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.

1

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.

5

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.

7

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.

8

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.

9

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].

12

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′.

13

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.

14

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.

15

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.

16

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

17

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.

18

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.

19

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