CAP´ ITUL ITULO O I. EL CUERPO CUERPO ORDENA ORDENADO DO ´ DE LOS NUMEROS REALES
SECCIONES
A. Elementos notables en R. B. Congruencias. Conjuntos numerables. C. M´etodo eto do de inducci´ inducci ´on on completa. completa. D. Desigualdades y valor absoluto. E. Ejercicios Ejercicios propuestos. propuestos.
1
A. ELEMENTOS NOTABLES NOTABLES EN R.
∅ un subconjunto del conjunto R de n´umeros umeros reales. reales.
Sea S =
a) Diremos que S est´ a acotado superiormente por superiormente por u, o que u es cota superior de S , cuando x u, x S .
≤ ∀ ∈
Una cota superior u de S se llama supremo de S si ning´ un u n n´ umero umero menor que u es cota superior de S , es decir cuando u es la menor de las cotas superiores de S . Si u es el supremo de S y u
∈ S , entonces u se llama m´ aximo de S .
b) An´alogamente alogamente a los anteriores se pueden definir los conceptos siguientes: El conjunto S est´a acotado inferiormente por inferiormente por i, o bien i es cota inferior de S , cuando x i, x S .
≥ ∀ ∈
Una cota inferior i de S se llama ´ınfimo de S si ning´ un un n´ umero umero mayor que i es cota inferior de S , es decir cuando i es la mayor de las cotas inferiores inferiores de S . Si i es el ´ınfimo ınfim o de S e i
∈ S , entonces i se llama m´ınimo de S .
Una propiedad fundamental de los n´umeros umeros reales la constituye el axioma del supremo, supremo, el cual establece que todo subconjunto de R no vac´ vac´ıo y aco acotad tadoo superiormente posee supremo. De ´el el se deduce otra condici´on on an´ aloga aloga para la existencia de ´ınfimo. Adem´as as estas propiedades son caracter´ caracter´ısticas del conjunto R.
PROBLEMA PROBLEMA 1.1.
Hallar Hall ar el supremo, ´ınfimo, ınfimo, m´ aximo aximo y m´ınimo (cuando existan) de los siguientes conjuntos: conjuntos: sen nπ n N . a) C = n cos nπ n N . b) D = n
| |
∈ ∈
2
A. ELEMENTOS NOTABLES NOTABLES EN R.
∅ un subconjunto del conjunto R de n´umeros umeros reales. reales.
Sea S =
a) Diremos que S est´ a acotado superiormente por superiormente por u, o que u es cota superior de S , cuando x u, x S .
≤ ∀ ∈
Una cota superior u de S se llama supremo de S si ning´ un u n n´ umero umero menor que u es cota superior de S , es decir cuando u es la menor de las cotas superiores de S . Si u es el supremo de S y u
∈ S , entonces u se llama m´ aximo de S .
b) An´alogamente alogamente a los anteriores se pueden definir los conceptos siguientes: El conjunto S est´a acotado inferiormente por inferiormente por i, o bien i es cota inferior de S , cuando x i, x S .
≥ ∀ ∈
Una cota inferior i de S se llama ´ınfimo de S si ning´ un un n´ umero umero mayor que i es cota inferior de S , es decir cuando i es la mayor de las cotas inferiores inferiores de S . Si i es el ´ınfimo ınfim o de S e i
∈ S , entonces i se llama m´ınimo de S .
Una propiedad fundamental de los n´umeros umeros reales la constituye el axioma del supremo, supremo, el cual establece que todo subconjunto de R no vac´ vac´ıo y aco acotad tadoo superiormente posee supremo. De ´el el se deduce otra condici´on on an´ aloga aloga para la existencia de ´ınfimo. Adem´as as estas propiedades son caracter´ caracter´ısticas del conjunto R.
PROBLEMA PROBLEMA 1.1.
Hallar Hall ar el supremo, ´ınfimo, ınfimo, m´ aximo aximo y m´ınimo (cuando existan) de los siguientes conjuntos: conjuntos: sen nπ n N . a) C = n cos nπ n N . b) D = n
| |
∈ ∈
2
Soluci´ on on
a) Como sen nπ = 0 si n
∈ N, entonces C = {0}, de modo que
sup C = ´ınf ın f C C = m´ ax ax C = m´ın C = 0. b) Como cos nπ =
1
si n es par entonces si n es impar,
−1 D = {−1, 1/2, −1/3, 1/4, . . . } = {−1, −1/3, −1/5, . . . }∪{1/2, 1/4, 1/6, . . . }. Lueg Lu egoo ´ınf ın f D D = m´ın D = −1 y sup D = m´ax ax D = 1/2.
PROBLEMA PROBLEMA 1.2.
Hallar el supremo supremo y el ´ınfimo, ınfimo, cuando cuando existan, existan, de los sigu siguiente ientess conjuntos de n´ umeros reales, especificando cu´ umeros ales ales tienen elemento m´ aximo aximo o m´ınimo, es decir, cu´ ando ando el supremo o el ´ınfimo ınfimo pertenecen al conjunto. a) A = b) B = c) C =
|∈ |∈ | ∈ | ≤ √ ∈ | ≥ | − | − 1 n n
N
.
1 n n
Z,
n=0 .
1 , n n
x x=0 o ´ x=
d) D = x 0
x<
2, x
e) E = x x2 + x + 1 f) F = x x2 + x
N
Q
.
.
0 .
1<0 .
g) G = x x < 0, x2 + x
1<0 .
Soluci´ on on
{
}
a) Como A = 1, 1/2, 1/3, . . . , es claro que sup A = m´ax ax A = 1 e ´ınf A = 0 por lo que no existe m´ın A. 3
∈ A,
{
}∪{−1, −1/2, −1/3, . . . } por lo que m´ ax ax B = sup B = 1 e ´ınf B = m´ın B = −1.
b) B = 1, 1/2, 1/3, . . .
c) Podemos escribir C = A
∪ {0} y tenemos
m´ ax ax C = sup C = 1 e ´ınf C = m´ın C = 0. d) Como sup D = 0.
√ 2 ∈ D, no existe m´ax ax D. Sin Si n embargo emba rgo ´ınf D ınf D = m´ın D =
√ 1 − 4 − ± 1 e) Al resolver la ecuaci´on on x2 + x + 1 = 0 tenemos x = y las 2 ra´ ra´ıces son imaginarias, por lo que x2 + x + 1 ≥ 0, ∀x ∈ R, es decir E = R que no est´a acotado ni superior ni inferiormente. √ 5 − ± 1 f ) Las L as ra r a´ıces de la l a ecuaci´ e cuaci´on on x2 +x−1 = 0 son x = . Luego la inecua2 √ 5 −1 + √ 5 − − 1 ci´on on x2 +x−1 < 0 s´olo olo se verifica en el intervalo F = , 2 2
Para este intervalo tenemos
√ √ 1+ 5 1− 5 − − ∈ F e ´ınf F = ∈ F, sup F = 2
2
por lo que no existen ni el m´aximo aximo ni el m´ınimo de F . F . g) Como G = F
∩ {x | x < 0} = {x | (−1 − √ 5)/ 5)/2 < x < 0}, resulta que √ − 1− 5 G e ´ınf G = ∈ G sup G = 0 ∈ 2
y en este caso tampoco el conjunto posee m´aximo axim o ni m´ınimo. ıni mo.
PROBLEMA PROBLEMA 1.3.
Hallar Hall ar el supremo, ´ınfimo, ınfimo, m´ aximo aximo y m´ınimo del conjunto I =
1 + ( 1)n n n
− | ∈N
4
.
.
Soluci´ on
Descomponemos el conjunto como I = =
{1 + 1/n | n es par}∪{−1 + 1/n | n es impar} {3/2, 5/4, 7/6, . . . } ∪ {0, −2/3, −4/5, . . . }.
De aqu´ı es f´acil ver que sup I = m´ax I = 3/2 e ´ınf I =
−1 ∈ I,
por lo que no existe el m´ınimo de I .
PROBLEMA 1.4.
Calcular el supremo y el ´ınfimo de los conjuntos ∞
A=
− −
n=1 ∞
B=
n=1 ∞
C =
n=1
1 1 , n n
.
1 1 , n n
.
1 1 , . 2n 2n 1
−
Soluci´ on
−
a) Como cada intervalo ( 1/n, 1/n) est´a contenido en el anterior, resulta que ∞ 1 1 A= , = ( 1, 1) n n
−
n=1
y sup A = 1, ´ınf A =
−1.
−
b) Como 0 es el ´unico punto que pertenece a todos los intervalos anteriores, tenemos que ∞ 1 1 B= , = 0 n n
−
n=1
con lo que sup B = ´ınf B = 0.
5
{}
−
c) Como ninguno de los intervalos [1/2n, 1/(2n 1)] tiene puntos en com´un, resulta que ∞ 1 1 = C = , 2n 2n 1
−
n=1
∅
y no posee supremo ni ´ınfimo.
PROBLEMA 1.5.
Sean A y B dos conjuntos no vac´ıos de n´ umeros tales que x y, x A, y B .
∀ ∈
∈
≤
≤ y, ∀y ∈ B y que x ≤ ´ınf B, ∀x ∈ A. b) Demostrar que sup A ≤ ´ınf B . a) Demostrar que sup A
Soluci´ on
a) Sea a = sup A. Por definici´on, i) a A), y
≥ x, ∀x ∈ A (a es cota superior de
ii) si a x, x peque˜ na de A).
≥
∀ ∈ A, entonces a ≤ a
Por ii), como todo y
(a es la cota superior m´as
∈ B es cota superior de A, a = sup A ≤ y.
An´ alogamente, si llamamos ´ınf B = b, tambi´en la definici´on indica que i) b y, y B y ii) si 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 que sup A ´ınf B puesto que ´ınf B es la m´axima cota inferior.
≤
PROBLEMA 1.6.
Sea S un subconjunto no vac´ ıo de superior de S . Demostrar que s = sup S
R
y denotamos por s a una cota
⇐⇒ ∀ε > 0, ∃a ∈ S : s − ε < a ≤ s. 6
Soluci´ on
⇒ ∈
∀ ∈
≥ − ≤
−
= : Si s = sup S , entonces x S, s x y para todo ε > 0, s ε no es cota superior de S , porque s ε < s. Esto quiere decir que existe a S tal que a > s ε. Pero tambi´en a s pues s = sup S . En resumen, ε > 0, a S : s ε < a s.
−
∀ ∃ ∈ − ≤ ⇐=: Si λ = sup S , no puede ser λ < s pues eligiendo ε < s − λ, tendr´ıamos que λ < s − ε y no podr´ıa existir a ∈ S tal que s − ε < a en contra de la hip´otesis. Luego ha de ser λ ≥ s y como sup S es la m´ınima cota superior, sup S = s.
PROBLEMA 1.7.
a) Sean A y B dos conjuntos no vac´ ıos con A sup B e ´ınf A ´ınf B .
≥
⊂ B. Probar que sup A ≤
b) Sean A y B dos conjuntos acotados superiormente, y definimos A+B = x+y x A, y B . Demostrar que sup(A + B) = sup A + sup B , ´ınf(A + B) = ´ınf A + ´ınf B .
{
| ∈
{ } ≤
∈ }
{ }
{
c) Si A = xi i∈I , B = yi i∈I y C = xi + yi sup C sup A + sup B e ´ınf C ´ınf A + ´ınf B .
≥
}
i∈I ,
demostrar que
Soluci´ on
≥ ∀ ∈
≥ ∀ ∈
a) Si llamamos b = sup B, entonces b y, y B. Por tanto b y, y A, lo que quiere decir que b es cota superior de A. Como sup A es la m´ınima cota superior, se deduce que sup A sup B.
≤
An´ alogamente, ´ınf B es una cota inferior de A y como ´ınf A es la mayor de todas ellas, resulta que ´ınf A ´ınf B.
≥
≥ ∀ ∈
≥ ∀ ∈
b) Sean a = sup A y b = sup B. Entonces a x, x A y b y, y B. Por tanto a + b x + y, x A, y B y a + b es cota superior de A + B. Probemos que es la m´ınima:
≥
∀ ∈
∈
∀
∃ ∈
−
Como a = sup A, por el problema anterior, ε > 0, a0 A : a ε/2 < a0 a, y como b = sup B, ε > 0, b0 B : b ε/2 < b0 b.
≤
∀
∃ ∈
7
−
≤
∈
Sumando miembro a miembro deducimos que existe a0 + b0 A + B tal que a + b ε < a0 + b0 a + b, lo que indica que a + b es la m´ınima cota superior de A + B, es decir, sup(A + B) = a + b = sup A +sup B.
−
≤
La prueba de que ´ınf(A + B) = ´ınf A +´ınf B es an´aloga a la anterior, con las modificaciones obvias.
{
}
c) Obs´ervese que C = xi + yi i∈I es un subconjunto de A + B pues A + B = xi + y j xi A, y j B . Por los apartados a) y b) se deduce que
{
sup C
| ∈
∈ }
≤ sup(A+B) = sup A+sup B e ´ınf C ≥ ´ınf(A+B) = ´ınf A+´ınf B.
PROBLEMA 1.8.
Probar que
R
es arquimediano, es decir que verifica la propiedad:
∀a, b ∈ R, a > 0, b ≥ 0, ∃n ∈ N tal que na > b. Soluci´ on
≤ ∀ ∈
Si fuera falso, na b, n N. Por tanto, n quiere decir que N est´a acotado superiormente.
≤ b/a,
n = 1, 2, . . . lo que
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
Soluci´ on
− −
Si aplicamos la propiedad arquimediana de los n´umeros reales con 1 y b a demostrada en el problema anterior, tenemos que existe n N tal que n(b a) > 1.
∈
Por una parte, si b 0, existe p menor de tales enteros. Entonces
≥
m
∈ N tal que p · 1/n ≥ b; llamamos m al
− 1 < b ≤ m.
n
− ≤
m 1 Si fuera a, entonces b n elecci´on de n. Por tanto a< Por otra parte, si b existe r Q tal que
∈
m
n
− a ≤ mn − m n− 1 = n1 , lo que contradice la
− 1 < b y m − 1 ∈ Q.
n
n
≤ 0, entonces −a > −b ≥ 0 y, por la primera parte, −b < r < −a, es decir, a < −r < b y −r ∈ Q.
La propiedad anterior indica que, a pesar de que el conjunto de n´ umeros racionales es mucho menor que el de los reales, est´a uniformemente distribuido entre estos, pues siempre hay alg´un racional comprendido entre dos reales. Observaci´ on.
B. CONGRUENCIAS. CONJUNTOS NUMERABLES.
Recordamos el concepto de aplicaci´on biyectiva entre conjuntos:
→
Una aplicaci´ on f : A B entre dos conjuntos cualesquiera A y B es inyectiva cuando dados dos elementos cualesquiera x1 , x2 A, se verifica que f (x1 ) = f (x2 ) = x1 = x2 . Equivalente a la implicaci´on anterior es la contrarrec´ıproca, es decir f es inyectiva cuando x1 = x2 = f (x1 ) = f (x2 ).
∈
⇒
∀ ∈
⇒
∃ ∈
Por otra parte, la aplicaci´ on f es sobre cuando y B, x A tal que f (x) = y, es decir cuando todos los elementos de B son imagen de alg´ un elemento de A. Si una aplicaci´ on es a la vez inyectiva y sobre, se dice que es biyectiva . 9
→
Cuando una aplicaci´on f : A B es biyectiva, existe, y tambi´en es biyectiva, −1 la llamada aplicaci´ on inversa f : B A definida por f −1 (y) = x cuando f (x) = y, para todo y B.
→
∈
Decimos que dos conjuntos A y B son congruentes o equipotentes , y lo representamos como A B, cuando existe una aplicaci´on biyectiva f : A B. Es sencillo probar que la relaci´on de congruencia as´ı definida es de equivalencia.
∼
→
Si llamamos cardinal de un conjunto al n´umero de elementos o puntos que posee, la definici´on anterior permite decir que dos conjuntos congruentes tienen el mismo cardinal. Si clasificamos los conjuntos de n´umeros reales con respecto a su cardinal, tenemos: - Conjunto finito es aqu´el cuyo cardinal es finito (tiene s´olo un n´ umero finito de elementos). - Conjunto infinito numerable es aquel conjunto congruente con el conjunto de n´ umeros naturales. Por ejemplo, el conjunto de los n´ umeros racionales es numerable. - Conjunto infinito no numerable es el conjunto que no es congruente con N ni con cualquier subconjunto de N. Un intervalo como (0, 1) no es numerable y su cardinal, llamado potencia del continuo, se suele expresar con la letra c.
PROBLEMA 1.10.
Sean los c´ırculos conc´ entricos C 1 = (x, y) x2 + y 2 = a2 , C 2 = (x, y) x2 + y 2 = b2
{
|
}
{
|
}
con 0 < a < b. Establecer geom´ etricamente una aplicaci´ on biyectiva entre C 1 y C 2 .
Soluci´ on
Definimos la aplicaci´on f : C 2 C 1 que a cada x C 2 le hace corresponder el punto f (x) C 1 de intersecci´on del radio que va del centro 0 al punto x con la circunferencia C 1 , como se ilustra en la figura.
∈
→
∈
10
x f (x) O C 1 C 2 Resulta que f es claramente inyectiva y sobre por lo que define una aplicaci´on biyectiva entre C 1 y C 2 .
PROBLEMA 1.11.
Demostrar que dos segmentos arbitrarios tienen tantos puntos el uno como el otro.
Soluci´ on
Dados los segmentos AB y A B , llamamos P al punto de intersecci´o n de AB y BA . A cada punto C de AB le hacemos corresponder el punto C de intersecci´ on de CP con A B como indica la figura. A C B P A
C
B
La aplicaci´on C C es biyectiva pues cada punto de AB tiene una imagen u ´ nica en A B y cada punto de A B es la imagen de un u ´ nico punto de AB.
→
PROBLEMA 1.12.
Demostrar las siguientes congruencias entre conjuntos:
∼ (0, 1). b) [0, 1] ∼ [0, 1). c) [0, 1] ∼ (0, 1]. a) [0, 1]
11
Soluci´ on
{
}∪
{
}∪
a) Si escribimos [0, 1] = 0, 1, 1/2, 1/3, . . . A y (0, 1) = 1/2, 1/3, . . . A, donde A = [0, 1] 0, 1, 1/2, 1/3, . . . = (0, 1) 1/2, 1/3, . . . , podemos definir la funci´on f : [0, 1] (0, 1) por
\{
f (x) =
2 1/(n + 2) x
}
→
\{
}
si x = 0, si x = 1/n, n N, si x = 0, 1/n, n N.
∈
∈
Esta funci´on es biyectiva por lo que [0 , 1]
∼ (0, 1).
b) La funci´on f : [0, 1] f (x) = [0, 1).
→ [0, 1) definida por 1/(n + 1) si x = 1/n, n ∈ N, x si x = 1/n, n ∈ N. es biyectiva por lo que [0, 1] ∼ →
−
c) Sea f : [0, 1) (0, 1] la funci´on definida por f (x) = 1 x. Esta funci´on es biyectiva y por tanto [0, 1) (0, 1]. Como por b) [0, 1] [0, 1), por la transitividad de la congruencia entre conjuntos se deduce que [0, 1] (0, 1].
∼
∼
∼
PROBLEMA 1.13.
Demostrar que cada uno de los intervalos [a, b], (a, b), [a, b), (a, b] tiene la potencia del continuo, es decir tiene cardinal c.
Soluci´ on
− 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]. La f´ormula f (x) = a + (b
12
PROBLEMA 1.14.
Demostrar que
R
tiene cardinal c.
Soluci´ on
−
Es f´acil comprobar (ver gr´afica adjunta) que la funci´on f : ( 1, 1) x definida por f (x) = es biyectiva por lo que ( 1, 1) R. 1 x
−| |
−
∼
→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 n´ umeros pares. ¿Es biyecE definida por f (x) = 2x? ¿Es N E ? tiva la aplicaci´ on f : N
{
}
→
∼
Soluci´ on
La funci´on f es inyectiva porque si f (x) = f (x ), entonces 2x = 2x , de donde x = x . 13
Tambi´en es sobre porque dado cualquier y es decir, y = f (x). Como f es biyectiva, N
∈ E , existe x ∈ N tal que y = 2x,
∼ E .
PROBLEMA 1.16.
{
¿Es numerable la sucesi´ on a1 , a2 , . . .
} con a = a i
j
si i = j ?
Soluci´ on
Debido a que toda sucesi´on es una aplicaci´o n de N en el conjunto de sus elementos, f (n) = an , si los an son distintos, la funci´on es biyectiva y la sucesi´on forma un conjunto numerable.
PROBLEMA 1.17.
× ∼ ×
B A, (A Demostrar que A B cualesquiera conjuntos A,B,C .
× B) × C ∼ A × (B × C ), para
Soluci´ on
Para la demostraci´ on basta considerar las aplicaciones biyectivas siguientes: f : A
× B → B × A definida por f (a, b) = (b, a), a ∈ A, b ∈ B; f : (A × B) × C → A × (B × C ) por f ((a, b), c) = (a, (b, c)), a ∈ A, b ∈ B, c ∈ C .
PROBLEMA 1.18.
Demostrar que
N
× N es numerable. 14
Soluci´ on
×
El conjunto N N puede escribirse como una sucesi´on de elementos distintos as´ı: (1, 1), (2, 1), (1, 2), (1, 3), (2, 2), (3, 1), . . . seg´ un se ilustra en el diagrama. 4 3 2 1 0
1
2
3
4
Seg´ un el problema 1.16, se puede definir una biyecci´on entre N
× N y N.
PROBLEMA 1.19.
Demostrar que M
× M es numerable, donde M = N ∪ {0}.
Soluci´ on
∈ ∈
Como todo entero positivo a N puede escribirse de una sola manera en la forma a = 2r (2s + 1) con r, s M , la funci´on f : N M M definida por f (a) = (r, s) es biyectiva. Luego M M es numerable.
×
PROBLEMA 1.20.
Probar que
Z
es numerable.
15
→ ×
Soluci´ on
La funci´on f : N
→ Z definida por f (n) =
− −
0 n n
si n = 1, si n = 2n , n N, si n = 2n + 1, n N,
∈
∈
n/2 + 1/2 si n es impar ) n/2 si n es par es evidentemente biyectiva, lo que muestra que Z es numerable. (que tambi´en se puede expresar como f (n) =
PROBLEMA 1.21.
Demostrar que
Q
es numerable.
Soluci´ on
Llamamos Q+ al conjunto de los n´ umeros racionales positivos y Q− al con junto de los n´umeros racionales negativos. Entonces Q = Q+ 0 Q− .
∪{ }∪
N N definido por f ( p/q ) = ( p, q ), donde expresamos el Sea f : Q+ n´umero racional p/q como cociente de dos enteros positivos primos entre s´ı. Es inmediato comprobar que f es inyectiva y que, por tanto, Q+ es equipotente a un subconjunto de N N. Como este u ´ ltimo conjunto es numerable, + tambi´en lo es Q .
→ ×
×
Se comprueba asimismo que Q− es numerable (basta definir f ( p/q ) = ( p, q )). Como Q es uni´on de dos conjuntos numerables y uno finito, Q es numerable.
−
PROBLEMA 1.22.
Demostrar que el conjunto P de todos los polinomios p(x) = a0 + a1 x + + am xm con coeficientes enteros es numerable.
···
16
Soluci´ on
Para todo par de n´ umeros naturales (m, n) sea P (m,n) el conjunto de los polinomios p(x) = a0 +a1 x+ +am xm de grado m para los que a0 + a1 + + am = n. Es claro que P (m,n) es finito. Como adem´as P = P (m,n) es
···
| |
| | | | ···
(m,n)∈N×N
uni´on numerable de conjuntos finitos, se deduce que P es numerable.
PROBLEMA 1.23.
Un n´ umero real r se llama algebraico si es soluci´on de una ecua+ an xn = 0 con coeficientes ci´ on polin´ omica p(x) = a0 + a1 x + enteros. Demostrar que el conjunto de los n´ umeros algebraicos es numerable.
···
Soluci´ on
Es evidente, seg´un el problema anterior, que el conjunto de tales ecuaciones polin´omicas E = p1 (x) = 0, p2 (x), p3 (x) = 0, . . . es numerable. Si llamamos Ai = x x es soluci´on de pi (x) = 0 , como todo polinomio de grado n no puede tener m´as de n ra´ıces, todo Ai es finito. Por consiguiente, y como A= Ai es uni´on numerable de conjuntos finitos, A es numerable.
{ |
{
}
}
i∈N
PROBLEMA 1.24.
Un n´ umero real se llama trascendente si no es algebraico (por ejemplo, π y e son trascendentes). Demostrar que el conjunto de los n´ umeros trascendentes no es numerable.
Soluci´ on
\
Si A es el conjunto de los n´umeros algebraicos, R A es el conjunto de los n´umeros trascendentes. Como R = A (R A), al ser A numerable y R
∪ \
17
\
no numerable, R A no puede ser numerable (en caso contrario, R ser´ıa numerable por ser uni´on de dos conjuntos numerables).
PROBLEMA 1.25.
Demostrar que un subconjunto de un conjunto numerable es finito o numerable.
Soluci´ on
{
}
Sea A = a1 , a2 , . . . un conjunto numerable y sea B
⊂ A.
∅ Si B = ∅, sea a el primer elemento de la sucesi´on {a1 , a2 , . . . } tal que a ∈ B. Llamamos a al primer elemento que sigue a a en la sucesi´on anterior tal que a ∈ B. Entonces B = {a , a , . . . }. Si el conjunto de enteros positivos {n1 , n2 , . . . } es acotado, B es finito. En caso contrario, B Si B = , entonces B es finito. n1
n1
n2
n1
n2
n1
n2
es numerable.
PROBLEMA 1.26.
Demostrar que
√ 2 + √ 3 no puede ser racional.
Soluci´ on
√ √ ⇒
√ ⇒ − √ ⇒ − √ √
Si x = 2 + 3 = x2 = 2 + 3 + 2 6 = x2 5 = 2 6 = x4 10x2 + 1 = 0, y la propia construcci´on prueba que 2 + 3 es ra´ız de la u ´ ltima ecuaci´on. Recordamos aqu´ı el teorema de Ruffini que expresa que toda soluci´o n racional p/q de una ecuaci´on a0 xn + a1 xn−1 + + an = 0, con ai Z y a0 = 0, an = 0, verifica que p divide a an y q divide a a0 .
···
18
∈
En nuestro caso, si p/q es soluci´on racional de la ecuaci´on de coeficientes enteros x4 10x2 + 1 = 0, entonces p y q son divisores de 1. Por tanto, las u ´ nicas soluciones racionales son 1 y -1, que no verifican la ecuaci´on, como se puede comprobar inmediatamente. Como sabemos que x = 2 + 3 es soluci´on, no puede ser racional.
−
√ √
PROBLEMA 1.27.
Sean m y n dos n´ umeros naturales primos entre s´ı y irracionales. Demostrar que tambi´ en son irracionales i) y ii) m + n.
√
√
√ m, √ n √ m · √ n
Soluci´ on
√ · √ ∈ ⇒ · · √ · √ ∈
·
i) Si fuera m n = p/q Q con p y q primos entre s´ı, entonces m n = 2 2 2 p /q = p = m n q 2 , de modo que p2 es m´ ultiplo de q 2 y en consecuencia p es m´ ultiplo de q . Como m.c.d.( p, q ) = 1, s´olo puede ser q = 1 y m n = p N. Descomponemos ahora m,n,p en factores primos: m = mα1 mα2 . . . mαr , con mi primos; 1
2
r
β β n = nβ 1 n2 . . . ns , con ni primos; 1
2
s
γ γ p = pγ 1 p2 . . . pt , con pi primos; 1
2
t
donde mi = n j ,
∀i, j, por ser m y n primos entre s´ı.
Tenemos
√ m · √ n
= =
⇒
mα1 . . . mαr 1
r
mα1 . . . mαr 1
r
β 1
· n1 β 1
· n1
γ γ . . . nβ s = p1 . . . pt 1
s
t
2γ 2γ . . . nβ s = p1 . . . pt . 1
s
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 β mα1 , . . . , mαr , nβ ı como tambi´en 1 , . . . , ns son cuadrados perfectos, as´ deben serlo m y n. Esto quiere decir que m y n son n´ umeros naturales, lo que contradice la suposici´on inicial. 1
r
1
s
√
19
√
√
ii) Si fuera m + al cuadrado,
√
√ n = p/q ∈ Q, con m.c.d.( p, q ) = 1, entonces, elevando
m+n+2 mn = pues p2
p2 = q 2
2 2 2 2 ⇒ √ mn = p /q −2(m + n) = p − q 2q (m2 + n) ∈ Q
− q 2(m + n) ∈ Z y 2q 2 ∈ Z.
Esto contradice el apartado i); luego
√ m + √ n es irracional.
´ ´ C. METODO DE INDUCCION COMPLETA.
El m´etodo de inducci´on completa es un m´etodo de demostraci´on de propiedades v´alidas en todo el conjunto N y se basa en el principio de inducci´on, que dice lo siguiente: Si S es un subconjunto de N con las dos condiciones siguientes: i) 1
∈ S ;
ii) cada vez que k
∈ S , entonces k + 1 ∈ S ;
entonces S = N. De lo anterior se deduce que para que una propiedad P (n) que depende de n sea cierta n N, basta comprobar:
∀ ∈
i) Que P (1) es cierta, es decir, la propiedad es cierta para n = 1. ii) Que si suponemos P (k) cierta para cualquier k, entonces P (k + 1) es cierta.
PROBLEMA 1.28.
Demostrar que 1 + 3 +
··· + (2n − 1) = n2, para todo n ∈ N.
20
Soluci´ on
· − 1 = 12.
Para n = 1 el enunciado es cierto porque 2 1
Si suponemos que es cierto para n = k, es decir que 1+3 + debemos probar que tambi´ en lo es para k + 1: 1+3+
··· +(2k − 1) = k2,
···+(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 f´ ormulas para todo n a) 12 + 22 +
+ 1) ··· + n2 = n(n + 1)(2n . 6
b) 13 + 23 +
··· + n3 = n (n4+ 1)
2
∈ N:
2
.
Soluci´ on
a) Para n = 1: 12 =
·
1(1 + 1)(2 1 + 1) . 6
Suponemos que 12 + 22 + que 12 + 2 2 +
+ 1) ··· + k2 = k(k + 1)(2k 6
y probaremos
··· + k2 + (k + 1)2 = (k + 1)(k + 1 +61)[2(k + 1) + 1] :
Por hip´ otesis, k(k + 1)(2k + 1) + (k + 1)2 6 k(k + 1)(2k + 1) + 6(k + 1)2 (k + 1)[k(2k + 1) + 6(k + 1)] = 6 6 (k + 1)[(k + 2)(2k + 3)] . 6
12 + 22 + . . . + k2 + (k + 1)2 = = =
21
12 (1 + 1)2 b)Para n = 1: 1 = . 4 3
3
3
Suponemos que 1 + 2 + 3
3
Probemos que 1 + 2 + 3
3
1 +2 +
··· + k
3
···
···
+ (k + 1)
k2 (k + 1)2 +k = . 4 3
(k + 1)2 (k + 1 + 1)2 + k + (k + 1) = : 4 3
3
= =
3
k2 (k + 1)2 k2 (k + 1) 2 + 4(k + 1)3 3 + (k + 1) = 4 4 2 2 2 (k + 1) [k + 4(k + 1)] (k + 1) (k + 2) 2 = . 4 4
PROBLEMA 1.30.
Demostrar que 3 + 2 31 +
·
n
··· + 2 · 3
= 3n+1 , n
∀ ∈ N.
Soluci´ on
Para n = 1, 3 + 2 31 = 31+1.
·
Suponemos que 3 + 2 31 +
··· + 2 · 3 = 3 +1 para alg´un k ∈ N. Probemos que 3 + 2 · 31 + ··· + 2 · 3 +1 = 3 +2 : 3 + 2 · 31 + ··· + 2 · 3 +1 = 3 +1 + 2 · 3 +1 = 3 · 3 +1 = 3 +2 . k
·
k
k
k
k
k
k
k
k
PROBLEMA 1.31.
Demostrar que para todo n > 1,
·
·
1 + 1 1! + 2 2! +
··· + (n − 1) · (n − 1)! = n!
Soluci´ on
·
Para n = 2: 1 + 1 1! = 2!
·
· ··· + (k − 1) · (k − 1)! = k! y debemos ··· − 1) · (k − 1)! + k · k! = (k + 1)!.
Suponemos que 1 + 1 1! + 2 2! + probar que 1 + 1 1 ! + 2 2! + + (k
·
·
22
·
·
En efecto: 1 + 1 1! + 2 2! + k!(1 + k) = (k + 1)!
··· + (k − 1) · (k − 1)! + k · k! = k! + k · k! =
PROBLEMA 1.32.
Demostrar que para todo n a) b)
1
·
1 2 1
·
1 3
+ +
1
·
2 3 1
·
3 5
+ +
∈ N:
··· + n · (n1 + 1) = n +n 1 .
··· + (2n − 1) 1· (2n + 1) = 2nn+ 1 .
Soluci´ on
1
1 . 1 2 1+1 1 1 Suponemos que + + 1 2 2 3
a) Para n = 1:
=
·
1
Probemos que 1 1 2
·
+
1 2 3
·
+
·
·
1 2
+
1
·
·
2 3
+
··· + k · (k1+ 1) = k +k 1 .
··· + k · (k1+ 1) + (k + 1) 1· (k + 2) = k +k +1 +1 1 :
··· + k · (k1+ 1)
+ = =
b) Para n = 1:
1
=
1 3 Supongamos que
·
1 1 3
·
+
1
k 1 + (k + 1) (k + 2) k + 1 (k + 1) (k + 2) k(k + 2) + 1 k2 + 2k + 1 = (k + 1) (k + 2) (k + 1) (k + 2) (k + 1)2 k+1 = . (k + 1) (k + 2) k+2
·
=
·
·
·
·
1 . 2 1+1
·
1 3 5
·
+
··· + (2k − 1) 1· (2k + 1) = 2k k+ 1 ,
y probemos que 1
1 1 k+1 ··· + + = . 1·3 (2k − 1) · (2k + 1) (2(k + 1) − 1) · (2(k + 1) + 1) 2(k + 1) + 1 +
23
En efecto, 1
·
1 3
+ ... + = =
1
1
+
− ·
− ·
(2k 1) (2k + 1) (2(k + 1) 1) (2(k + 1) + 1) k 1 k(2k + 3) + 1 + = 2k + 1 (2k + 1) (2k + 3) (2k + 1) (2k + 3) 2k 2 + 3k + 1 (2k + 1)(k + 1) k+1 = = . (2k + 1) (2k + 3) (2k + 1) (2k + 3) 2k + 3
·
·
·
·
PROBLEMA 1.33. n
Demostrar que
(1 + h + h2 ) =
h=1
n2 + 3n + 5 n, n 3
· ∀ ∈ N.
Soluci´ on
Se verifica para n = 1 pues el primer miembro es 3, y el segundo,
12
1
(1+h+h2 ) = 1+1+12 =
h=1
·
+3 1+5 1 = 3. 3
·
k
Supongamos que se verifica para n = k, es decir y probemos que tambi´ en es cierto para n = k:
k+1
(1 + h + h2 ) =
h=1
k2 + 3k + 5 k 3
k
2
(1 + h + h ) =
h=1
(1 + h + h2 ) + [1 + (k + 1) + (k + 1)2 ]
h=1
= = =
k 2 + 3k + 5 k + (k + 2) + (k + 1)2 3 3 k + 3k 2 + 5k + 3k + 6 + 3k 2 + 3 + 6k 3 3 2 k + 6k + 14k + 9 . 3
·
24
·
Por otra parte, (k + 1)2 + 3(k + 1) + 5 (k + 1) = 3
·
= =
(k + 1)3 + 3(k + 1)2 + 5(k + 1) 3 3 2 k + 3k + 3k + 1 + 3k 2 + 6k + 3 + 5k + 5 3 3 2 k + 6k + 14k + 9 . 3
PROBLEMA 1.34.
Probar que a2n
− b2
n
es divisible por a + b, n
∀ ∈ N.
Soluci´ on
Para n = 1: a2 b2 es divisible por a+b, porque a2 b2 = (a+b)(a b).
−
Suponemos que a2k
−
−
− b2 es divisible por a + b. Probemos que a2( +1) − b2( +1) es divisible por a + b: a2( +1) − b2( +1) = a2 +2 − b2 +2 = a2 a2 − b2 b2 = a2 a2 − a2 b2 + a2 b2 − b2 b2 = a2 (a2 − b2 ) + b2 (a2 − b2 ). Por hip´ otesis, existe C tal que a2 − b2 = C (a + b), de modo que: a2( +1) − b2( +1) = a2 (a2 − b2 ) + b2 (a2 − b2 ) = a2 C (a + b) + b2 (a − b)(a + b) = (a + b)[a2 C + b2 (a − b)], k
k
k
k
k
k
k
k
k
k
k
k
k
k
k
k
k
k
k
k
k
k
k
k
k
lo que prueba la tesis.
PROBLEMA 1.35.
Demostrar que x2n−1 + y 2n−1 es divisible por x + y, n
∀ ∈ N.
25
Soluci´ on
Para n = 1, x2·1−1 + y 2·1−1 = x + y, que claramente es divisible por x + y. Suponemos que x2k−1 + y 2k−1 es divisible por x + y, es decir, existe C tal que x2k−1 + y 2k−1 = C (x + y). Probemos que x2(k+1)−1 + y 2(k+1)−1 es divisible por x + y: x2(k+1)−1 + y 2(k+1)−1 = x2k+1 + y2k+1 = x2 x2k−1 + y2 y 2k−1 = x2 x2k−1 = (x2
− y 2 x2
k−1
+ y 2 x2k−1 + y2 y 2k−1
− y2)x2 1 + y2(x2 1 + y2 1) (x − y)(x + y)x2 1 + y2 C (x + y) (x + y)[(x − y)x2 1 + y2 C ]. k−
k−
k−
k−
=
k−
=
PROBLEMA 1.36.
∈ R fijos. Demostrar que para todo n ∈ N, a − b = (a − b)(a 1 + a 2 b + ··· + ab 2 + b
Sean a, b
n
n
n−
n−
n−
n−1
).
Soluci´ on
Para n = 1, a1
− b1 = a − b. Suponemos que a − b = (a − b)(a 1 +a 2 b+ ··· +ab 2 +b 1 ) y debemos probar que a +1 − b +1 = (a − b)(a + a 1 b + ··· + ab 1 + b ): a +1 − b +1 = a · a − b · b = a · a − a · b + a · b − b · b = a(a − b ) + b (a − b) = a(a − b)(a 1 + a 2 b + ··· + ab 2 + b 1 ) + b (a − b) = (a − b)(a + a 1 b + ··· + ab 1 + b ). k
k
k
k
k
k−
k−
k
k−
k
k
k
k
k
k
k−
k
k−
k−
k
k
k−
k−
k
k
k−
k−
26
k−
k−
k
k
k
PROBLEMA 1.37.
Demostrar la f´ ormula del binomio de Newton (a + b)n =
n n n n−1 a + a b+ 0 1
··· +
n
n
−1
n−1
ab
+
n n b . n
Soluci´ on
1
Para n = 1, (a + b) =
1 1 1 1 a + b = a + b. 0 1
k
Suponemos que (a + b) =
··· −
k k k k−1 a + a b+ 0 1
+
k
k
k k b k m+1 : n+1
abk−1 +
1 m m y probemos la f´ormula para k+1 -recordemos que + n n+1
=
(a + b)k+1 = (a + b)(a + b)k k k k k−1 k k k = (a + b) a + a b+ + abk−1 + b 0 1 n 1 k k k+1 k k k k k k+1 = a + + ak b + + + abk + b 0 0 1 k 1 k k k + 1 k+1 k+1 k k+1 k + 1 k+1 = a + a b+ + abk + b . 0 1 k k+1
··· − ··· − ···
PROBLEMA 1.38.
Demostrar que n7
− n es m´ultiplo de 42, ∀n ∈ N.
Soluci´ on
Debido a que 42 = 2 3 7, debemos probar que n7 y 7.
· ·
27
− n es m´ultiplo de 2, 3
Para n = 1, 17 1 = 0 que es evidentemente m´ultiplo de 42 (en realidad es m´ultiplo de cualquier n´umero).
−
Suponemos que k7 c Z.
∈
− k es m´ultiplo de 42, es decir, k7 − k = 42c para alg´un
Probemos que (k + 1)7 (k + 1) 7
− (k + 1)
= = =
− (k + 1) es divisible por 42. Por una parte, (k + 1)[(k + 1)6 − 1] (k + 1)[(k + 1)3 − 1][(k + 1)3 + 1] (k + 1)[k 3 + 3k 2 + 3k + 1 − 1][k 3 + 3k 2 + 3k + 1 + 1]
= (k + 1)k[k2 + 3k + 3][k3 + 3k 2 + 3k + 2]
= (k + 1)k(k + 2)[k 2 + 3k + 3][k2 + k + 1], lo que da lugar a una expresi´o n m´ ultiplo de 2 y de 3, para cualquier valor de k, pues en la factorizaci´on intervienen tres n´umeros naturales consecutivos. Por otra parte, si aplicamos la f´ormula del binomio de Newton, (k + 1) 7
− (k + 1)
= k 7 + 7k6 + 21k 5 + 35k 4 + 35k 3 + 21k 2 + 7k + 1 = (k 7
− k) + 7(k6 + 3k5 + 5k4 + 5k3 + 3k2 + k)
−k−1
= 42c + 7d = 7(6c + d),
y resulta una expresi´o n m´ ultiplo de 7. De los dos desarrollos se obtiene el resultado deseado.
PROBLEMA 1.39.
Demostrar que 32n+2 + 26n+1 es m´ ultiplo de 11, n
∀ ∈ N.
Soluci´ on
Para n = 1, 32·1+2 + 26·1+1 = 81 + 128 = 19 11.
·
Suponemos que 32k+2 +26k+1 es m´ ultiplo de 11, es decir, 3 2k+2 +26k+1 = 11c para alg´ un c Z.
∈
28
Probemos que 32(k+1)+2 + 26(k+1)+1 es m´ ultiplo de 11: 32(k+1)+2 + 26(k+1)+1 = 32k+4 + 26k+7 = 9 32k+2 + 26 26k+1
·
·
= 9 32k+2 + 64 26k+1 = 9(32k+2 + 26k+1 ) + 55 26k+1
· · · 9 · 11 · c + 5 · 11 · 26 +1 = 11(9 · c + 5 · 26 +1 ) k
=
k
como se quer´ıa probar.
PROBLEMA 1.40.
Probar que 22n + 15n
− 1 es m´ultiplo de 9, ∀n ∈ N.
Soluci´ on
Para n = 1 se verifica porque 22·1 + 15 1 Suponemos que 2 2k + 15k para alg´ un c Z.
∈
· − 1 = 18 = 2 · 9.
− 1 es m´ultiplo de 9, es decir, 22
n
Probemos que 22(k+1) + 15(k + 1) 22(k+1) + 15(k + 1)
−1
+ 15n
− 1 = 9c
− 1 es m´ultiplo de 9:
= 4 22k + 15k + 14
·
= 4(22k + 15k
− 1) − 45k + 18 = 4 · 9c − 9 · 5k + 9 · 2,
que es m´ultiplo de 9.
PROBLEMA 1.41.
Sean x1 , x2 , x3 tres n´ umeros naturales consecutivos. Demostrar que 2 2 2 x1 + x2 + x3 no es m´ ultiplo de 3 pero x31 + x32 + x33 es m´ ultiplo de 9.
29
Soluci´ on
Si escribimos x1 , x2 , x3 como (n
− 1), n, (n + 1), tenemos
(n 1)2 + n2 + (n + 1) 2 = 3n2 + 2 que para n = 2 da como resultado 14, que no es m´ultiplo de 3.
−
Ahora bien, probaremos por inducci´on que (n 1)3 +n3 +(n+1)3 = 3n3 +6n es m´ ultiplo de 9, para todo n 2.
−
≥
Para n = 2, 3 23 + 6 2 = 36 = 9 4.
·
·
·
Suponemos que 3k 3 + 6k es m´ ultiplo de 9, es decir, 3k 3 + 6k = 9c para alg´ un c Z, y debemos probar que 3(k + 1)3 + 6(k + 1) es m´ ultiplo de 9:
∈
3(k+1)3 +6(k+1) = 3k3 +9k2 +9k+3+6k+6 = 3k3 +6k+9(k 2 +k+1) = 9c+9d, que es evidentemente m´ultiplo de 9.
PROBLEMA 1.42.
Demostrar que el producto de n factores, cada uno de los cuales es suma de los cuadrados de dos n´umeros enteros, se puede expresar como la suma de los cuadrados de otros dos n´umeros enteros.
Soluci´ on
Debemos demostrar que (a21 + b21 )(a22 + b22 ) . . . (a2n + b2n ) = A2 + B 2 , para todo n N. Para n = 1 es evidente porque a21 + b21 = A2 + B 2 eligiendo A = a1 y B = b1 .
∈
Suponemos que (a21 +b21 )(a22 +b22 ) . . . (a2k +b2k ) = A2 +B 2 y probemos que (a21 + b21 )(a22 + b22 ) . . . (a2k+1 + b2k+1 ) = A21 + B12 : (a21 + b21 )(a22 + b22 )
. . . (a2k+1 + b2k+1 ) = (A2 + B 2 )(a2k+1 + b2k+1 ) = A2 a2k+1 + A2 b2k+1 + B 2 a2k+1 + B 2 b2k+1 = (Aak+1 )2 + (Abk+1)2 + (Ba k+1 )2 + (Bb k+1 )2 = (Aak+1 )2 + (Bb k+1)2 2
− 2Aa +1Bb +1 k
k
2
+(Ba k+1 ) + (Abk+1 ) + 2Aak+1 Bb k+1 = (Aak+1 =
A21
− Bb +1)2 + (Ba +1 + Ab +1)2 k
+ B12 .
30
k
k
PROBLEMA 1.43.
Demostrar que para todo n
n
≥ 4 se verifica n! > 2 .
Soluci´ on
Para n = 4, 4! = 24 > 24 = 16. Suponemos que k! > 2k y probaremos que (k + 1)! > 2k+1 : (k + 1)! = (k + 1) k! > (k + 1) 2k
·
k
· ≥ 2·2
= 2k+1 .
PROBLEMA 1.44.
Demostrar la desigualdad de Bernoulli (1 + x)n > 1 + nx para n = 2, 3, . . . , si x > 1, x = 0.
−
Soluci´ on
Para n = 2: (1 + x)2 = 1 + 2x + x2 > 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. N´ otese que el resultado no es cierto para n = 1, pero ser´ıa cierto para todo n N si modificamos el enunciado por (1 + x)n 1 + nx.
∈
≥
31
D. DESIGUALDADES Y VALOR ABSOLUTO.
≤
Es sabido que la relaci´on permite ordenar el cuerpo de los n´umeros reales. Adem´as la relaci´o n es de orden total , lo que quiere decir que dados dos n´umeros reales cualesquiera x e y, se cumple que x y o bien y x.
≤
≤
Por otra parte, ser´ a importante a lo largo del curso la resoluci´on de inecuaciones con soluciones en R. Para ello son de utilidad las siguientes propiedades:
∈ 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 a) x < y, z
desigualdad).
⇒ x < z. e) x < y, u < v =⇒ x + u < y + v. d) x < y, y < z =
Todas estas propiedades tienen sus an´alogas si cambiamos el signo < por cualquiera de >, ´o .
≤ ≥
Otras propiedades de las desigualdades se obtienen a partir del concepto de valor absoluto. As´ı, dado un n´ umero real x, su valor absoluto o m´odulo, que representamos por x , se define como:
||
|x| = +
√ 2
{ −}
x = m´ax x, x =
x
−x
≥
si x 0, si x < 0.
Geom´etricamente representa la distancia del punto x al origen de coordenadas. Las propiedades b´asicas son las siguientes:
−|x| ≤ x ≤ |x|. b) |x + y | ≤ |x| + |y| (desigualdad triangular). c) |x| ≤ a ⇐⇒ −a ≤ x ≤ a. d) |x| ≥ a ⇐⇒ x ≥ a ´o x ≤ −a. a)
PROBLEMA 1.45.
Si a, b
≥ 0, demostrar que a +2 b ≥ 32
√
ab.
Soluci´ on
√ − √ ≥ √ ≥ ⇒ ≥
Partimos de la desigualdad evidente ( a b)2 0 y obtenemos sucesivamente: a+b a 2 ab + b 0 = ab. 2 Observaci´ on. Este resultado se puede generalizar al siguiente:
−
√
a1 +
··· + a ≥ √ a1 . . . a , n n
n
n
lo que indica que la media aritm´ etica de los n´umeros a1 , . . . an es mayor o igual a la media geom´etrica de los mismos.
PROBLEMA 1.46.
Demostrar que, para cualquier a fijo.
n
∈ R, a ≤ m´ax{1, a }, siendo n ∈ N
Soluci´ on
Probaremos la propiedad para los distintos valores de a. Si a > 1, m´ax 1, an = an y es evidente que a
n
} ≤a . Si −1 ≤ a ≤ 1, m´ax{1, a } = 1 y a ≤ 1. Si a < −1 y n es par, m´ax{1, a } = a y a ≤ a . En cambio, si n es impar, m´ax{1, a } = 1 ≥ a. {
n
n
n
n
n
PROBLEMA 1.47.
Demostrar que si a y b son n´ umeros reales positivos, a>b
⇐⇒ a2 > b2 ⇐⇒ 33
a>
b.
Soluci´ on
⇒ a2 > b2:
i) a > b =
Supongamos que a > b. Como a > 0, a a > b a.
·
·
Como tambi´en b > 0, a b > b b. Pero a b = b a. Luego, a a = a2 > b a > b b = b2 , es decir, a2 > b2 .
·
·
· ii) a2 > b2 =⇒ a > b:
Si a2 > b2 , entonces a2 a + b > 0, por lo que a
·
·
·
− b2 > 0 =⇒ (a − b)(a + b) > 0. Como a,b > 0, − 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 hip´otesis. iv) La demostraci´on de que a la del apartado i).
a>
b=
≤
a > b es completamente an´aloga
PROBLEMA 1.48.
Demostrar que la suma de cualquier n´ umero positivo con su rec´ ıproco nunca es menor que 2.
Soluci´ on
Se trata de probar que a + 1/a primera son a2 + 1 a
≥ 2, ∀a > 0. Inecuaciones equivalentes a la
≥ 2 ⇐⇒ a2 + 1 ≥ 2a ⇐⇒ a2 − 2a + 1 ≥ 0 ⇐⇒ (a − 1)2 ≥ 0
lo que es siempre cierto por ser el cuadrado de un n´umero real. 34
PROBLEMA 1.49.
Si a > 0, a = 1 y n
∈ N,
demostrar que an+1 +
1 an+1
> an +
1 . an
Soluci´ on
Como en problemas anteriores vamos escribiendo inecuaciones equivalentes a la que queremos demostrar hasta llegar a una cuya demostraci´on sea m´as asequible. Tenemos entonces: an+1 +
1 an+1
> an +
1 an
⇐⇒ ⇐⇒ ⇐⇒ ⇐⇒
a2(n+1) + 1 a2n + 1 > an+1 an a2(n+1) + 1 > a2n+1 + a a2n+2
− a2 +1 − a + 1 > 0 (a2 +1 − 1)(a − 1) > 0. n
n
En esta u ´ltima inecuaci´on, si a > 1, ambos factores son positivos por lo que su producto tambi´en lo ser´a. En cambio si 0 < a < 1, ambos factores son negativos por lo que su producto ser´a tambi´ en positivo. En ambos casos se prueba lo deseado.
PROBLEMA 1.50.
Demostrar que a2 + b2 + c2 > ab + bc + ca, a = b = c.
∀a,b,c ∈ R excepto para
Soluci´ on
Como a2 + b2 > 2ab, b2 + c2 > 2bc, c2 + a2 > 2ca, sumando miembro a miembro las tres inecuaciones resulta 2(a2 + b2 + c2 ) > 2(ab + bc + ca) y dividiendo por 2 obtenemos lo deseado. 35
Si a = b = c se verifica la igualdad, por lo que en general podemos escribir a2 + b2 + c2 ab + bc + ca.
≥
PROBLEMA 1.51.
∈ R son tales que a2 + b2 = 1 y c2 + d2 = 1, demostrar ≤ 1.
Si a,b,c,d que ac + bd
Soluci´ on
Sabiendo que (a c)2 0 y (b d)2 0, resultan las desigualdades a2 +c2 2ac y b2 + d2 2bd. Sumando ambas, tenemos que a2 + c2 + b2 + d2 2(ac + bd), es decir 2 2(ac + bd) o bien 1 ac + bd.
− ≥ ≥ ≥
− ≥
≥
≥ ≥
PROBLEMA 1.52.
Demostrar que x3 + y3 > x2 y + y2 x si x, y
∈ R+ (x = y).
Soluci´ on
La inecuaci´on x3 + y 3 > x2 y + y 2 x es equivalente a (x + y)(x2 xy + y2 ) > xy(x + y). Si dividimos por x + y, que es positivo, tenemos que tambi´ en es 2 2 2 2 equivalente a x xy + y > xy, o bien x 2xy + y > 0 lo cual es siempre 2 2 2 cierto porque x 2xy + y = (x y) y x = y.
−
− −
−
−
PROBLEMA 1.53.
Demostrar que an + bn > an−1 b + abn−1 siempre que a, b y n > 1. 36
∈ R+ (a = b)
Soluci´ on
Desigualdades equivalentes a la que queremos probar son an + bn > an−1 b + abn−1
⇐⇒ ⇐⇒ ⇐⇒
an
− (ab 1 − b ) > 0 1 (a − b) − b 1 (a − b) > 0 1 − b 1)(a − b) > 0.
−a
n−1
b
an−
(an−
n−
n
n−
n−
Esta u ´ ltima inecuaci´on es siempre cierta porque, si a > b, ambos factores son positivos y, si a < b, ambos factores son negativos.
PROBLEMA 1.54.
Demostrar: a) x2
− y2 > x − y si x + y > 1 y x > y. b) x2 − y2 < x − y si x + y > 1 y x < y . Soluci´ on
− 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 desigualdad x + 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. a) Si x > y, entonces x
PROBLEMA 1.55.
a+b Sabiendo que la media aritm´ etica de dos n´umeros a y b es , 2 2ab la media geom´ etrica es ab y la media arm´ onica es , probar a+b a+b 2ab > ab > que , si a y b son positivos y distintos. 2 a+b
√
√
37
Soluci´ on
i) La siguiente cadena de equivalencias prueba que ( a + b)/2 > m´etodo se realiz´ o en el problema 1.45): a+b > 2
√
ab
⇐⇒ ⇐⇒
√
(a + b)2 > (2 ab)2
⇐⇒ a2 + b2 + 2ab > 4ab a2 − 2ab + b2 > 0 ⇐⇒ (a − b)2 > 0. √ 2ab
ii) Veamos ahora por el mismo m´ etodo que
√
ab >
2ab a+b
√ ab (otro
ab >
a+b
:
2
⇐⇒ ab > (a(2ab) ⇐⇒ (a + b)2 > 4ab ⇐⇒ (a − b)2 > 0. 2 + b)
PROBLEMA 1.56.
Demostrar que si a,b,c,d son n´ umeros reales positivos tales que a c a+c c > , entonces > . b d b+d d
Soluci´ on
Sumando a ambos miembros de la desigualdad la misma cantidad c/b, tenemos:
⇒ ab + cb > dc + cb =⇒ a +b c > c(bbd+ d) =⇒ ab ++ dc > dc .
a c > = b d
PROBLEMA 1.57.
Demostrar que
1 1 2 + > si x, y x y x+y 38
∈ R+ (x = y).
Soluci´ on
Escribamos expresiones equivalentes a la inecuaci´on a probar: 1 1 2 + > x y x+y
⇐⇒ ⇐⇒
x+y 2 > (x + y)2 > 2xy xy x+y x2 + 2xy + y 2 > 2xy x2 + y 2 > 0,
⇐⇒
⇐⇒
lo cual es evidentemente cierto, pues x = y.
PROBLEMA 1.58.
Demostrar que igualdad?
a2 + b2 2
≥ ab, ∀a, b ∈ R. ¿En qu´e caso se verifica la
Soluci´ on
Si partimos de la desigualdad a probar, mediante expresiones equivalentes obtenemos: 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 n´ umeros reales cualesquiera, pro bar la desigualdad de Schwarz: (a1 b1 + a2 b2 +
··· + a b )2 ≤ (a21 + a22 + ··· + a2 )(b21 + b22 + ··· + b2 ). n n
n
39
n
Soluci´ on
Si x
∈ R, se tiene (a1 x + b1 )2 +
··· + (a
nx
+ bn )2
≥ 0.
Desarrollando y agrupando t´erminos, llegamos a: A2 x2 + 2Cx + B 2 con A2 = a21 +
≥ 0,
··· + a2 , B2 = b21 + ··· + b2 , C = a1b1 + ··· + a b . n
n n
n
La inecuaci´on anterior se puede escribir, completando cuadrados, como (Ax+ C/A)2 + B 2 C 2 /A2 0. Si elegimos x = C/A2 , resulta B 2 C 2 /A2 0, es decir, A2 B 2 C 2 , que es la desigualdad buscada.
−
≥
≥
−
−
≥
PROBLEMA 1.60.
Resolver las siguientes inecuaciones:
| − 3| ≤ 1. b) |x2 − 1| < 1/2. c) (x + 1)(x − 1)(x − 2) > 0. a) x
Soluci´ on
| − 3| ≤ 1 ⇐⇒ −1 ≤ x − 3 ≤ 1 ⇐⇒ 2 ≤ x ≤ 4 ⇐⇒ x ∈ [2, 4].
a) x b)
|x2 − 1| < 1/2 ⇐⇒ −1/2 < x2 − 1 < 1/2 ⇐⇒√ 1/2 < x2 <√ 3/2√ 3/2 ⇐⇒ 1/ 2 < |x| < 3/ 2 ⇐⇒ 1/2√ < |x|2 < √ √ ⇐⇒ 1/ 2 < x√ < √ 3/ 2 (para x√ ≥ 0) ´o − 3/ 2 < x < −1/ 2 (para x < 0) √ 3 1 √ 3 1 ⇐⇒ x ∈ − √ 2 , − √ 2 ∪ √ 2 , √ 2 .
40
−
−
c) Como (x + 1)(x 1)(x 2) = 0 cuando x = escribir la siguiente tabla de signos: x< x+1
–
−1, x = 1, x = 2, podemos
−1 −1 < x < 1
1
x>2
+
+
+
−1 – – + + x−2 – – – + (x + 1)(x − 1)(x − 2) – + – + Entonces (x + 1)(x − 1)(x − 2) > 0 cuando −1 < x < 1 ´o x > 2. x
PROBLEMA 1.61.
Hallar el conjunto de los valores de x para los que se verifica: 1 3 + x 2x b) x(x + 2)
≥ 5. ≤ 24. c) |x + 2| < |x − 5|. a)
d)
x x+3 > . x+2 3x + 1
Soluci´ on
a)
1 3 5x + 5 5 5x 10x2 2x2 x 0 x(2x 1) 2 x 2x 2x Hacemos la tabla de signos de los factores, teniendo en cuenta que x(2x 1) = 0 x = 0 ´o x = 1/2:
≥ ⇐⇒
−
≥ ⇐⇒ ≥
⇐⇒
− ≤ ⇐⇒
− ≤ 0.
⇐⇒
x<0
0 < x < 1/2
x > 1/2
x
–
+
+
−1 x(2x − 1)
–
–
+
+
–
+
2x
La soluci´on de la inecuaci´on es pues el intervalo (0, 1/2] (t´engase en cuenta que para x = 0 no tiene sentido la inecuaci´on). 41
b) x(x + 2)
≤ 24 ⇐⇒ x2 + 2x − 24 ≤ 0 ⇐⇒ (x − 4)(x + 6) ≤ 0.
Como el primer miembro de la inecuaci´ on se anula en los puntos x = 4 y x = 6, la correspondiente tabla de signos es:
−
x< x+6
–
−4
x
(x + 6)(x
− 4)
−6 −6 < x < 4
x>4
+
+
–
–
+
+
–
+
−
La soluci´on de la inecuaci´on es el intervalo cerrado [ 6, 4].
|
| | −| | − −
c) Para resolver la inecuaci´on x + 2 < x 5 debemos eliminar los valores x+2 si x + 2 0 absolutos, sabiendo que x + 2 = y x 5 = x 2 si x + 2 < 0
|
− x
− ≥ −
≥
| − |
5 si x 5 0 . Por ello descomponemos la recta real en los x + 5 si x 5 < 0 siguientes intervalos:
−
x<
−2 −2 ≤ x < 5 |x + 2 | − x − 2 x + 2 |x − 5 | − x + 5 − x + 5
5
≤x
x+2 x
−5
y resolvemos las inecuaciones que resultan en cada intervalo. Si x < 2: intervalo (
− −x − 2 < −x + 5 ⇐⇒ −2 < 5 lo cual es siempre cierto. El −∞, −2) es soluci´on de la inecuaci´on. Si −2 ≤ x < 5: x + 2 < −x + 5 ⇐⇒ 2x < 3 ⇐⇒ x < 3/2. La soluci´on en este caso es [ −2, 3/2). Si 5 ≤ x: x + 2 < x − 5 ⇐⇒ 2 < −5 lo cual es siempre falso. Uniendo las soluciones parciales tenemos que la soluci´on completa de la inecuaci´ on es el intervalo ( , 3/2).
−∞
d) x x+3 > x+2 3x + 1
⇐⇒ ⇐⇒
x x+3 >0 x + 2 3x + 1 2x2 4x 6 >0 (x + 2)(3x + 1)
− − −
(x + 3)(x + 2) ⇐⇒ x(3x +(x1)+−2)(3x >0 + 1) ⇐⇒ 2(x − 3)(x + 1) > 0. (x + 2)(3x + 1)
Los puntos donde puede cambiar de signo la expresi´on son los que anulan numerador o denominador, es decir x = 2, 1, 1/3, 3. La
− − −
42
tabla de signos queda de la forma: x< x+2
–
x+1
−2 −2 < x < −1 −1 < x <
−1
3
−1
3
x>3
+
+
+
+
–
–
+
+
+
3x + 1
–
–
–
+
+
−3
–
–
–
–
+
+
–
+
–
+
x
2(x−3)(x+1) (x+2)(3x+1)
La tabla indica que la soluci´on de la inecuaci´on es ( (3, ).
∞
43
−∞, −2)∪(−1, −1/3)∪
E. EJERCICIOS PROPUESTOS.
1.- Sea S un subconjunto no vac´ ıo de inferior de S . Demostrar que i = ´ınf S
R
y denotamos por i a una cota
⇐⇒ ∀ε > 0, ∃b ∈ S : i ≤ b < i + ε.
Sugerencia: Ver problema 1.6.
2.- Probar, por el m´ etodo de inducci´ on completa, que 34n+2 + 52n+1 es m´ ultiplo de 14. Sugerencia: Ver problema 1.39.
3.- Demostrar que xn
−y
n
es divisible por x
− y , ∀n ∈ N.
Sugerencia: Ver problema 1.36.
4.- Probar las siguientes propiedades de los n´umeros reales: (a) x
| − y| ≤ |x| + |y|. (b) |x| − |y| ≤ |x − y|. Sugerencia: Elevar al cuadrado los dos miembros de la desigualdad.
| | − | | ≤ | − |
(c) x
y
x
y.
5.- Resolver las siguientes desigualdades: (a)
1 1 + > 0. x 1 x
− Resp.: x ∈ (0, 1).
− x2 < −2. √ √ Resp.: x ∈ (−∞, − 7) ∪ ( 7, ∞). (b) 5
(c) x2 + x + 1
≤ 0.
∅
Resp.: .
|
| ≤ 1. Resp.: x ∈ [−1, 0]. (d) 1 + 2x
|
(e) x + 2
| ≥ 5. 44
