20.

Probar que Z es numerable.

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Solucion

La funcion f : N → Z definida por f(n) =

0 si n = 1,

n′ si n = 2n′, n′ ∈ N,

−n′ si n = 2n′ + 1, n′ ∈ N,

(que tambien se puede expresar como f(n) =

{−n/2 + 1/2 si n es imparn/2 si n es par

)

es evidentemente biyectiva, lo que muestra que Z es numerable.

PROBLEMA 1.21.

Demostrar que Q es numerable.

Solucion

Llamamos Q+ al conjunto de los numeros racionales positivos y Q− al con-junto de los numeros racionales negativos. Entonces Q = Q+∪{0}∪Q−.

Sea f : Q+ → N × N definido por f(p/q) = (p, q), donde expresamos elnumero racional p/q como cociente de dos enteros positivos primos entre sı.Es inmediato comprobar que f es inyectiva y que, por tanto, Q+ es equipo-tente a un subconjunto de N×N. Como este ultimo conjunto es numerable,tambien lo es Q+.

Se comprueba asimismo que Q− es numerable (basta definir f(−p/q) =(p, q)). Como Q es union de dos conjuntos numerables y uno finito, Q esnumerable.

PROBLEMA 1.22.

Demostrar que el conjunto P de todos los polinomios p(x) = a0 +a1x + · · ·+ amxm con coeficientes enteros es numerable.

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Solucion

Para todo par de numeros naturales (m,n) sea P(m,n) el conjunto de los poli-nomios p(x) = a0+a1x+· · ·+amxm de grado m para los que |a0|+|a1|+· · ·+|am| = n. Es claro que P(m,n) es finito. Como ademas P =

⋃(m,n)∈N×N

P(m,n) es

union numerable de conjuntos finitos, se deduce que P es numerable.

PROBLEMA 1.23.

Un numero real r se llama algebraico si es solucion de una ecua-cion polinomica p(x) = a0 + a1x + · · · + anxn = 0 con coeficientesenteros. Demostrar que el conjunto de los numeros algebraicos esnumerable.

Solucion

Es evidente, segun el problema anterior, que el conjunto de tales ecuacionespolinomicas E = {p1(x) = 0, p2(x), p3(x) = 0, . . . } es numerable. Si llama-mos Ai = {x | x es solucion de pi(x) = 0}, como todo polinomio de grado nno puede tener mas de n raıces, todo Ai es finito. Por consiguiente, y comoA =

⋃i∈N

Ai es union numerable de conjuntos finitos, A es numerable.

PROBLEMA 1.24.

Un numero real se llama trascendente si no es algebraico (porejemplo, π y e son trascendentes). Demostrar que el conjunto delos numeros trascendentes no es numerable.

Solucion

Si A es el conjunto de los numeros algebraicos, R \ A es el conjunto de losnumeros trascendentes. Como R = A ∪ (R \ A), al ser A numerable y R

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no numerable, R \ A no puede ser numerable (en caso contrario, R serıanumerable por ser union de dos conjuntos numerables).

PROBLEMA 1.25.

Demostrar que un subconjunto de un conjunto numerable es finitoo numerable.

Solucion

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 sucesion {a1, a2, . . . } tal quean1 ∈ B. Llamamos an2 al primer elemento que sigue a an1 en la sucesionanterior tal que an2 ∈ B. Entonces B = {an1 , an2 , . . . }. Si el conjunto deenteros positivos {n1, n2, . . . } es acotado, B es finito. En caso contrario, Bes numerable.

PROBLEMA 1.26.

Demostrar que√

2 +√

3 no puede ser racional.

Solucion

Si x =√

2 +√

3 =⇒ x2 = 2 + 3 + 2√

6 =⇒ x2 − 5 = 2√

6 =⇒ x4 − 10x2 +1 = 0, y la propia construccion prueba que

√2 +

√3 es raız de la ultima

ecuacion.

Recordamos aquı el teorema de Ruffini que expresa que toda solucion ra-cional p/q de una ecuacion a0x

n + a1xn−1 + · · · + an = 0, con ai ∈ Z y

a0 6= 0, an 6= 0, verifica que p divide a an y q divide a a0.

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En nuestro caso, si p/q es solucion racional de la ecuacion de coeficientesenteros x4 − 10x2 + 1 = 0, entonces p y q son divisores de 1. Por tanto, lasunicas soluciones racionales son 1 y -1, que no verifican la ecuacion, comose puede comprobar inmediatamente. Como sabemos que x =

√2 +

√3 es

solucion, no puede ser racional.

PROBLEMA 1.27.

Sean m y n dos numeros naturales primos entre sı y√

m,√

nirracionales. Demostrar que tambien son irracionales i)

√m ·

√n

y ii)√

m +√

n.

Solucion

i) Si fuera√

m ·√

n = p/q ∈ Q con p y q primos entre sı, entonces m · n =p2/q2 =⇒ p2 = m · n · q2, de modo que p2 es multiplo de q2 y enconsecuencia p es multiplo de q. Como m.c.d.(p, q) = 1, solo puede serq = 1 y

√m ·

√n = p ∈ N.

Descomponemos ahora m,n, p en factores primos:

m = mα11 mα2

2 . . .mαrr , con mi primos;

n = nβ11 nβ2

2 . . . nβss , con ni primos;

p = pγ11 pγ2

2 . . . pγtt , con pi primos;

donde mi 6= nj , ∀i, j, por ser m y n primos entre sı.

Tenemos

√m ·

√n =

√mα1

1 . . .mαrr · nβ1

1 . . . nβss = pγ1

1 . . . pγtt

=⇒ mα11 . . .mαr

r · nβ11 . . . nβs

s = p2γ11 . . . p2γt

t .

Esto implica que cada uno de los factores del primer miembro esigual a alguno de los factores del segundo miembro, de modo quemα1

1 , . . . ,mαrr , nβ1

1 , . . . , nβss son cuadrados perfectos, ası como tambien

deben serlo m y n. Esto quiere decir que√

m y√

n son numeros na-turales, lo que contradice la suposicion inicial.

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ii) Si fuera√

m +√

n = p/q ∈ Q, con m.c.d.(p, q) = 1, entonces, elevandoal cuadrado,

m+n+2√

mn =p2

q2=⇒

√mn =

p2/q2 − (m + n)2

=p2 − q2(m + n)

2q2∈ Q

pues p2 − q2(m + n) ∈ Z y 2q2 ∈ Z.

Esto contradice el apartado i); luego√

m +√

n es irracional.

C. METODO DE INDUCCION COMPLETA.

El metodo de induccion completa es un metodo de demostracion de propie-dades validas en todo el conjunto N y se basa en el principio de induccion,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 den 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) escierta.

PROBLEMA 1.28.

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

20

Solucion

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) = k2,debemos probar que tambien lo es para k + 1:

1+3+· · ·+(2k−1)+[2(k+1)−1] = k2+[2(k+1)−1] = k2+2k+1 = (k+1)2,

que corresponde precisamente a la propiedad para k + 1.

PROBLEMA 1.29.

Demostrar las siguientes formulas para todo n ∈ N:

a) 12 + 22 + · · ·+ n2 =n(n + 1)(2n + 1)

6.

b) 13 + 23 + · · ·+ n3 =n2(n + 1)2

4.

Solucion

a) Para n = 1: 12 =1(1 + 1)(2 · 1 + 1)

6.

Suponemos que 12 + 22 + · · ·+ k2 =k(k + 1)(2k + 1)

6y probaremos

que

12 + 22 + · · ·+ k2 + (k + 1)2 =(k + 1)(k + 1 + 1)[2(k + 1) + 1]

6:

Por hipotesis,

12 + 22 + . . . + k2 + (k + 1)2 =k(k + 1)(2k + 1)

6+ (k + 1)2

=k(k + 1)(2k + 1) + 6(k + 1)2

6=

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

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

6.

21

b)Para n = 1: 13 =12(1 + 1)2

4.

Suponemos que 13 + 23 + · · ·+ k3 =k2(k + 1)2

4.

Probemos que 13 + 23 + · · ·+ k3 + (k + 1)3 =(k + 1)2(k + 1 + 1)2

4:

13 + 23 + · · ·+ k3 + (k + 1)3 =k2(k + 1)2

4+ (k + 1)3 =

k2(k + 1)2 + 4(k + 1)3

4

=(k + 1)2[k2 + 4(k + 1)]

4=

(k + 1)2(k + 2)2

4.

PROBLEMA 1.30.

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

Solucion

Para n = 1, 3 + 2 · 31 = 31+1.

Suponemos que 3 + 2 · 31 + · · ·+ 2 · 3k = 3k+1 para algun 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!

Solucion

Para n = 2: 1 + 1 · 1! = 2!

Suponemos que 1 + 1 · 1! + 2 · 2! + · · · + (k − 1) · (k − 1)! = k! y debemosprobar 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 · 2+

12 · 3

+ · · ·+ 1n · (n + 1)

=n

n + 1.

b)1

1 · 3+

13 · 5

+ · · ·+ 1(2n− 1) · (2n + 1)

=n

2n + 1.

Solucion

a) Para n = 1:1

1 · 2=

11 + 1

.

Suponemos que1

1 · 2+

12 · 3

+ · · ·+ 1k · (k + 1)

=k

k + 1.

Probemos que1

1 · 2+

12 · 3

+ · · ·+ 1k · (k + 1)

+1

(k + 1) · (k + 2)=

k + 1k + 1 + 1

:

11 · 2

+1

2 · 3+ · · ·+ 1

k · (k + 1)+

1(k + 1) · (k + 2)

=k

k + 1+

1(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 + 1k + 2

.

b) Para n = 1:1

1 · 3=

12 · 1 + 1

.

Supongamos que

11 · 3

+1

3 · 5+ · · ·+ 1

(2k − 1) · (2k + 1)=

k

2k + 1,

y probemos que

11 · 3

+· · ·+ 1(2k − 1) · (2k + 1)

+1

(2(k + 1)− 1) · (2(k + 1) + 1)=

k + 12(k + 1) + 1

.

23

En efecto,

11 · 3

+ . . . +1

(2k − 1) · (2k + 1)+

1(2(k + 1)− 1) · (2(k + 1) + 1)

=k

2k + 1+

1(2k + 1) · (2k + 3)

=k(2k + 3) + 1

(2k + 1) · (2k + 3)

=2k2 + 3k + 1

(2k + 1) · (2k + 3)=

(2k + 1)(k + 1)(2k + 1) · (2k + 3)

=k + 12k + 3

.

PROBLEMA 1.33.

Demostrar quen∑

h=1

(1 + h + h2) =n2 + 3n + 5

3· n, ∀n ∈ N.

Solucion

Se verifica para n = 1 pues el primer miembro es1∑

h=1

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

3, y el segundo,12 + 3 · 1 + 5

3· 1 = 3.

Supongamos que se verifica para n = k, es decirk∑

h=1

(1 + h + h2) =k2 + 3k + 5

3· k

y probemos que tambien es cierto para n = k:

k+1∑h=1

(1 + h + h2) =k∑

h=1

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

=k2 + 3k + 5

3· k + (k + 2) + (k + 1)2

=k3 + 3k2 + 5k + 3k + 6 + 3k2 + 3 + 6k

3

=k3 + 6k2 + 14k + 9

3.

24

Por otra parte,

(k + 1)2 + 3(k + 1) + 53

· (k + 1) =(k + 1)3 + 3(k + 1)2 + 5(k + 1)

3

=k3 + 3k2 + 3k + 1 + 3k2 + 6k + 3 + 5k + 5

3

=k3 + 6k2 + 14k + 9

3.

PROBLEMA 1.34.

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

Solucion

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 = a2a2k − b2b2k

= a2a2k − a2b2k + a2b2k − b2b2k = a2(a2k − b2k) + b2k(a2 − b2).

Por hipotesis, existe C tal que a2k − b2k = C(a + b), de modo que:

a2(k+1) − b2(k+1) = a2(a2k − b2k) + b2k(a2 − b2)= a2C(a + b) + b2k(a− b)(a + b) = (a + b)[a2C + b2k(a− b)],

lo que prueba la tesis.

PROBLEMA 1.35.

Demostrar que x2n−1 + y2n−1 es divisible por x + y, ∀n ∈ N.

25

Solucion

Para n = 1, x2·1−1 + y2·1−1 = x + y, que claramente es divisible por x +y.

Suponemos que x2k−1 + y2k−1 es divisible por x + y, es decir, existe C talque x2k−1 + y2k−1 = C(x + y).

Probemos que x2(k+1)−1 + y2(k+1)−1 es divisible por x + y:

x2(k+1)−1 + y2(k+1)−1 = x2k+1 + y2k+1 = x2x2k−1 + y2y2k−1

= x2x2k−1 − y2x2k−1 + y2x2k−1 + y2y2k−1

= (x2 − y2)x2k−1 + y2(x2k−1 + y2k−1)= (x− y)(x + y)x2k−1 + y2C(x + y)= (x + y)[(x− y)x2k−1 + y2C].

PROBLEMA 1.36.

Sean a, b ∈ R fijos. Demostrar que para todo n ∈ N,

an − bn = (a− b)(an−1 + an−2b + · · ·+ abn−2 + bn−1).

Solucion

Para n = 1, a1 − b1 = a− b.

Suponemos que ak−bk = (a−b)(ak−1+ak−2b+· · ·+abk−2+bk−1) y debemosprobar que ak+1 − bk+1 = (a− b)(ak + ak−1b + · · ·+ 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−2b + · · ·+ abk−2 + bk−1) + bk(a− b)= (a− b)(ak + ak−1b + · · ·+ abk−1 + bk).

26

PROBLEMA 1.37.

Demostrar la formula del binomio de Newton

(a + b)n =(

n

0

)an +

(n

1

)an−1b + · · ·+

(n

n− 1

)abn−1 +

(n

n

)bn.

Solucion

Para n = 1, (a + b)1 =(

10

)a1 +

(11

)b1 = a + b.

Suponemos que (a + b)k =(

k

0

)ak +

(k

1

)ak−1b + · · ·+

(k

k − 1

)abk−1 +

(k

k

)bk

y probemos la formula para k+1 -recordemos que(

m

n

)+(

m

n + 1

)=(

m + 1n + 1

):

(a + b)k+1 = (a + b)(a + b)k

= (a + b)[(

k

0

)ak +

(k

1

)ak−1b + · · ·+

(k

n− 1

)abk−1 +

(k

k

)bk

]=

(k

0

)ak+1 +

[(k

0

)+(

k

1

)]akb + · · ·+

[(k

k − 1

)+(

k

k

)]abk +

(k

k

)bk+1

=(

k + 10

)ak+1 +

(k + 1

1

)akb + · · ·+

(k + 1

k

)abk +

(k + 1k + 1

)bk+1.

PROBLEMA 1.38.

Demostrar que n7 − n es multiplo de 42, ∀n ∈ N.

Solucion

Debido a que 42 = 2 · 3 · 7, debemos probar que n7 − n es multiplo de 2, 3y 7.

27

Para n = 1, 17 − 1 = 0 que es evidentemente multiplo de 42 (en realidad esmultiplo de cualquier numero).

Suponemos que k7 − k es multiplo de 42, es decir, k7 − k = 42c para algunc ∈ 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)[k3 + 3k2 + 3k + 1− 1][k3 + 3k2 + 3k + 1 + 1]= (k + 1)k[k2 + 3k + 3][k3 + 3k2 + 3k + 2]= (k + 1)k(k + 2)[k2 + 3k + 3][k2 + k + 1],

lo que da lugar a una expresion multiplo de 2 y de 3, para cualquier valorde k, pues en la factorizacion intervienen tres numeros naturales consecuti-vos.

Por otra parte, si aplicamos la formula del binomio de Newton,

(k + 1)7 − (k + 1) = k7 + 7k6 + 21k5 + 35k4 + 35k3 + 21k2 + 7k + 1− k − 1= (k7 − k) + 7(k6 + 3k5 + 5k4 + 5k3 + 3k2 + k)= 42c + 7d = 7(6c + d),

y resulta una expresion multiplo de 7. De los dos desarrollos se obtiene elresultado deseado.

PROBLEMA 1.39.

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

Solucion

Para n = 1, 32·1+2 + 26·1+1 = 81 + 128 = 19 · 11.

Suponemos que 32k+2+26k+1 es multiplo de 11, es decir, 32k+2+26k+1 = 11cpara algun c ∈ Z.

28

Probemos que 32(k+1)+2 + 26(k+1)+1 es multiplo 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 querıa probar.

PROBLEMA 1.40.

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

Solucion

Para n = 1 se verifica porque 22·1 + 15 · 1− 1 = 18 = 2 · 9.

Suponemos que 22k + 15k − 1 es multiplo de 9, es decir, 22n + 15n− 1 = 9cpara algun c ∈ Z.

Probemos que 22(k+1) + 15(k + 1)− 1 es multiplo 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 multiplo de 9.

PROBLEMA 1.41.

Sean x1, x2, x3 tres numeros naturales consecutivos. Demostrar quex2

1 + x22 + x2

3 no es multiplo de 3 pero x31 + x3

2 + x33 es multiplo de 9.

29

Solucion

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 multiplo de 3.

Ahora bien, probaremos por induccion que (n−1)3+n3+(n+1)3 = 3n3+6nes multiplo de 9, para todo n ≥ 2.

Para n = 2, 3 · 23 + 6 · 2 = 36 = 9 · 4.

Suponemos que 3k3 +6k es multiplo de 9, es decir, 3k3 +6k = 9c para algunc ∈ Z, y debemos probar que 3(k + 1)3 + 6(k + 1) es multiplo de 9:

3(k+1)3+6(k+1) = 3k3+9k2+9k+3+6k+6 = 3k3+6k+9(k2+k+1) = 9c+9d,

que es evidentemente multiplo de 9.

PROBLEMA 1.42.

Demostrar que el producto de n factores, cada uno de los cualeses suma de los cuadrados de dos numeros enteros, se puede expre-sar como la suma de los cuadrados de otros dos numeros enteros.

Solucion

Debemos demostrar que (a21 +b2

1)(a22 +b2

2) . . . (a2n +b2

n) = A2 +B2, para todon ∈ N. Para n = 1 es evidente porque a2

1 + b21 = A2 + B2 eligiendo A = a1 y

B = b1.

Suponemos que (a21+b2

1)(a22+b2

2) . . . (a2k+b2

k) = A2+B2 y probemos que

(a21 + b2

1)(a22 + b2

2) . . . (a2k+1 + b2

k+1) = A21 + B2

1 :

(a21 + b2

1)(a22 + b2

2) . . . (a2k+1 + b2

k+1) = (A2 + B2)(a2k+1 + b2

k+1)= A2a2

k+1 + A2b2k+1 + B2a2

k+1 + B2b2k+1

= (Aak+1)2 + (Abk+1)2 + (Bak+1)2 + (Bbk+1)2

= (Aak+1)2 + (Bbk+1)2 − 2Aak+1Bbk+1

+(Bak+1)2 + (Abk+1)2 + 2Aak+1Bbk+1

= (Aak+1 −Bbk+1)2 + (Bak+1 + Abk+1)2

= A21 + B2

1 .

30

PROBLEMA 1.43.

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

Solucion

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.

Solucion

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.

Notese que el resultado no es cierto para n = 1, pero serıa cierto para todon ∈ N si modificamos el enunciado por (1 + x)n ≥ 1 + nx.

31

D. DESIGUALDADES Y VALOR ABSOLUTO.

Es sabido que la relacion ≤ permite ordenar el cuerpo de los numeros reales.Ademas la relacion es de orden total, lo que quiere decir que dados dosnumeros reales cualesquiera x e y, se cumple que x ≤ y o bien y ≤ x.

Por otra parte, sera importante a lo largo del curso la resolucion de inecua-ciones con soluciones en R. Para ello son de utilidad las siguientes propieda-des:

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 ladesigualdad).

d) x < y, y < z =⇒ x < z.

e) x < y, u < v =⇒ x + u < y + v.

Todas estas propiedades tienen sus analogas si cambiamos el signo < porcualquiera de >, ≤ o ≥.

Otras propiedades de las desigualdades se obtienen a partir del concepto devalor absoluto. Ası, dado un numero real x, su valor absoluto o modulo, querepresentamos por |x|, se define como:

|x| = +√

x2 = max{x,−x} =

{x si x ≥ 0,

−x si x < 0.

Geometricamente representa la distancia del punto x al origen de coordena-das.

Las propiedades basicas 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 quea + b

2≥√

ab.

32

Solucion

Partimos de la desigualdad evidente (√

a−√

b)2 ≥ 0 y obtenemos sucesiva-mente:

a− 2√

ab + b ≥ 0 =⇒ a + b

2≥√

ab.

Observacion. Este resultado se puede generalizar al siguiente:

a1 + · · ·+ an

n≥ n√

a1 . . . an,

lo que indica que la media aritmetica de los numeros a1, . . . an es mayor oigual a la media geometrica de los mismos.

PROBLEMA 1.46.

Demostrar que, para cualquier a ∈ R, a ≤ max{1, an}, siendo n ∈ Nfijo.

Solucion

Probaremos la propiedad para los distintos valores de a.

Si a > 1, max{1, an} = an y es evidente que a ≤ an.

Si −1 ≤ a ≤ 1, max{1, an} = 1 y a ≤ 1.

Si a < −1 y n es par, max{1, an} = an y a ≤ an. En cambio, si n es impar,max{1, an} = 1 ≥ a.

PROBLEMA 1.47.

Demostrar que si a y b son numeros reales positivos,

a > b ⇐⇒ a2 > b2 ⇐⇒√

a >√

b.

33

Solucion

i) a > b =⇒ a2 > b2:

Supongamos que a > b. Como a > 0, a · a > b · a.

Como tambien 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.

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 hipotesis.

iv) La demostracion de que√

a >√

b =⇒ a > b es completamente analogaa la del apartado i).

PROBLEMA 1.48.

Demostrar que la suma de cualquier numero positivo con su recıpro-co nunca es menor que 2.

Solucion

Se trata de probar que a + 1/a ≥ 2, ∀a > 0. Inecuaciones equivalentes a laprimera son

a2 + 1a

≥ 2 ⇐⇒ a2 + 1 ≥ 2a ⇐⇒ a2 − 2a + 1 ≥ 0 ⇐⇒ (a− 1)2 ≥ 0

lo que es siempre cierto por ser el cuadrado de un numero real.

34

PROBLEMA 1.49.

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

an+1> an +

1an

.

Solucion

Como en problemas anteriores vamos escribiendo inecuaciones equivalentesa la que queremos demostrar hasta llegar a una cuya demostracion sea masasequible. Tenemos entonces:

an+1 +1

an+1> an +

1an

⇐⇒ a2(n+1) + 1an+1

>a2n + 1

an

⇐⇒ a2(n+1) + 1 > a2n+1 + a

⇐⇒ a2n+2 − a2n+1 − a + 1 > 0⇐⇒ (a2n+1 − 1)(a− 1) > 0.

En esta ultima inecuacion, si a > 1, ambos factores son positivos por lo quesu producto tambien lo sera. En cambio si 0 < a < 1, ambos factores sonnegativos por lo que su producto sera tambien positivo. En ambos casos seprueba lo deseado.

PROBLEMA 1.50.

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

Solucion

Como a2 + b2 > 2ab, b2 + c2 > 2bc, c2 + a2 > 2ca, sumando miembro amiembro las tres inecuaciones resulta 2(a2 + b2 + c2) > 2(ab + bc + ca) ydividiendo por 2 obtenemos lo deseado.

35

Si a = b = c se verifica la igualdad, por lo que en general podemos escribira2 + b2 + c2 ≥ ab + bc + ca.

PROBLEMA 1.51.

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

Solucion

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 + y3 > x2y + y2x si x, y ∈ R+ (x 6= y).

Solucion

La inecuacion x3 + y3 > x2y + y2x es equivalente a (x + y)(x2 − xy + y2) >xy(x + y). Si dividimos por x + y, que es positivo, tenemos que tambien esequivalente a x2− xy + y2 > xy, o bien x2− 2xy + y2 > 0 lo cual es siemprecierto porque x2 − 2xy + y2 = (x− y)2 y x 6= y.

PROBLEMA 1.53.

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

36

Solucion

Desigualdades equivalentes a la que queremos probar son

an + bn > an−1b + abn−1 ⇐⇒ an − an−1b− (abn−1 − bn) > 0⇐⇒ an−1(a− b)− bn−1(a− b) > 0⇐⇒ (an−1 − bn−1)(a− b) > 0.

Esta ultima inecuacion es siempre cierta porque, si a > b, ambos factoresson positivos y, si a < b, ambos factores son negativos.

PROBLEMA 1.54.

Demostrar:

a) x2 − y2 > x− y si x + y > 1 y x > y.

b) x2 − y2 < x− y si x + y > 1 y x < y.

Solucion

a) Si x > y, entonces x− y > 0. De la desigualdad x + y > 1 obtenemos

(x + y)(x− y) > (x− y), es decir x2 − y2 > x− y.

b) Como x < y, x−y < 0. Multiplicando ambos miembros de la desigualdadx + y > 1 por x− y se invierte el sentido de la desigualdad y se tiene:

(x + y)(x− y) < (x− y) ⇐⇒ x2 − y2 < x− y.

PROBLEMA 1.55.

Sabiendo que la media aritmetica de dos numeros a y b esa + b

2,

la media geometrica es√

ab y la media armonica es2ab

a + b, probar

quea + b

2>√

ab >2ab

a + b, si a y b son positivos y distintos.

37

Solucion

i) La siguiente cadena de equivalencias prueba que (a + b)/2 >√

ab (otrometodo se realizo en el problema 1.45):

a + b

2>√

ab ⇐⇒ (a + b)2 > (2√

ab)2 ⇐⇒ a2 + b2 + 2ab > 4ab

⇐⇒ a2 − 2ab + b2 > 0 ⇐⇒ (a− b)2 > 0.

ii) Veamos ahora por el mismo metodo que√

ab >2ab

a + b:

√ab >

2ab

a + b⇐⇒ ab >

(2ab)2

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

PROBLEMA 1.56.

Demostrar que si a, b, c, d son numeros reales positivos tales quea

b>

c

d, entonces

a + c

b + d>

c

d.

Solucion

Sumando a ambos miembros de la desigualdad la misma cantidad c/b, tene-mos:

a

b>

c

d=⇒ a

b+

c

b>

c

d+

c

b=⇒ a + c

b>

c(b + d)bd

=⇒ a + c

b + d>

c

d.

PROBLEMA 1.57.

Demostrar que1x

+1y

>2

x + ysi x, y ∈ R+ (x 6= y).

38

Solucion

Escribamos expresiones equivalentes a la inecuacion a probar:

1x

+1y

>2

x + y⇐⇒ x + y

xy>

2x + y

⇐⇒ (x + y)2 > 2xy

⇐⇒ x2 + 2xy + y2 > 2xy ⇐⇒ x2 + y2 > 0,

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

PROBLEMA 1.58.

Demostrar quea2 + b2

2≥ ab, ∀a, b ∈ R. ¿En que caso se verifica la

igualdad?

Solucion

Si partimos de la desigualdad a probar, mediante expresiones equivalentesobtenemos:

a2 + b2

2≥ ab ⇐⇒ a2 + b2 ≥ 2ab ⇐⇒ a2 + b2 − 2ab ≥ 0 ⇐⇒ (a− b)2 ≥ 0,

que es siempre cierto.

La igualdad se verifica cuando a = b.

PROBLEMA 1.59.

Si a1, a2, . . . , an y b1, b2, . . . , bn son numeros reales cualesquiera, pro-bar la desigualdad de Schwarz:

(a1b1 + a2b2 + · · ·+ anbn)2 ≤ (a21 + a2

2 + · · ·+ a2n)(b2

1 + b22 + · · ·+ b2

n).

39

Solucion

Si x ∈ R, se tiene

(a1x + b1)2 + · · ·+ (anx + bn)2 ≥ 0.

Desarrollando y agrupando terminos, llegamos a:

A2x2 + 2Cx + B2 ≥ 0,

con A2 = a21 + · · ·+ a2

n, B2 = b21 + · · ·+ b2

n, C = a1b1 + · · ·+ anbn.

La inecuacion anterior se puede escribir, completando cuadrados, como (Ax+C/A)2 + B2−C2/A2 ≥ 0. Si elegimos x = −C/A2, resulta B2−C2/A2 ≥ 0,es decir, A2B2 ≥ C2, 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.

Solucion

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)

⇐⇒ x ∈

(−√

3√2,− 1√

2

)∪

(1√2,

√3√2

).

40

c) Como (x + 1)(x− 1)(x− 2) = 0 cuando x = −1, x = 1, x = 2, podemosescribir 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:

a)1x

+32x

≥ 5.

b) x(x + 2) ≤ 24.

c) |x + 2| < |x− 5|.

d)x

x + 2>

x + 33x + 1

.

Solucion

a)1x

+32x

≥ 5 ⇐⇒ 5x

2x2≥ 5 ⇐⇒ 5x ≥ 10x2 ⇐⇒ 2x2 − x ≤ 0 ⇐⇒ x(2x− 1) ≤ 0.

Hacemos la tabla de signos de los factores, teniendo en cuenta quex(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 solucion de la inecuacion es pues el intervalo (0, 1/2] (tengase encuenta que para x = 0 no tiene sentido la inecuacion).

41

b) x(x + 2) ≤ 24 ⇐⇒ x2 + 2x− 24 ≤ 0 ⇐⇒ (x− 4)(x + 6) ≤ 0.

Como el primer miembro de la inecuacion se anula en los puntos x = 4y x = −6, la correspondiente tabla de signos es:

x < −6 −6 < x < 4 x > 4

x + 6 – + +

x− 4 – – +

(x + 6)(x− 4) + – +

La solucion de la inecuacion es el intervalo cerrado [−6, 4].

c) Para resolver la inecuacion |x+2| < |x−5| debemos eliminar los valores

absolutos, sabiendo que |x + 2| =

{x + 2 si x + 2 ≥ 0−x− 2 si x + 2 < 0

y |x− 5| ={x− 5 si x− 5 ≥ 0−x + 5 si x− 5 < 0

. Por ello descomponemos la recta real en los

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. Elintervalo (−∞,−2) es solucion de la inecuacion.

Si −2 ≤ x < 5: x + 2 < −x + 5 ⇐⇒ 2x < 3 ⇐⇒ x < 3/2. La solucionen 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 solucion completa dela inecuacion es el intervalo (−∞, 3/2).

d)

x

x + 2>

x + 33x + 1

⇐⇒ x

x + 2− x + 3

3x + 1> 0 ⇐⇒ x(3x + 1)− (x + 3)(x + 2)

(x + 2)(3x + 1)> 0

⇐⇒ 2x2 − 4x− 6(x + 2)(3x + 1)

> 0 ⇐⇒ 2(x− 3)(x + 1)(x + 2)(3x + 1)

> 0.

Los puntos donde puede cambiar de signo la expresion son los queanulan numerador o denominador, es decir x = −2,−1,−1/3, 3. La

42

tabla de signos queda de la forma:

x < −2 −2 < x < −1 −1 < x < −13

−13 < x < 3 x > 3

x + 2 – + + + +

x + 1 – – + + +

3x + 1 – – – + +

x− 3 – – – – +2(x−3)(x+1)(x+2)(3x+1) + – + – +

La tabla indica que la solucion de la inecuacion es (−∞,−2)∪(−1,−1/3)∪(3,∞).

43

E. EJERCICIOS PROPUESTOS.

1.- Sea S un subconjunto no vacıo de R y denotamos por i a una cotainferior de S. Demostrar que

i = ınf S ⇐⇒ ∀ε > 0,∃b ∈ S : i ≤ b < i + ε.

Sugerencia: Ver problema 1.6.

2.- Probar, por el metodo de induccion completa, que 34n+2 + 52n+1

es multiplo de 14.

Sugerencia: Ver problema 1.39.

3.- Demostrar que xn − yn es divisible por x− y, ∀n ∈ N.

Sugerencia: Ver problema 1.36.

4.- Probar las siguientes propiedades de los numeros 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)1x

+1

1− x> 0.

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).

(h)∣∣∣x+1x−1

∣∣∣ ≤ 1.

Resp.: x ≤ 0.

6.- Probar que max(x, y) =x + y + |y − x|

2y mın(x, y) =

x + y − |y − x|2

,

∀x, y ∈ R.

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

7.- Encontrar el error en los siguientes razonamientos:

(a) Para resolver la desigualdadx + 1x− 1

≥ 1, procedemos ası:

x + 1 ≥ x− 1, de donde 1 ≥ −1, lo que indica que la desigualdadinicial es valida para todos los numeros reales. En particular losera para x = −1, lo que conduce a

−1 + 1−1− 1

≥ 1,

es decir, 0 ≥ 1.

(b) De la desigualdad evidente 8 < 16, deducimos la siguientecadena de desigualdades:

18

>116

⇐⇒ (1/2)3 > (1/2)4

⇐⇒ 3 log(1/2) > 4 log(1/2) ⇐⇒ 3 > 4.

45