Problemas Con Intervalos Y Valor Absoluto
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Problemas y Ejercicios (Intervalos y Valor Absoluto) 1. Sean x, y ∈ R, tales que x < y . Demostrar que existe por lo menos un número real z tal que x < z < y . Solución: Tenemos, x < y ⇒ x + x < y + x ⇒ 2x < y + x ⇒ x < Por otra parte, x < y ⇒ x + y < y + y ⇒ x + y < 2y ⇒ De de 1 y 2 se sigue que: x< Basta entonces tomar z =
x+ y 2
(1)
x+ y < y (2) 2
x+ y
x+ y , con lo que demostramos que existe por lo menos 2
un z entre x y y. 2. Demostrar que: 13 + 2 3 + ..... + ( n − 1) < 3
n4 < 13 + 2 3 + ..... + n 3 4
Solución: Probaremos esto por el método de inducción. •
•
Para n=2, 24 3 1 < < 13 + 2 3 4 1< 4 < 9
Vemos que es verdadero
Hipótesis de Inducción: Supongamos que se cumple para n=k, es decir, k4 3 13 + 2 3 + ..... + ( k − 1) < < 13 + 2 3 + ..... + k 3 4 Probaremos que se cumple para n=k+1. Por una parte tenemos que: k4 1 + 2 + ..... + ( k − 1) + k < + k3 4 k 4 + 4k 3 k 3 ( k + 4 ) < < 4 4 Basta probar ahora que, 3
3
3
3
k 3 ( k + 4 ) ( k + 1) < 4 4
4
Entonces, 3 k 4 + 3k 3 < ( k + 1) ( k + 1)
(
)
k 4 + 3k 3 < k 3 + 3k 2 + 3k + 1 ( k + 1)
0 < 6k 2 + 4k + 1 Lo que es verdadero puesto que k>0. Por lo tanto, tenemos que: ( k + 1) 4 3 13 + 2 3 + ..... + ( k − 1) + k 3 < 4 Faltaría probar que
( k + 1) 4
3 < 13 + 2 3 + ..... + k 3 + ( k + 1) . Por hipótesis de
4 inducción sabemos que se cumple,
k4 3 3 + ( k + 1) < 13 + 2 3 + ..... + k 3 + ( k + 1) 4 Bastaría probar que, k4 ( k + 1) 3 + ( k + 1) > 4 4
4
En efecto, 0 < 6k 2 + 6k + 3 k 4 + 3k 3 + 3k 2 + 3k + k 3 + 3k 2 + 3k + 1 < k 4 + 4k 3 + 12k 2 + 12k + 4
(k
3
)
+ 3k 3 + 3k + 1 ( k + 1) < k 4 + 4k 3 + 12k 2 + 12k + 4
( k + 1) 3 ( k + 1) < k 4 + 4( k 3 + 3k 2 + 3k + 1) ( k + 1) 3 ( k + 1) < k 4 + 4( k + 1) 3 ( k + 1) 4 < k 4 + 4( k + 1) 3 4 4 4 4 ( k + 1) < k + ( k + 1) 3 4 4
Probado entonces para n=k+1 habiendo supuesto verdadero para n=k, podemos concluir que 13 + 2 3 + ..... + ( n − 1) < 3
n4 < 13 + 2 3 + ..... + n 3 , ∀n ∈ Z. 4
3. Sean a, b ∈ R. Probar que si a ≤ b y b ≤ a , entonces a = b . Solución: Vamos a probarlo por el absurdo, es decir, supongamos que a ≠ b , entonces se nos presentan dos casos. i. ii.
a < b . Pero esto contradice con la hipótesis de que b ≤ a . a > b . Pero esto contradice con la hipótesis de que a ≤ b .
Como en ambos casos llegamos a contradicciones, podemos concluir que lo que supusimos es incorrecto y por tanto a = b . 4. Probar que para todo número positivo ε , si 0 < x < ε , entonces x = 0 . Solución: Demostrémoslo por el método del absurdo, es decir, supongamos que x ≠ 0 , entonces: 0 < x < ε , ∀ε ∈ R + Como, x <x 2 Se tiene una contradicción pues hemos encontrado un número positivo que es menor que x. Por lo tanto lo que supusimos es incorrecto y entonces x = 0 . 0<
5. ¿Existe el menor número real positivo? Solución: Probemos por el absurdo. Supongamos que existe el mínimo número real positivo, llamémosle α . Entonces, por ejercicio anterior: 0 < x < ε , ∀ε ∈ R + Pero como en el caso anterior, existe 0 < porque supusimos que α era el mínimo.
α < α , lo que es una contradicción, 2
OJO: La contradicción está en que x es el mínimo, entonces no debería haber un número menor a este.
6. Sean x, y ∈ Q, tales que x < y . Probar que existe al menos un número irracional z, tal que x < z < y .
Solución: Tenemos que la siguiente desigualdad es una verdad,
( x − y)(
)
2 −1 < 0
Pues ( x − y ) < 0 ^ es negativo.
(
)
2 − 1 > 0 , y por los axiomas vistos anteriormente, su producto
Luego,
2( x − y) − ( x − y) < 0 2x + y − x − 2 y < 0 2x + y − x < 2 y y−x x+
Ahora, como
y−x 2
Podemos concluir que, x< x+
Tomemos entonces z = x +
y−x 2
>0
y−x 2
. Falta probar que este es efectivamente un
número irracional. En efecto, supongamos que x + x+
y−x 2
=
y−x 2
es racional, entonces,
a , con a, b ∈ Z y b ≠ 0 b
Entonces, 2x + y − x 2
=
a b
2 xb + by − bx − a 2 = 0 2 ( xb − a ) = bx − by bx − by 2= ∈Q xb − a Lo que es una contradicción pues hemos demostrado en un documento anterior que 2 es un número irracional.
Por lo tanto, probado que z es un número irracional podemos concluir la demostración. 7. Sean a, b, c, d ∈ R, probar que: 0
⇒ 0 < ac < bd
Solución: Tomemos 0 < a < b multipliquemos por c, que es positivo a toda la inecuación. 0 < ac < bc (1)
Tomemos ahora la otra inecuación y multipliquémosla por b. 0 < bc < bd (2) De 1 y 2 se sigue que, 0 < ac < bd
Con lo que concluimos la demostración. 8. Sean a, b, c ∈ R, probar que: a) a < b ⇒
1 1 < b+c a+c
Solución: Por propiedad del inverso, tenemos: • Si ( b + c ) rel="nofollow"> 0 ⇒ ( b + c ) −1 > 0 •
Si ( a + c ) > 0 ⇒ ( a + c ) −1 > 0
Luego, de a < b , sumando c a ambos lados de la inecuación tenemos, a+c
Solución: Dados que a, b, c son positivos, y por hipótesis sabemos que, a − b − c ≤ 0 , − 2bc ≤ 0 y − abc ≤ 0
Luego, a − b − 2bc − c − abc ≤ 0 a + ac + ab + abc − b − bc − ab − abc − c − bc − ac − abc ≤ 0 a (1 + b )(1 + c ) − b(1 + a )(1 + c ) − c(1 + a )(1 + b ) ≤0 (1 + a )(1 + b )(1 + c ) a b c − − ≤0 1+ a 1+ b 1+ c Por lo tanto, a b c ≤ + 1+ a 1+ b 1+ c 9. Sean a, b, c, d ∈ R + , probar que: a
a b < d c
Solución: Como son números positivos, entonces, por axiomas y teoremas anteriormente dados y demostrados, tenemos que: 0 < d −1 < c −1 ∧ 0 < b −1 < a −1 De donde, 0 < d −1 < c −1 ⇒ 0 ≤ ad −1 < bc −1 ⇒ 0 < Que es lo que queríamos probar.
10. Sean a,b,∈ R, probar que:
a a < d c
ab ≤
a2 + b2 2
Solución: Probémoslo por reducción al absurdo, es decir, supongamos que ab >
a 2 + b2 2
Entonces, resolviendo la inecuación se sigue, 2ab > a 2 + b 2 Luego, a 2 + 2ab + b 2 < 0
( a − b) 2 < 0 De donde obtenemos una contradicción pues sabemos que todo número real, elevado a una potencia par, es siempre positivo. Por lo tanto lo que supusimos es falso y lo correcto sería decir que, ab ≤
a2 + b2 2
11. Sean a, b, c ∈ R + , si 0 < a < b < c probar que: 0 < c −1 < b −1 < a −1 Solución: Hemos probado ya que bajo estas mismas condiciones, 0 < a < b ⇒ b −1 < a −1 (1) Por el mismo razonamiento, tenemos que, 0 < b < c ⇒ c −1 < b −1 (2) De 1 y 2, podemos concluir que, 0 < c −1 < b −1 < a −1 Con lo que concluimos la demostración. 12. Sean a, b ∈ R, y b > 0 . Probar que:
a−b < a
Solución: Vamos a demostrar por el método del absurdo. Es decir, supongamos que: a−b ≥ a De aquí se sigue que: a−a ≥b
De donde, 0≥b Lo que es una contradicción con la hipótesis de que b > 0 . Por lo tanto, lo que supusimos es incorrecto, y entonces podemos concluir que, a−b < a
x+ y 2
(1)
x+ y < y (2) 2
x+ y
x+ y , con lo que demostramos que existe por lo menos 2
un z entre x y y. 2. Demostrar que: 13 + 2 3 + ..... + ( n − 1) < 3
n4 < 13 + 2 3 + ..... + n 3 4
Solución: Probaremos esto por el método de inducción. •
•
Para n=2, 24 3 1 < < 13 + 2 3 4 1< 4 < 9
Vemos que es verdadero
Hipótesis de Inducción: Supongamos que se cumple para n=k, es decir, k4 3 13 + 2 3 + ..... + ( k − 1) < < 13 + 2 3 + ..... + k 3 4 Probaremos que se cumple para n=k+1. Por una parte tenemos que: k4 1 + 2 + ..... + ( k − 1) + k < + k3 4 k 4 + 4k 3 k 3 ( k + 4 ) < < 4 4 Basta probar ahora que, 3
3
3
3
k 3 ( k + 4 ) ( k + 1) < 4 4
4
Entonces, 3 k 4 + 3k 3 < ( k + 1) ( k + 1)
(
)
k 4 + 3k 3 < k 3 + 3k 2 + 3k + 1 ( k + 1)
0 < 6k 2 + 4k + 1 Lo que es verdadero puesto que k>0. Por lo tanto, tenemos que: ( k + 1) 4 3 13 + 2 3 + ..... + ( k − 1) + k 3 < 4 Faltaría probar que
( k + 1) 4
3 < 13 + 2 3 + ..... + k 3 + ( k + 1) . Por hipótesis de
4 inducción sabemos que se cumple,
k4 3 3 + ( k + 1) < 13 + 2 3 + ..... + k 3 + ( k + 1) 4 Bastaría probar que, k4 ( k + 1) 3 + ( k + 1) > 4 4
4
En efecto, 0 < 6k 2 + 6k + 3 k 4 + 3k 3 + 3k 2 + 3k + k 3 + 3k 2 + 3k + 1 < k 4 + 4k 3 + 12k 2 + 12k + 4
(k
3
)
+ 3k 3 + 3k + 1 ( k + 1) < k 4 + 4k 3 + 12k 2 + 12k + 4
( k + 1) 3 ( k + 1) < k 4 + 4( k 3 + 3k 2 + 3k + 1) ( k + 1) 3 ( k + 1) < k 4 + 4( k + 1) 3 ( k + 1) 4 < k 4 + 4( k + 1) 3 4 4 4 4 ( k + 1) < k + ( k + 1) 3 4 4
Probado entonces para n=k+1 habiendo supuesto verdadero para n=k, podemos concluir que 13 + 2 3 + ..... + ( n − 1) < 3
n4 < 13 + 2 3 + ..... + n 3 , ∀n ∈ Z. 4
3. Sean a, b ∈ R. Probar que si a ≤ b y b ≤ a , entonces a = b . Solución: Vamos a probarlo por el absurdo, es decir, supongamos que a ≠ b , entonces se nos presentan dos casos. i. ii.
a < b . Pero esto contradice con la hipótesis de que b ≤ a . a > b . Pero esto contradice con la hipótesis de que a ≤ b .
Como en ambos casos llegamos a contradicciones, podemos concluir que lo que supusimos es incorrecto y por tanto a = b . 4. Probar que para todo número positivo ε , si 0 < x < ε , entonces x = 0 . Solución: Demostrémoslo por el método del absurdo, es decir, supongamos que x ≠ 0 , entonces: 0 < x < ε , ∀ε ∈ R + Como, x <x 2 Se tiene una contradicción pues hemos encontrado un número positivo que es menor que x. Por lo tanto lo que supusimos es incorrecto y entonces x = 0 . 0<
5. ¿Existe el menor número real positivo? Solución: Probemos por el absurdo. Supongamos que existe el mínimo número real positivo, llamémosle α . Entonces, por ejercicio anterior: 0 < x < ε , ∀ε ∈ R + Pero como en el caso anterior, existe 0 < porque supusimos que α era el mínimo.
α < α , lo que es una contradicción, 2
OJO: La contradicción está en que x es el mínimo, entonces no debería haber un número menor a este.
6. Sean x, y ∈ Q, tales que x < y . Probar que existe al menos un número irracional z, tal que x < z < y .
Solución: Tenemos que la siguiente desigualdad es una verdad,
( x − y)(
)
2 −1 < 0
Pues ( x − y ) < 0 ^ es negativo.
(
)
2 − 1 > 0 , y por los axiomas vistos anteriormente, su producto
Luego,
2( x − y) − ( x − y) < 0 2x + y − x − 2 y < 0 2x + y − x < 2 y y−x x+
Ahora, como
y−x 2
Podemos concluir que, x< x+
Tomemos entonces z = x +
y−x 2
>0
y−x 2
. Falta probar que este es efectivamente un
número irracional. En efecto, supongamos que x + x+
y−x 2
=
y−x 2
es racional, entonces,
a , con a, b ∈ Z y b ≠ 0 b
Entonces, 2x + y − x 2
=
a b
2 xb + by − bx − a 2 = 0 2 ( xb − a ) = bx − by bx − by 2= ∈Q xb − a Lo que es una contradicción pues hemos demostrado en un documento anterior que 2 es un número irracional.
Por lo tanto, probado que z es un número irracional podemos concluir la demostración. 7. Sean a, b, c, d ∈ R, probar que: 0
⇒ 0 < ac < bd
Solución: Tomemos 0 < a < b multipliquemos por c, que es positivo a toda la inecuación. 0 < ac < bc (1)
Tomemos ahora la otra inecuación y multipliquémosla por b. 0 < bc < bd (2) De 1 y 2 se sigue que, 0 < ac < bd
Con lo que concluimos la demostración. 8. Sean a, b, c ∈ R, probar que: a) a < b ⇒
1 1 < b+c a+c
Solución: Por propiedad del inverso, tenemos: • Si ( b + c ) rel="nofollow"> 0 ⇒ ( b + c ) −1 > 0 •
Si ( a + c ) > 0 ⇒ ( a + c ) −1 > 0
Luego, de a < b , sumando c a ambos lados de la inecuación tenemos, a+c
Solución: Dados que a, b, c son positivos, y por hipótesis sabemos que, a − b − c ≤ 0 , − 2bc ≤ 0 y − abc ≤ 0
Luego, a − b − 2bc − c − abc ≤ 0 a + ac + ab + abc − b − bc − ab − abc − c − bc − ac − abc ≤ 0 a (1 + b )(1 + c ) − b(1 + a )(1 + c ) − c(1 + a )(1 + b ) ≤0 (1 + a )(1 + b )(1 + c ) a b c − − ≤0 1+ a 1+ b 1+ c Por lo tanto, a b c ≤ + 1+ a 1+ b 1+ c 9. Sean a, b, c, d ∈ R + , probar que: a
a b < d c
Solución: Como son números positivos, entonces, por axiomas y teoremas anteriormente dados y demostrados, tenemos que: 0 < d −1 < c −1 ∧ 0 < b −1 < a −1 De donde, 0 < d −1 < c −1 ⇒ 0 ≤ ad −1 < bc −1 ⇒ 0 < Que es lo que queríamos probar.
10. Sean a,b,∈ R, probar que:
a a < d c
ab ≤
a2 + b2 2
Solución: Probémoslo por reducción al absurdo, es decir, supongamos que ab >
a 2 + b2 2
Entonces, resolviendo la inecuación se sigue, 2ab > a 2 + b 2 Luego, a 2 + 2ab + b 2 < 0
( a − b) 2 < 0 De donde obtenemos una contradicción pues sabemos que todo número real, elevado a una potencia par, es siempre positivo. Por lo tanto lo que supusimos es falso y lo correcto sería decir que, ab ≤
a2 + b2 2
11. Sean a, b, c ∈ R + , si 0 < a < b < c probar que: 0 < c −1 < b −1 < a −1 Solución: Hemos probado ya que bajo estas mismas condiciones, 0 < a < b ⇒ b −1 < a −1 (1) Por el mismo razonamiento, tenemos que, 0 < b < c ⇒ c −1 < b −1 (2) De 1 y 2, podemos concluir que, 0 < c −1 < b −1 < a −1 Con lo que concluimos la demostración. 12. Sean a, b ∈ R, y b > 0 . Probar que:
a−b < a
Solución: Vamos a demostrar por el método del absurdo. Es decir, supongamos que: a−b ≥ a De aquí se sigue que: a−a ≥b
De donde, 0≥b Lo que es una contradicción con la hipótesis de que b > 0 . Por lo tanto, lo que supusimos es incorrecto, y entonces podemos concluir que, a−b < a
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