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Chapter 1

Los Nmeros Reales

1.1 Introduccin

El conjunto de los Nmeros Reales, R, puede ser caracterizado de varias formas. Aqu daremos la car-acterizacin axiomtica, a diferencia de las versiones constructivas tales como la que usa Cortadurasde Dedekind o la construccin mediante Sucesiones de Cauchy.La obtencin de R en forma constructiva es bastante ms complicada que la que daremos a continuacin.

La nica diferencia consiste en que son necesarios otros axiomas para construir conjuntos de nmeros conlos cuales se construirn a su vez los nmeros reales.El conjunto de los nmeros reales, R es un conjunto en el que se cumplen los siguientes axiomas:

1. Axiomas de Cuerpo.

2. Axiomas de Orden.

3. Axioma del Supremo o de Completitud.

Lo anterior se resume diciendo que R es un Cuerpo Ordenado Completo.

1.2 Axiomas de Cuerpo

Primero estudiaremos los axiomas de cuerpo, que se reeren a las propiedades algebraicas (de operatoria)de los nmeros reales.Comencemos recordando algunas propiedades que satisfacen algunos conjuntos bajo operaciones:

clausura, asociatividad, existencia de elemento neutro, existencia de elemento inverso y conmutatividad.Consideremos el conjunto

N = f1; 2; 3; 4; 5; 6; 7; : : :gllamado el conjunto de los Nmeros Naturales.Observemos que

1 + 2 = 3 2 N 4 + 5 = 9 2 NEn general se tiene que si a; b 2 N la suma a+ b tambin pertenece a N . En otras palabras en N provistode la suma (+) se cumple la propiedad de clausura o cerradura.En cambio si consideramos el subconjunto A de N;

A = fa 2 N : a es impar g

vemos que no se cumple la clausura bajo la suma.En efecto 1 2 A y 3 2 A pero 1 + 3 = 4 62 A. Es decir, al sumar dos elementos del conjunto A no

siempre se obtiene como resultado un elemento del conjunto A.

1

2 CHAPTER 1. LOS NMEROS REALES

Es claro que N tambin verica las propiedades asociativa y conmutativa, es decir, para todo a; b; c 2 N ;(a+ b) + c = a+ (b+ c) y

a+ b = b+ a

Sin embargo, no existe un elemento en N que sea neutro para esta operacin. Dicho en forma ms precisa,no existe un elemento e 2 N tal que al sumarlo con cualquier elemento a 2 N se obtenga el mismo nmeroa en N .Por otra parte, si consideramos N bajo la operacin producto (o multiplicacin) se tiene que se cumplen

las siguientes propiedades:

i) Si a; b 2 N , entonces ab 2 Nii) Para todo a; b; c 2 N se verica

(ab)c = a(bc)

iii) Existe 1 2 N tal que para todo a 2 N1 a = a 1 = a

iv) Para todo a; b 2 Nab = ba

As, en N con la multiplicacin (), se verica las propiedades de clausura (i), asociatividad (ii),existencia de neutro (iii) y conmutatividad. Pero, dado a 2 N no existe un elemento a0 2 N tal que almultiplicarlo con a se obtenga el elemento neutro e = 1, es decir, no se verica la propiedad de existenciade inverso.?Qu conjunto cumplir con todas las propiedades mencionadas?Consideremos el conjunto de los Nmeros Enteros

Z = f: : : ;3;2;1; 0; 1; 2; 3; : : :g = N [ N [ f0gdonde

N = fn : n 2 Ng:En Z con la suma (+) se verica:

i) Clausura:

Para todo a; b 2 Z , se tiene que a+ b 2 Zii) Asociatividad:

Para todo a; b; c 2 Z(a+ b) + c = a+ (b+ c)

iii) Existencia de neutro:

Existe e = 0 2 Z , tal que para todo a 2 Z0 + a = a+ 0 = a

iv) Existencia de inverso:

Para todo a 2 Z , existe (a) 2 Z tal quea+ (a) = (a) + a = 0

v) Conmutatividad:

Para todo a; b 2 Za+ b = b+ a

1.2. AXIOMAS DE CUERPO 3

En cambio, si consideramos Z bajo la operacin producto () se verican (i), (ii), (iii) (en este caso 1hace el papel de neutro) y (v). Sin embargo no se verica la propiedad de inverso, (iv), puesto que: Dadoa 2 Z no siempre existe a0 2 Z tal que

aa0 = e = 1

Diremos que Z bajo la operacin de suma (+) es un grupo y anotaremos (Z;+) es grupo; en cambio,(Z; ) no es grupo.

Denicin 1.1 Diremos que es una operacin(binaria") en G si para todo x; y en G existe un nicox y en G.

Nota: El hecho que x y est en G y no en otro conjunto se acostumbra a decir que cumple la propiedadde clausura.

1.2.1 Estructura de Grupo

Denicin 1.2 Sea G un conjunto no vaco y una operacin en G. Diremos que G es un grupo bajola operacin si las siguientes tres armaciones son ciertas

i) Asociatividad:

Para todo x; y; z en G, se cumple(x y) z = x (y z)

En smbolos(8x; y; z 2 G)((x y) z = x (y z))

ii) Existencia de elemento neutro:

Existe e, elemento neutro en G, tal que para todo x en G, se tiene

x e = e x = x

En smbolos(9e 2 G)(8x 2 G)(x e = e x = x)

iii) Existencia de elementos inversos:

Para todo x en G, existe x0 en G tal que

x x0 = x0 x = e

En smbolos1

(8x 2 G)(9x0 2 G)(x x0 = x0 x = e)

Esto se denota resumidamente; (G; ) es grupo.Si adems se verica;

iv) Conmutatividad:

Para todo x; y en G, se cumplex y = y x

En smbolos(8x; y 2 G)(x y = y x)

entonces (G; ) es un grupo Abeliano o simplemente G es un grupo Abeliano, subentendiendo que hayuna operacin ().

1Notemos la importancia del orden de los cuanticadores 8, 9 (compare con ii ).


Ejemplo 1 Sea

M2(Z) =

a bc d

: a; b; c; d 2 Z

el conjunto de matrices cuadradas de orden 2 con coecientes en Z y (+) la operacin denida por

a bc d

+

a0 b0

c0 d0

=

a+ a0 b+ b0

c+ c0 d+ d0

;

entonces M2(Z) es un grupo.

Solucin: Veriquemos que M2(Z) cumple con las propiedades de grupo

i) Asociatividad:

Seana bc d

;

a0 b0

c0 d0

;

a00 b00

c00 d00

pertenecientes a M2(Z). Se tiene sucesivamente:

=

a bc d

+

a0 b0

c0 d0

+

a00 b00

c00 d00

=

a+ a0 b+ b0

c+ c0 d+ d0

+

a00 b00

c00 d00

, por denicin de +

=

(a+ a0) + a00 (b+ b0) + b00

(c+ c0) + c00 (d+ d0) + d00

=

a+ (a0 + a00 b+ (b0 + b00

c+ (c0 + c00 d+ (d0 + d00

, asociatividad en Z

=

a bc d

+

a0 + a00 b0 + b00

c0 + c00 d0 + d00

=

a bc d

+

a0 b0

c0 d0

+

a00 b00

c00 d00

ii) Existencia del neutro:

Existe0 00 0

2M2(Z) tal que para todo

a bc d

2M2(Z) se tiene

0 00 0

+

a bc d

=

a bc d

+

0 00 0

=

a bc d

iii) Existencia de elementos inversos:

Para todoa bc d

2M2(Z) existe

a bc d

2M2(Z) tal que

a bc d

+

a bc d

=

a bc d

+

a bc d

=

0 00 0

Observacin: Muchas veces se pretende demostrar que un conjunto es grupo mostrando que 2 3elementos particulares, tomados al azar, satisfacen las propiedades de clausura, asociatividad, existenciade elemento neutro y existencia de elemento inverso. Tal accin no demuestra que un conjunto es grupo;tampoco ser una demostracin vlida si se toma un montn de elementos del conjunto. La nicaforma de demostrar esto es tomndolos todos, vericando que todos en conjunto cumplen las propiedadesde clausura, asociatividad, existencia de elemento neutro y existencia de elementos inversos (Note loscuanticadores usados en las propiedades).En el caso que se quiera probar que un conjunto no es grupo, basta demostrar que existe al menos

alguna propiedad que no se cumpla. Segn la regla indica la negacin de la proposicin:


Todos los elementos de G cumplen todas las propiedades

es:

Existe al menos un elemento de G que no cumple alguna propiedad

Por eso es que cuando se quiere probar que un conjunto G es un grupo se toman unos elementos de Ggenricos que representan a cualesquiera de los elementos de G.

Ejemplo 2 Sea

B =

a 1b 0

: a; b 2 Z

con la suma (+) denida en el ejemplo 1. Entonces (B;+) no es un grupo, puesto que no se verica lapropiedad de clausura. En efecto;

1 11 0

2 B y

2 10 0

2 B

pero 1 11 0

+

2 10 0

=

3 21 0

62 B

ya que la entrada superior derecha de la matriz resultante no es 1, condicin necesaria para estar en elconjunto B.

Ejemplo 3 Sea C = f(x; y) : x 2 Z; y 2 Ng y sea la operacin denida por(x1; y1) (x2; y2) = (x1 x2; y1 + y2)

Entonces (C; ) no es grupo. En efecto; (1; 2); (3; 5); (1; 4) 2 C((1; 2) (3; 5)) (1; 4) = (1 3; 2 + 5) (1; 4)

= (1; 11)Por otra parte

(1; 2) ((3; 5) (1; 4)) = (1; 2) (3 (1); 5 + 4)= (3; 11)

Como (1; 11) 6= (3; 11), entonces no se cumple la propiedad asociativa.Ejemplo 4 Sea

Q =nab: a 2 Z; b 2 Z f0g

o;

llamado el conjunto de los Nmeros Racionales.Considere las operaciones suma y producto denidas por:

a

b+c

d=

ad+ bc

bda

b cd

=ac

bd

Note que ad+bcbd 2 Q y acbd 2 Q, puesto que, ad + bc 2 Z, ac 2 Z y bd 2 Z f0g. (Q;+) es grupo y(Q f0g; ) es grupo. Se deja como ejercicio la vericacin de las respectivas propiedades.Ejemplo 5 : Sean G = f(x; y) : x 2 Q ; y 2 Zg y la operacin denida por:

(x; y) (x0; y0) = (xx0; y + y0)Determinemos si las siguientes armaciones son verdaderas o falsas.


a) El elemento neutro de G es (0; 0).

b) Existe un elemento neutro para G.

c) El inverso de (1; 4) es (0;4).d) (G; ) es un grupo.e) G cumple la conmutatividad.

Solucin:

a) Falso, existe (2; 3) 2 G, tal que(2; 3) (0; 0) = (0; 3) 6= (2; 3)

b) Verdadero, porque existe el elemento (1; 0) 2 G tal que para todo (x; y) 2 G;(x; y) (1; 0) = (1; 0) (x; y) = (x; y)

c) Falso;(1; 4) (0;4) = (0; 0) 6= (1; 0)

d) Falso, porque existe (0; 0) 2 G tal que para todo (x; y) 2 G;(0; 0) (x; y) = (0; y) 6= (1; 0)

es decir, (0, 0) no tiene inverso.

e) Verdadero, pues para todo (x; y); (x0; y0) 2 G;(x; y) (x0; y0) = (xx0; y + y0)

= (x0x; y0 + y)= (x0; y0) (x; y)

luego(x; y) (x0; y0) = (x0; y0) (x; y)

1.2.2 Axiomas de R como CuerpoAdmitiremos la existencia de un conjunto R cuyos elementos se llamarn nmeros reales. En el conjuntoR se tienen las operaciones fundamentales:La suma o adicin: a+ bEl producto o multiplicacin: a bConsidrense los siguientes axiomas

i) 0 2 R , 1 2 R , 0 6= 1ii) (R ;+) es grupo abeliano

iii) ((R f0g); ) es grupo abelianoiv) Distributividad:

8a; b; c 2 R : a(b+ c) = ab+ acSe dice que el conjunto R provisto de todos los axiomas dados anteriormente es un Cuerpo y se escribe;

(R; +; ) es un cuerpo.Los elementos neutros de R son el 0 y el 1 (para la adicin y multiplicacin respectivamente) pero nunca

hemos puesto en duda que estos son los nicos con esta propiedad.En efecto, por ejemplo 1 es el neutro multiplicativo, segn establece la proposicin siguiente.


Proposicin 1.3 En los nmeros reales tenemos

i) El neutro aditivo es nico

ii) El neutro multiplicativo es nico

iii) El inverso aditivo de un nmero real es nico

iv) El inverso multiplicativo de un nmero real no nulo es nico

Sin duda, para la mayora de nosotros esta ser la primera demostracin de unicidad y siendo asesbueno hacer notar que muchas veces deberemos probar que algn ente matemtico es nico. Lo usual enestos casos es usar el mtodo del absurdo que consiste en suponer (en estos problemas) que hay doselementos (es decir, que no es nico) que cumplen la propiedad que los dene (por ejemplo ser neutro) ybajo este supuesto llegar a una frase matemtica que sea falsa.Demostracin: (i) Supongamos que 0; 00 2 R son dos neutros aditivos distintos (0 6= 00), es decir, 0 y0cumplen

8a 2 R a = 0 + a = a+ 0 (1.1)8b 2 R b+ 00 = 00 + b = b (1.2)

Como 00 2 R, en particular se puede tomar a = 00 en 1.1, astenemos que00 = 0 + 00 = 00 + 0 (1.3)

Anlogamente considerando b = 0 en 1.2 se tiene

0 + 00 = 00 + 0 = 0 (1.4)

Conectando las cadenas 1.3 y 1.4 se tiene que

00 = 0 + 00 = 00 + 0 = 0

es decir,00 = 0

lo que hace una contradiccin con 0 6= 00Se dejan como ejercicio para el lector las demostraciones de las partes (ii), (iii) y (iv) de la proposicin.

Observacin: Es importante aclarar que el mtodo del absurdo es muy til para demostrar proposicionesdel tipo

p) q (1.5)El mtodo consiste en suponer que se cumple la negacin de 1.5

(p) q);es decir, suponer que se verica

p^ q (1.6)y a partir de ella obtener una contradiccin, la que nos permite armar que 1.6 es falso, y por lo tantoque la proposicin 1.5 es verdadera.Como ejemplo, probemos una propiedad que nos ser til ms adelante.

Ejemplo 6Si p2es par, entonces p es par. (1.7)

Observe que la proposicin en 1.7 es del tipo r ) s donde2 r =: p2 es par y la proposicin s es s =: pes par.

2Usaremos el smbolo =:" para indicar que la proposicin a la izquierda de l est denida por la expresin a su derecha.Aqu r =: p2 es par signica que la proposicin r se dene como la proposicin p2 es par.


Demostracin: Supongamos lo contrario, es decir, p2 es par y p no es par. Como p no es par p debe serimpar; luego existe k 2 Z tal que

p = 2k + 1

pero

p2 = (2k + 1)(2k + 1)

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

= 4k2 + 4k + 1

= 2(2k2 + 2k) + 1

luego p2 = 2k0+1 con k0 = 2k2+2k 2 Z de donde p2 es impar; lo que contradice el supuesto que p2 es par.En consecuenciaSi p2 es par, entonces p es par

Ejemplo 7

Notacin:a1 indica el inverso multiplicativo del nmero real no nulo a.Con los axiomas de cuerpo demostraremos algunas propiedades bsicas de R.

Proposicin 1.4 Sean a; b 2 R , entoncesi) (a+ b) = (a) + (b)ii) (a) = aiii) (ab)1 = a1b1; a 6= 0; b 6= 0iv) (a1)1 = a; a 6= 0v) b 0 = 0vi) (ab) = (a)b = a(b)vii) (a)(b) = abDemostracin: i) Como a y b son nmeros reales, a + b tambin es un nmero real. As, por axioma,este ltimo tiene su inverso aditivo que es (a+ b), por lo tanto

(a+ b) + ((a+ b)) = 0Por otra parte, por conmutatividad, asociatividad, axioma del inverso y axioma del neutro tenemos que

(a+ b) + (a) + (b) = (a+ (a)) + (b+ (b))= 0 + 0

= 0

Por lo tanto(a+ b) + (a) + (b) = 0

esta ltima igualdad nos dice que tambin (a) + (b) es inverso de (a+ b). De esta forma, por unicidaddel inverso aditivo, se tiene que

(a+ b) = (a) + (b)ii) Por axioma del inverso aditivo existe (a) 2 R y (a) 2 R y notemos que

(a) + a = a+ (a) = 0


y((a)) + (a) = (a) + ((a)) = 0

igualdades que nos dicen que tanto a como (a) son inversos aditivos de (a); en consecuencia, porunicidad del inverso aditivo

a = (a)Anlogamente se demuestran (iii) y (iv) cambiando suma por multiplicacin y naturalmente cambiando

la notacin de inverso aditivo a inverso multiplicativo.v) Puesto que por axioma del neutro aditivo

0 = 0 + 0

entonces tenemos por distributividad

b 0 = b (0 + 0) = b 0 + b 0

luegob 0 = b 0 + b 0

Sumando a ambos miembros de la ecuacin ?? el inverso aditivo del nmero real b0, asociando debidamente,y por la propiedad del neutro e inverso aditivo se tiene que

b 0 + ((b 0)) = b 0 + b 0 + ((b 0))0 = b 0 + (b 0 + ((b 0)))0 = b 0 + 00 = b 0

luegob 0 = 0

vi) La demostracin consiste en probar que (ab) y (a)b son inversos aditivos del mismo nmero:Claramente podemos ver que (ab) es el inverso de (ab) luego

ab+ ((ab)) = 0

Por otro lado por la propiedad de distributividad, axioma del inverso aditivo y por ?? tenemos que

ab+ (a)b = (a+ (a))b= 0 b= 0

luegoab+ (a)b = 0

igualdad que nos dice que (a)b tambin es inverso de ab, as, por unicidad del inverso de ab se tiene que

(ab) = (a)b

Adems, por conmutatividad, ?? se tiene que

(ab) = (ba)= (b)a= a(b)

por lo tanto(ab) = a(b)


que es la otra igualdad que queramos probar.vii) Consideremos

(a)(b) = (a(b)) usando vi)= ((ab)) usando vi)= ab usando ii)

luego(a)(b) = ab

lo que prueba nalmente la proposicin.

Corolario 1.5

i) (1)(1) = 1ii) (b) = (1b) = (1)b

Demostracin: Tomando a = 1 y b = 1 en vii) se tiene que

(1)(1) = 1

y tomando a = 1 en vi) se tiene(b) = (1b) = (1)b

Notaciones:Sean a; b 2 R , entonces escribiremos

a+ (b) = : a ba1 =

1

a; a 6= 0

ab1 =a

b; b 6= 0 (1.8)

Ejemplo 8 Cuando anotamos1

x2 4estamos hablando del inverso multiplicativo de x2 4. De esta forma, 1x24 sera un nmero real si y slosi x2 4 6= 0; es decir, si x 6= 2 y x 6= 2, asla igualdad

1

x2 4 = (x2 4)1

est denida en R si y slo si x 2 R f2; 2g(en otro caso ambas expresiones carecen de sentido).

Observacin: Si a; b 2 R f0g, entonces; ab

1=b

a

en efecto, usando la proposicin 1.4 y la notacin anterior;ab

1= (ab1)1 = a1(b1)1 = a1b = ba1 =

b

a

Muchas entre las observaciones anteriores y las que vendrn, son familiares al lector, ms an, ya lasha utilizado; pero lo que debemos notar es que son proposiciones que se pueden demostrar y que todasprovienen de los axiomas de cuerpo que cumple R.


Ejemplo 9 Sean a; c 2 R; b; d 2 R f0gDemostraremos que se tiene las siguientes igualdades

a

b+c

d=

ad+ bc

bd(1.9)a

b

cd

=

ac

bd(1.10)

Usando la notacin, proposicin 1.4 y los axiomas de R se tiene que

ad+bcbd = (ad+ bc)(bd)

1 notacin= ad(bd)1 + bc(bd)1 distributividad= adb1d1 + bcb1d1 1.4iii)= a(dd1)b1 + (bb1)cd1 conmutatividad y asociatividad= a1b1 + 1cd1 propiedad inversos= ab1 + cd1 propiedad neutro= ab +

cd notacin

Adems: ab

cd

= (ab1)(cd1) = acb1d1 = ac(bd)1 =

ac

bd

Las propiedades anteriores tienen la ventaja de que nos permiten trabajar con expresiones ms simpli-cadas

Subconjuntos Notables

Algunos subconjuntos notables de R que mencionamos al principio del captulo sonEl conjunto de los nmeros Naturales.

N = f1; 2; 3; 4; 5; : : :gEl conjunto de los nmeros Enteros.

Z = f: : : ;3;2;1; 0; 1; 2; 3; 4; : : :gEl conjunto de los nmeros Racionales.

Q =nab: a 2 Z ^ b 2 Z f0g

oOtros conjuntos notables son

N0 = N [ f0g = Z+0Z = fn : n 2 Ng

I = RQeste ltimo llamado el conjunto de los nmeros Irracionales.Naturalmente se tiene la siguiente cadena de desigualdades

N N0 = Z+0 Z Q Ry adems3

Q _[I = RNotemos que los siguientes nmeros reales

1; 324; 0; 3;1; 2

0; 36

3 _[ indica unin disjunta.


son nmeros racionales, pues ellos se pueden expresar de la forma

a

b; para algn a 2 Z; b 2 Z f0g

Por ejemplo

1; 324 =1324

1000; 0; 3 =

3

9

1; 2

0; 36=

121036100

=120

36

y simplicando cada una obtenemos expresiones racionales ms simples

1; 324 = 331250 ; 0; 3 =13 ;

1;20;36 =

103

Algunos ejemplos de nmeros irracionales son

;p2; e

donde se aproximaal racional 3; 14 y e se aproxima al racional 2; 71. Estas aproximaciones son usadaspara hacer algunos clculos menores ms simples, pero ellos tienen innitos decimales y no son peridicos.Probaremos ms adelante que

p2 es un nmero irracional.

Recordemos que el radio de una circunferencia est contenido 2 veces en su circunferencia.

Ahora veamos algunos ejemplos que muestran algunas de las propiedades algebraicas que cumplen lossubconjuntos de R anteriormente mencionados.

Ejemplo 10 Determinemos si son verdaderas o falsas las siguientes armaciones

1. El conjunto de los nmeros irracionales cumple con el axioma de clausura para la suma o el productodenidos en R

2. (I;+) es un grupo

3. (Z;+; ) es un cuerpo

4. (Q ;+; ) es un cuerpo

Solucin:

1. Falso. Los nmeros a =p2 y b = p2 son irracionales pero

a+ b = 0

que es un nmero racional (0 = 01 , por ejemplo); por lo tanto no cumple con la propiedad de clausurapara la suma. Por otra parte si tomamos ahora a = b =

p2, entonces ab =

p2p2 = 2 que es un

nmero racional; por lo tanto no se cumple la propiedad de clausura para el producto denido en R.

2. Falso. Por lo anterior es claro que (I;+) no es grupo

3. Falso. Si (Z;+; ) fuera cuerpo, entonces (Z f0g; ) sera grupo; pero Z no cumple la propiedad deinverso multiplicativo.

4. Verdadero. (Q ;+) es grupo, (Q f0g; ) es grupo y se cumple la propiedad distributiva en Q.


1.2.3 Potencias Enteras

Denicin 1.6 Sea a 2 R , n 2 Z+. Se dene la potencia real de base a y exponente n por:

an = a a a a a| {z }n veces

Una denicin ms precisa de potencia es la siguienteSea a 2 R . Se dene por recurrencia;

i) a0 = 1, a 6= 0

ii) an+1 = an a, 8n 2 N0

Sea n 2 Z, a 6= 0. Se dene la potencia real de base a y exponente n por:

an =1

an=

1

a a a a a| {z }n veces

(1.11)

Ejemplo 11

23 = 2 2 2 = 8; 23 = 123=

1

2 2 2 =1

8

Teorema 1.7 Sea a; b 2 R f0g, n 2 Z , m 2 Z , entonces

i) an am = an+m

ii) anbn = (ab)n

iii) am

an = amn

iv) an

bn =ab

nv) (an)m = anm

Todas estas propiedades se prueban usando induccin, tcnica de demostracin que consiste en estecaso en: primero ver que la igualdad se cumple para n = 0; posteriormente, se supone que se cumple laigualdad para un natural (genrico) k y utilizando esta informacin se muestra que la igualdad es vlidapara el natural siguiente k + 1. Una demostracin tal nos garantiza que las igualdades son slo vlidas enN0 pero usando la denicin se puede obtener la propiedad en Z.

Productos Notables

Usando las propiedades de potencias y los axiomas de R se tienen los siguientes productos notables:

1) a2 b2 = (a+ b)(a b)2) (a+ b)2 = a2 + 2ab+ b2

3) a3 + b3 = (a+ b)(a2 ab+ b2)4) a3 b3 = (a b)(a2 + ab+ b2)5) (a+ b)3 = a3 + 3a2b+ 3ab2 + b3

6) (a b)3 = a3 3a2b+ 3ab2 b37) am bm = (a b)(am1 + am2b+ am3b2 + +

abm2 + bm1) 8m 2 Z+


Ejemplo 12 Sean a; b en R, tales que la expresin siguiente est denida en R:

I =a1 + b1 c(ab)1a2+b2c2a2b2 + 2a

1b1

11

a+b+c

!Simplique I.Solucin: Procediendo en etapas, tenemos

I =a2b2(a1 + b1 c(ab)1)a2 + b2 c2 + 2a1b1a2b2 (a+ b+ c)

=(ab2 + a2b cab)(a+ b+ c)

a2 + b2 c2 + 2ab=

ab(b+ a c)(a+ b+ c)(a+ b)2 c2

=ab(b+ a c)(a+ b+ c)(a+ b c)(a+ b+ c)

= ab

Determine para qu valores de x 2 R la expresin est denida en R, y simplique.

E =x2 2x+ 1

(x1)3x21

Solucin: La expresin est denida en R si

(x 1)3x2 1 6= 0 ^ x

2 1 6= 0

es decir,(x 1) 6= 0 ^ x2 1 6= 0

Por lo tanto E 2 R si x 2 R f1; 1g.Tenemos

E =x2 2x+ 1

(x1)3x21

x 6= 1 ; x 6= 1

=x2 2x+ 1(x 1)3 (x

2 1)

=1

(x 1)(x 1)(x+ 1)= x+ 1

Note que x+ 1 tiene sentido4 para todo x 2 R , no asE ya que al menos para 1 y 1 no tiene sentido.

1.2.4 Conjunto restriccin y conjunto solucin de una ecuacin

Llamaremos conjunto restriccin5 de una expresin que involucra a los trminos P (x) y Q(x)6 (porejemplo, P (x) = Q(x)) al conjunto R de los x en R para los cuales cada trmino de la expresin estdenida en R.Llamaremos conjunto solucin de la ecuacin P (x) = Q(x) al subconjunto S de los x en R que

satisfacen la ecuacin, es decir,S = fx 2 R \R : P (x) = Q(x)g

4Que x+ 1 tenga sentidopara todo x en R signica que x+ 1 est denido en todo x 2 R, es decir, 8x 2 R; x+ 1 2 R.5Suele llamrsele dominio de una expresin.6P (x) y Q(x) son expresiones tales que al menos una de ellas involucra la variable x.


Tambin escribiremosS = fx 2 R : P (x) = Q(x)g

subentendiendo que x debe estar en R.Observemos que el conjunto solucin siempre debe estar incluido en el conjunto restriccin S R.Por ejemplo, el conjunto fx 2 R : 1x = xg es el conjunto de los reales tales que cumplen la ecuacin

1x = x, es decir,

fx 2 R : 1x= xg = f1; 1g

Resolver una ecuacin signica encontrar su conjunto solucin.Resolvamos la ecuacin

x2 2x+ 1(x1)3x21

= 3

Solucin: Por el ejemplo 1.2.3 es claro que el conjunto restriccin es R1 = R f1; 1g, Ademssimplicando la expresin izquierda de la igualdad, obtenemos

x22x+1(x1)3x21

= 3, x+ 1 = 3, x = 2

Por lo tanto el conjunto solucin de la ecuacin es:

S =

(x 2 R : x

2 2x+ 1(x1)3x21

= 3

)= f2g \ R1= f2g \ (R f1; 1g)= f2g

Proposicin 1.8 Sean a; b en R.

i) La ecuacinx+ a = b

tiene por nica solucin el real b a.ii) Si a 6= 0 la ecuacin

ax = b

tiene como nica solucin el real ba .

La demostracin se dejar como ejercicio para el lector; debe usarse las propiedades de inverso aditivoy multiplicativo respectivamente.

Ejercicio 13 Determine si las siguientes armaciones son verdaderas o falsas. Justique.

1.nx 2 R : x+3x+3 = 1

o= R

2.nx 2 R : (x+3)(x+4)x+3 = 1

o=

3. (8a; b 2 R)(ab = 1) (a = 1 _ b = 1))4. (8x; y 2 R)(x2 = y2 ) x = y)

Solucin:


1. Falso. El conjunto restriccin de la ecuacin

x+ 3

x+ 3= 1

es R = R f3g.Luego, simplicando la expresin

x+ 3

x+ 3= 1

obtenemos que 1 = 1 lo cual es verdadero. Por lo tanto el conjunto solucin de la ecuacin es

S =

x 2 R : x+ 3

x+ 3= 1

= R \R = R f3g

2. Verdadero. El conjunto restriccin de la ecuacin

(x+ 3)(x+ 4)

x+ 3= 1

es R1 = R f3g. Sin embargo al simplicar la expresin(x+ 3)(x+ 4)

x+ 3= 1

obtenemos la ecuacinx+ 4 = 1

de donde tenemos que x = 3. Luego el conjunto solucin de la ecuacin es

S =

x 2 R1 : x+ 3

x+ 3= 1

= f3g \ R1= f3g \ (R f3g)=

3. Falso. Consideremos a = 2=3, b = 3=2 en R

2

3 32= 1 pero

2

36= 1 y 3

26= 1

4. Falso. Sean x = 2, y = 2(2)2 = 22 pero 2 6= 2

1.2.5 Resolucin de problemas de planteo

La importancia de la proposicin 1.8 est en la resolucin de problemas. Por ejemplo, en los siguientesproblemas debemos llevar el enunciado a un planteamiento matemtico que luego se reduce a la resolucinde una ecuacin en una variable (o a la resolucin de un sistema de ecuaciones).

Ejercicio 14 Una bomba que trabaja sola, llena un estanque en 7 horas, otra lo hara en 8 horas.?Encunto tiempo se llena el estanque si trabajan ambas bombas a la vez?

Solucin: Sea x el nmero de horas que tarda el estanque en llenarse (si trabajan ambas bombas a lavez) y sea V el volumen total del estanque.Si una bomba llena el estanque en 7 horas (entonces en una hora llenar 17 del estanque), luego en x

horas llenar x7 del estanque, es decir, llenarxV7 (unidades de volumen). La otra bomba llena el estanque


en 8 horas, entonces en x horas llenar x8 del estanque, es decir,xV8 (unidades de volumen). Como en x

horas, las dos bombas juntas llenan al estanque entonces se tiene

xV

7+xV

8= V

lo que equivale ax

7+x

8= 1

de donde 15x = 56. Luego, trabajando las dos bombas a la vez, el estanque se llena en 56/15 horas.

Ejercicio 15 Cuatro estudiantes deciden vivir solos en un departamento y repartir en partes iguales elarriendo mensual. Sin embargo, encuentran que si aumenta en dos el nmero de estudiantes, su cuotamensual se reduce en $ 5:000. ?Cul es el costo del arriendo?

Solucin: Sea x el costo del arriendo. Si hay cuatro estudiantes entonces la cuota mensual de cada unoes de x4 . Si aumentan en dos, entonces la cuota mensual ser de

x6 . Dadas las hiptesis del problema se

tiene quex4 5:000 = x6) 3x 12 5:000 = 2x

) x = 60:000Luego el costo del arriendo es de $ 60:000.Para resolver problemas como los anteriores se requiere: reconocer los datos importantes (y despre-

ciar informacin innecesaria); identicar la o las incgnitas e introducir una o ms variables pararepresentarlas; plantear y resolver las ecuaciones que relacionan los datos, teniendo en cuenta las restric-ciones necesarias involucradas en el problema. En algunos casos es necesario aplicar conceptos tales comoporcentaje, razn y proporcin, velocidad (= distancia/tiempo), etc.Observacin: Recordemos que;

1. p es el q por ciento (se escribe q%) de x, si y slo si;

p =q

100 x

2. La razn de dos nmeros a : b (se lee a es a b) es el cuociente

a

b

(La expresin a : b desea destacar el aspecto de comparacin entre a y b).

Una proporcin es una igualdad entre dos razones, por ejemplo;

2 : 3 = 6 : 9

que se lee 2 es a 3 como 6 es a 9

3. Se dice que a es directamente proporcional a b si y slo si existe una constante q tal que

a = qb

Se dice que a es inversamante proporcional a b si existe una constante q tal que

a = q1

b

En ambos casos q se llama factor de proporcionalidad y generalmente se tiene q > 0.

4. Daremos el volumen y rea de algunos cuerpos geomtricos que utilizaremos


1. (a) Paraleleppedo de aristas x, y, z.Volumen: V = xyzArea: A = 2xy + 2xz + 2yz

(b) Cilindro de radio r y altura h.Volumen: V = r2hArea: A = 2r2 + 2rh

(c) Cono recto de radio basal r y altura h.Volumen: V = 13r

2h

Area: A = rpr2 + h2

(d) Esfera de radio r.Volumen: V = 43r

3

Area: A = 4r2

Ejercicio 16 Si el radio del cilindro disminuye en un 10% mientras que su altura aumenta en un 12% enqu tanto porciento varana) El volumen del cilindrob) El are lateral del cilindro

Solucin: Sea r : radio inicial del cilindro, h : altura inicial del cilindroa) Si el radio disminuye en un 10% entonces el nuevo radio rn ser

rn = r (0; 1)r = 0; 9r

Si la altura aumenta en un 12% entonces la nueva altura hn ser

hn = h+ 0; 12h = 1; 12h

luego el nuevo volumen ser Vn

Vn = rn2hn = (0; 9r)

2(1; 12h) = 0; 9072r2h = r2h 0; 0928r2h

esto es, el volumen disminuye en 0; 0928r2h unidades; es decir, disminuye en 9; 28%b) El rea del cilindro ser

An = 2rnhn = 2(0; 9r)(1; 12h) = 1; 008 2rh = 2rh+ 0; 008 2rh

luego el rea lateral aumenta en 0; 8%.

Ejercicio 17 En una prueba de matemticas, el 12% de los estudiantes de una clase no resolvi un prob-lema, el 32% lo resolvi con algunos errores y los 14 estudiantes restantes obtuvieron la solucin correcta.Cuntos estudiantes haba en la clase?

Solucin: Sea x el nmero de estudiantes, entonces

12

100x no resolvieron el problema

32

100x resolvieron con algunos errores el problema

14 : resolvieron el problema correctamente


Luego tenemos la siguiente ecuacin

12

100x+

32

100x+ 14 = x

de donde56x = 1400;

es decir,

x =1400

56= 25

luego haba 25 estudiantes en la clase.

Ejercicio 18 Una tienda de antigedades compr dos muebles en $ 225:000 y despus los vendi y obtuvoun benecio del 40%. Cunto pag por cada mueble si el primero dej un benecio del 25% y el segundoun benecio del 50%?

Solucin: Sea x pesos (en miles) lo que le ha costado el primer mueble entonces el segundo lo compr en

(225 x) mil pesosEl primero dio un benecio del 25%, luego se vendi en

(x+ 0; 25x) mil pesos;

es decir, 1; 25x mil pesos.El segundo dio un benecio del 50%, luego se vendi en

1; 50(225 x) mil pesosPor hiptesis, la tienda compr los dos muebles en 225 mil pesos y obtuvo un benecio total del 40%,

luego los dos muebles se vendieron en

1; 40 225 = 315 mil pesos.As, obtenemos la ecuacin

1; 25x+ 1; 50(225 x) = 315de donde

0; 25x = 22; 5

luegox = 90

El primer mueble se vendi en $ 90:000 y el segundo en $ 135:000.Observacin: El tanto por ciento de benecio se calcula en relacin con el precio de costo (tomado como100%).

Ejercicio 19 Los dimetros de dos cilindros son entre scomo 3 : 4 y sus alturas como 5 : 6. ?Qu tantopor ciento del volumen del mayor de ellos es el volumen del menor?

Solucin: Sean d1; d2 los dimetros de los cilindros y h1; h2 sus respectivas alturas. Por hiptesis delproblema tenemos las siguientes relaciones;

d1d2=3

4;

h1h2=5

6(1.12)

Adems la frmula del volumen de un cilindro es

V = r2h


donde r es el radio del cilindro y h la altura; adems

d = 2r

donde d es el dimetro del cilindro.Con todo lo anterior tenemos que

V =

4d2h

y para cada cilindroV1 =

4 d

21h1 V2 =

4 d

22h2

Pero de 1.12 tenemosd1 =

34d2 y h1 =

56h2

luego

V1 =

4 916d225

6h2 =

45

96 4d22h2 =

45

96V2

as,

V1 =45

96V2

Luego V1 es el 46; 875% de V2.Una propiedad que nos ser muy til en la resolucin de ecuaciones es la siguiente.

Proposicin 1.9 Sean a; b 2 Rab = 0() a = 0 _ b = 0 (1.13)

Demostracin: ())7 Supongamos a 6= 0; entonces existe a1 2 R tal queab = 0 ) a1ab = a10

) 1 b = 0) b = 0

( ( ) Es claro que si a = 0 _ b = 0 entonces ab = 0; luego(8a; b 2 R)(ab = 0, a = 0 _ b = 0)

Observemos que la propiedad anterior no es vlida en cualquier conjunto con operaciones de suma y

multiplicacin. Por ejemplo, consideremos el conjunto de matrices

M2(R) =

a bc d

: a; b; c; d 2 R

bajo la operacin de producto denida por

a bc d

a0 b0

c0 d0

=

aa0 + bc0 ab0 + bd0

ca0 + dc0 cb0 + dd0

Sean

A =

1 00 0

y B =

0 00 1

Es claro que

AB =

0 00 0

7Por equivalencia lgica esta implicancia en 1.13 se puede escribir (p ) q _ s), que es equivalente (p^ q ) s) y esto

ltimo es lo que usaremos en esta parte de la demostracin.


pero A 6= 0 y B 6= 0. Lo que sse cumple es que

A = 0 _B = 0) AB = 0

La propiedad 1.13 nos permite resolver algunas ecuaciones. Por ejemplo resolvamos en R la siguienteecuacin

(x+ 1)(x 1) = 0Es claro que

(x+ 1)(x 1) = 0 , (x 1 = 0) _ (x+ 1 = 0)de donde el conjunto solucin S es

S = fx 2 R : (x+ 1)(x 1) = 0g = f1; 1g

Anlogamente se puede resolver el siguiente problema

Ejemplo 20 La solucin de la ecuacinx2 = 25

es f5; 5g

Solucin:En efecto;

x2 = 25 , x2 25 = 0, (x 5)(x+ 5) = 0, x 5 = 0 _ x+ 5 = 0, x = 5 _ x = 5

Ejercicio 21 Dos personas salen simultneamente de dos ciudades A y B y van una en direccin de laotra. La primera persona camina 2 km/hr ms de prisa que la segunda y llega a B una hora antes que lasegunda llegue a A. Si A y B distan 24 km Cuntos kilmetros recorre cada una de las personas en unahora? (Ayuda: velocidad=distancia/tiempo).

Solucin: Sea v km/hr la velocidad de la primera persona PA, entonces la velocidad de la segundapersona PB ser de (v 2) km/hrLa persona PA tardar t1 = 24v horas y PB tardar t2 =

24v2 horas

Como PB llega una hora ms tarde que PA, entonces;

t2 = t1 + 1 ) 24v2 24v = 1) 24v 24(v 2) = (v 2)v) v2 2v 48 = 0) (v 8)(v + 6) = 0) v = 8 _ v = 6

Pero v > 0, as, v = 8 km/hr. Luego la distancia que recorre PA en una hora es de

d1 = v 1 = 8 km

y PB recorred2 = (v 2) 1 = 6 km

Ejercicio 22 Un tren rpido fue obligado a detenerse 16 minutos en un disco rojo. Para recuperar estetiempo, viaj en un tramo de 80 kilmetros 10km/hr ms rpido que lo normal. ?Cul es la velocidadnormal del tren?


Solucin: Sea v km/hr la velocidad prevista por el tren (donde v > 0). La velocidad real fue de

(v + 10) km/hr

El tiempo previsto era de

t1 =80

vhr

pero realmente fue

t2 =80

v + 10hr

Por hiptesis tenemos que

t1 t2 = 1660;

es decir,80v 80v+10 = 1660

, (v + 10)80 80v = 415v(v + 10)

, v2 + 10v 3:000 = 0, (v 50)(v + 60) = 0, v = 50 _ v = 60

pero v > 0 luegov = 50

y la velocidad normal del tren fue de 50 km/hr.En los ejemplos anteriores hemos resuelto ecuaciones en una variable. Con frecuencia, es necesario

resolver dos o ms ecuaciones simultneamente en dos o ms variables, es decir, sistemas de ecuaciones.

Ejemplo 23 Resolvamos el siguiente sistema de ecuaciones

x 3y = 25x+ y = 2

Solucin: Multiplicando por 3 la segunda ecuacin y sumndosela a la primera se obtiene la ecuacin

16x = 4

de donde x = 14 . Sustituyendo este valor en cualquiera de las dos ecuaciones se obtiene y =34 .

Luego la solucin del sistema esx = 14 ; y =

34

o el punto (x; y) = (1=4; 3=4)La interpretacin geomtrica de esta solucin es el punto de interseccin de las rectas cuyas ecuaciones

son x 3y = 2 y 5x+ y = 2 como se muestra en la siguiente gura

Ejercicio 24 Un cierto nmero de estudiantes deben acomodarse en una residencial. Si se ubicaran dosestudiantes por habitacin entonces quedaran 2 estudiantes sin pieza. Si se ubicaran 3 estudiantes porhabitacin entonces sobraran 2 piezas. Cuntas habitaciones disponibles hay en la residencial y cuntosestudiantes deben acomodarse en ella?


Solucin: Sean x : nmero de estudiantes y : nmero de habitaciones, entonces podemos representar elproblema mediante las ecuaciones

x 2y = 2x 3(y 2) = 0

despejando x de la primera ecuacin y reemplzandole en la segunda,

y = 8 x = 18

Por lo tanto hay 8 habitaciones y 18 estudiantes.

Ejercicio 25 Una chapa rectangular de estao de permetro 96 cm se usa para hacer una caja sin tapa.Para ello se recorta un cuadrado de 4 cm de lado en cada esquina y se unen los bordes, (ver gura anterior).Cules son las dimensiones de la chapa si el volumen de la caja es de 768? cm3:

Solucin: Sean x =: longitud de la chapa en centmetros y =: ancho de la chapa en centmetros, entoncesla caja tiene las dimensiones siguientes (ver gura vergura anterior):

longitud : (x 8) cmancho : (y 8) cmaltura : 4 cm

Por hiptesis, volumen y permetro son;

4(x 8)(y 8) = 7682x+ 2y = 96

lo que equivale a(x 8)(y 8) = 192

x+ y = 48

Despejando y en la segunda ecuacin y reemplazando en la primera obtenemos

x2 48x+ 512 = 0es decir

(x 32)(x 16) = 0de donde

x = 32 _ x = 16note que si x = 32, entonces y = 16 y si x = 16, entonces y = 32.Como x es la longitud; las dimensiones de la chapa son 32 cm 16 cm.

Ejercicio 26 Un obrero hace un cierto nmero de piezas idnticas en un tiempo determinado. Si hubierahecho 10 piezas ms cada da, habra terminado el trabajo completo en 4 12 das antes de lo previsto, y sihubiese hecho 5 piezas menos cada da habra tardado 3 das ms de lo previsto. Cuntas piezas hizo yen cunto tiempo?

Solucin: Supongamos que el obrero hace x piezas en y das. Entonces produce xy piezas por da, porhiptesis, si hubiera realizado xy + 10 piezas , habra completado el trabajo en y 4 12 das. Luego como4 12 =

92 tenemos

x

y+ 10

y 9

2

= x


La otra condicin de la ecuacin es x

y 5(y + 3) = x:

As, obtenemos el siguiente sistema

10y 92 xy = 455y + 3xy = 15

de dondex

y= 50

luego, y = 27 x = 1:350.

Ejercicio 27 Dos obreros tienen que hacer un trabajo consistente en mecanizar un lote de piezas idnticas.Despus que el primero ha trabajado durante 7 horas y el segundo durante 4 horas, han completado 59 deltotal del trabajo. Si siguieran trabajando los dos a la vez durante 4 horas ms, les quedara por hacer 118del trabajo. Cunto tardara cada uno en hacer el trabajo completo?

Solucin: Supongamos que el primer operario, trabajando solo, es capaz de completar el trabajo en xhoras, y el segundo en y horas. Entonces en una hora el primero hace 1x del trabajo completo y el segundo1y . Por hiptesis

71

x+ 4

1

y=5

9

Como despus trabajan juntos otras 4 horas, harn 4x +4y del trabajo, que es igual a

15

9+1

18

=7

18

por lo tanto tenemos la ecuacin4

x+4

y=7

18

Restndola de la primera, obtenemos3

x=3

18

de donde x = 18. Entonces1

y=1

24e y = 24

Luego el primero tarda 18 horas y el segundo 24 horas en hacer el trabajo completo.

Ejercicio 28 Se ha de transportar 690 toneladas de mercancas desde un muelle a una estacin de fer-rocarril mediante 5 camiones de 3 toneladas y 10 camiones de una tonelada y media. En pocas horas,los camiones han transportado 25/46 de las mercancas. Para completar el transporte a tiempo, se ha dellevar las mercancas restantes en un lapso 2 horas menor que el ya transcurrido. Se complet el trans-porte gracias a que los conductores de los camiones comenzaron a hacer un viaje por hora ms que antes.Determine cuntas horas tardaron en transportar todas las mercancas y tambin el nmero de viajes porhora que se haca al principio sabiendo que los camiones de una y media tonelada hacen un viaje ms porhora que los camiones de 3 toneladas 8 .

Solucin: Supongamos que la primera parte de las mercancas, que asciende a

25

46690 = 375 toneladas

8Se debe suponer que todos los camiones iban completamente cargados en cada viaje.


se transporta en x horas haciendo cada camin de 3 toneladas y viajes por hora. Entonces cada camin deuna y media tonelada har y + 1 viajes por hora. Por hiptesis, la parte restante de mercancas (es decir,690-375=315 toneladas) se transport en x 2 horas, haciendo los camiones de 3 toneladas y + 1 viajespor hora y los camiones de una y media toneladas (y + 1) + 1 = y + 2 viajes por hora. Obtenemos aselsiguiente sistema de ecuaciones

5 3xy + 10 32x(y + 1) = 3755 3(x 2)(y + 1) + 10 32 (x 2)(y + 2) = 315

Simplicando tenemos2xy + x = 25

2xy + 3x 4y = 27de donde

2x 4y = 2luego 2y = x 1. Sustituyendo en la primera ecuacin obtenemos x2 = 25, es decir9 , x = 5. La primeraparte de las mercancas se transport en 5 horas y la segunda parte en 5 2 = 3 horas.Nota:Todas las mercancas se transportaron en 8 horas; al principio, los camiones de tres toneladas hacan 2

viajes por hora y los de una y media toneladas, 3 viajes por hora.

Ejercicio 29 Una industria tiene un encargo de 810 artculos y otra de 900 artculos en el mismo periodode tiempo. La primera ha completado el pedido 3 das antes del plazo previsto y la segundos 6 das antes.?Cuntas artculos produce al da cada industria, sabiendo que la segunda produce por da 4 artculos

ms que la primera?

Solucin: Sea x la produccin de artculos diaria de la primera industria, entonces la segunda producex+4 articulos por da. La primera ha completado su pedido en 810x das, luego el tiempo dado para cumplirel pedido ha sido 810x + 3 das. Anlogamente tenemos que

900x+4 + 6 es el tiempo asignado a la segunda

industria, pero el tiempo asignado a ambas las industrias es el mismo, luego

810

x+ 3 =

900

x+ 4+ 6

de donde x = 20. Es decir, la primera industria produce 20 articulos y la segunda 24 articulos por da.

Ejercicio 30 Hallar un nmero de dos cifras sabiendo que el nmero de unidades excede en cuatro alnmero de la decenas y que el producto del nmero deseado por la suma de sus digitos es igual a 576.

Observacin: Si un nmero a tiene n digitos a0; a1; a2; an1, ordenados de izquierda a derechaentonces

a = an110n1 + + a110 + a0Solucin: Sea x el digito de la unidades, y el digito de la decenas entonces por hiptesis se tiene laecuacin

x = y + 4 (1.14)

adems el nmero deseado es 10y + x luego

(10y + x)(x+ y) = 576 (1.15)

Por 1.14 y 1.15

(11y + 4)(2y + 4) = 576

() 11(y 4)(y + 7011) = 0

() y = 4 _ y = 7011

pero y > 0, luego y = 4. Por lo tanto el nmero buscado es 48.9De x2 = 25 se obtiene x = 5 o x = 5 pero x indica horas luego x debe ser positivo.


1.3 Axiomas de Orden

A continuacin daremos un conjunto de axiomas que forma parte de la caracterizacin de los nmerosreales. Estos axiomas nos permiten ordenar los nmeros reales (y an poder gracar este orden en unarecta).Admitimos la existencia de un subconjunto de R que denotamos por R+, cuyos elementos se llaman

nmeros reales positivos y que se caracterizan por los axiomas:

Axioma i) Clausura de la suma

Si a; b 2 R+, entonces a+ b 2 R+

Axioma ii) Clausura del producto

Si a; b 2 R+, entonces ab 2 R+

Axioma iii) Tricotoma

Para cada nmero real slo una de las siguientes proposiciones es verdadera

a 2 R+; a = 0; a 2 R+

En base a los axiomas anteriores demostraremos las siguientes propiedades:

Proposicin 1.10 El conjunto de los nmeros reales cumple

i) a 2 R f0g ) a2 2 R+

ii) a 2 R+ ) a1 2 R+

iii) a b 2 R+ ^ b c 2 R+ ) a c 2 R+

iv) b a 2 R+ , (b+ c) (a+ c) 2 R+

v) b a 2 R+ ^ c 2 R+ ) bc ac 2 R+

vi) b a 2 R+ ^ c 2 R+ ) ac bc 2 R+

Demostracin:

i) Si a 2 R f0g entonces por Axioma iii)a 2 R+ _ a 2 R+

Si a 2 R+ entonces por Axioma ii) a a 2 R+, es decir,a 2 R+ ) a2 2 R+

Si a 2 R+ entonces por Axioma ii) (a) (a) 2 R+ pero por proposicin 1.4 vii, (a)2 = a2,luego a2 2 R+. Notemos que en particular si a = 1, entonces 12 = 1 2 R+

ii) Demostraremos esta propiedad por el mtodo del absurdo.

Sea a 2 R+. Supongamos que a1 62 R+, entonces por Axioma iii)a1 = 0 _ (a1) 2 R+

Supongamos que a1 = 0 entonces a a1 = 0 pero por propiedad de inverso a a1 = 1; esto es unacontradiccin y por lo tanto a1 6= 0.Supongamos que (a1) 2 R+. Como a 2 R+ tenemos que por Axioma ii) que (a1) a = 1 2 R+que es tambin una contradiccin pues 1 2 R+. Como en ambos casos obtenemos una contradiccin,no se puede dar ninguna de las dos posibilidades, por lo tanto, a1 2 R+; as, se tiene que el inversomultiplicativo de un nmero positivo es tambin un nmero positivo.

1.3. AXIOMAS DE ORDEN 27

iii)a b 2 R+ ^ b c 2 R+

) (a b) + (b c) 2 R+ por Axioma i)) a+ (b+ b) c 2 R+ asociatividad) a+ 0 c 2 R+ inverso aditivo) a c 2 R+ neutro aditivo

iv)b a 2 R+

, b a+ 0 2 R+ neutro aditivo, b a+ c c 2 R+ inverso aditivo, (b+ c) + (a c) 2 R+ asociatividad conmutatividad, (b+ c) (a+ c) 2 R+ distributividad

v)b a 2 R+ ^ c 2 R+

) (b a)c 2 R+ por Axioma ii)) bc ac 2 R+ distributividad

vi)b a 2 R+ ^ c 2 R+

) (b a)(c) 2 R+ por Axioma ii)) (bc) (ac) 2 R+ distributividad) ac bc 2 R+

Se dene el conjunto de los nmeros reales negativos como

R = fa 2 R : a 2 R+gNotemos que R 6= ; pues 1 2 R dado que 1 2 R+. Anlogamente se dene el conjunto de los nmerosreales no negativos como

R+0 = R+ [ f0g

Nota: Por Axioma iii) se tiene la siguiente igualdad donde los conjuntos son disjuntos dos a dos

R = R+ [ f0g [ R

Denicin 1.11 Diremos que a es mayor que b b es menor que a si y slo si

a b 2 R+ (1.16)y escribiremos esto indistintamente como

a > b o como b < a:

Diremos que a es mayor o igual que b si a es mayor que b o a es igual a b, es decir

a > b _ a = bEscribiremos esto indistintamente como

a b o b a:As, se tiene

a b() a > b _ a = bAnlogamente, diremos que a es menor o igual que b si a es menor que b o a igual que b. Escribiremosindistintamente en este caso

a b o b ao equivalentemente

a b, a < b _ a = b


Con la notacin anterior tenemos que:

a 2 R+ , a > 0a 2 R , a < 0

y las propiedades demostradas anteriormente se pueden escribir de la siguiente forma

Corolario 1.12 Sean a; b; c 2 R

i) a 2 R f0g ) a2 > 0.ii) a > 0 ) a1 > 0iii) a > b ^ b > c ) a > civ) b > a , b+ c > a+ cv) b > a ^ c > 0 ) bc > acvi) b > a ^ c < 0 ) bc < ac

Notacin:a b c, a b ^ b c

Los Intervalos de R:Sean a; b 2 R. con10 a b Se denen

[a; b[ = fx 2 R : a x < bg]a; b] = fx 2 R : a < x bg]a; b[ = fx 2 R : a < x < bg[a; b] = fx 2 R : a x bg

]1; a] = fx 2 R : x ag]1; a[ = fx 2 R : x < ag[a;1[ = fx 2 R : x ag]a;1[ = fx 2 R : x > ag

Nota: La denicin dada no admite intervalos del tipo [a; b[ con a > b (en tal caso se trataria de unconjunto vaco).

Ejemplo 31

[1; 0[ = fx 2 R : x < 0g]1;1[ = fx 2 R : x > 1g

]1; 0[ [ ]1;1[ = fx 2 R : x < 0 _ x > 1g]0; 1[ = fx 2 R : 0 < x < 1g

[1; 1] = fx 2 R : 1 x 1g[1; 0[ = fx 2 R : 1 x < 0g[2; 1[ = fx 2 R : 2 x < 1g

10Algunos de estos intervalos pueden ser el conjunto vaco.


Uno de los teoremas ms importantes que se deduce del axioma de tricotoma, es el siguiente;

Teorema 1.13 11 Para todo a; b 2 R , se verica una y slo una de las proposiciones

a > b; a = b; a < b

Demostracin: Sean a; b 2 R , entonces por Ax iii) slo una de las siguientes proposiciones es verdaderapara el nmero real a b;

a b 2 R+; a b = 0; (a b) 2 R+

Luego, usando la notacin 1.16 y traduciendo cada proposicin de la frase anterior se obtiene que

a > b; a = b; a < b;

siendo slo una de ellas verdadera.

Observacin: La relacin entre a y b, a b se acostumbra a decir que es una relacin de orden totalya que ella cumple: para a; b; c 2 R

i) Reexividada a

ii) Antisimetraa b ^ b a) a = b

iii) Transitividada b ^ b c) a c

vi) Tricotomaa b _ b a

El hecho que en R se satisfagan los axiomas de cuerpo y los axiomas de orden se expresa diciendo queR es un Cuerpo Ordenado".Por los axiomas de cuerpo sabemos que existen 0 2 R y 1 2 R tal que 1 6= 0. Ahora con los axiomas

de orden hemos demostrado que;1 2 R+ y 1 2 R;

es decir,1 > 0 y 1 < 0

Aspodemos ordenar todos los nmeros reales, cosa que haremos a continuacin por etapas:Como ejemplos iniciales tenemos

1 > 0 ) 1 + 1 > 1 + 0 ) 2 > 11 < 0 ) (1) + (1) < 1 + 0 ) 2 < 1

y de esta forma tenemos2 < 1 < 0 < 1 < 2; etc:

Para ordenar los racionales usaremos la siguiente propiedad:Sean a = pq y b =

mn con p;m 2 Z y q; n 2 Z+, entonces por corolario 1.12 v), se tiene:

a < b, pq 0. Luego slo nos queda el caso

4 + x = 0

y como x 6= 0, obtenemos =

4x

(1.31)

Sustituyendo 1.31 en (2) tenemos

x+ 2z +

4x

xz = 0

de dondex = 2z

Finalmente, sustituyendo x = y y x = 2z en (4) tenemos

x3

2= V

por lo tantox = y = 3

p2V ^ z = 3

p2V2 ^ = 43p2V

luego el conjunto solucin del sistema 1.27 es

S =

( 3p2V ;

3p2V ;

3p2V

2;43p2V

!)


Ejercicio 44 Resuelva el sistema

(1) 8yz = 32x(2) 8xz = 8y(3) 8xy = 18z(4) 16x2 + 4y2 + 9z2 144 = 0

(1.32)

Bajo la restriccin: x > 0, y > 0, z > 0

Solucin: 13 Multiplicando la ecuacin (1) por x, la (2) por y, la (3) por z y sumndolas obtenemos;

24xyz = 32x2+ 8y2+ 18z2

que es equivalente a24xyz = 2(16x2 + 4y2 + 9z2)

Como 16x2 + 4y2 + 9z2 = 144, entonces

24xyz = 2 144;es decir,

xyz = 12 (1.33)

Multiplicando la ecuacin (1) por x obtenemos

8xyz = 32x2 (1.34)

Sustituyendo 1.33 en 1.34 se tiene8(12) = 32x2;

es decir,32(3 x2) = 0

lo que implica = 0 _ x = p3 _ x = p3

i) Si = 0, entoncesx = 0 _ y = 0 _ z = 0

lo que no se puede dar por la restriccin. Por la misma razn no se puede dar que x = p3. As, la nicaposibilidad es que

x =p3

Ahora, multiplicando la ecuacin (2) por y tenemos

8xyz = 8y2

pero xyz = 12 luego12 = y2

lo que implica(12 y2) = 0

Como 6= 0, entonces 12 y2 = 0, es decir,y =

p12

Finalmente, multiplicando por z la ecuacin (3), se tiene

8xyz = 18z2

13Como hemos notado, existen varias formas de resolver los sistemas de ecuaciones. No existe una tcnica aplicable siempre;lo importante es no cometer el tpico error de dejar algn caso sin analizar.


de donde resulta

z =4p3

3

Por otra parte, como xyz = 12, entonces

=xyz

12=

p3 p12 4p312 3 =

4p12

12=2p3

3

En consecuencia la solucin del sistema 1.32 es

x =p3; y = 2

p3; z =

4p3

3; =

2p3

3

Nota: Es importante recordar que con frecuencia se racionaliza antes de entregar un resultado (como enel ejercicio anterior)Por ejemplo el resultado z = 4p

3se cambia por su equivalente

z =4p3p

3p3=

4

3

p3:

1.3.3p2 es irracional

A continuacin probemos quep2 no es racional (o bien: en general, si p es un nmero primo, entonces

pp

es irracional).Supongamos lo contrario, es decir, supongamos que

p2 es racional, esto es,

p2 =

p

q

con p 2 Z , q 2 Zf0g. Siempre es posible escoger p y q tal que la fraccin pq est simplicada al mximo,en tal caso

pq =

p2 , p2q2 = 2

, p2 = 2q2

luego p2 es un nmero par y por 1.7, p debe ser par, es decir, p = 2k, para algn k 2 Z+. Por lo tantop2 = 4k2

y como p2 = 2q2, se tiene que 2q2 = 4k2, asq2 = 2k2. Esta ltima igualdad nos dice que q2 es un nmeropar y por 1.7 q tambin es par.Por lo anterior se tiene que q y p son pares, lo que contradice el hecho que pq estaba simplicada al

mximo, de esta formap2 no puede ser un nmero racional. Ashemos obtenido el importante resultado:

p2 es irracional (1.35)

Asimismo, p2 no es racional. En efecto, si p2 fuera racional, entonces dado que (Q ;+) es gruposu inverso aditivo

p2 debe ser racional lo que contradice 1.35.

Con argumentos similares se puede probar que para todo nmero entero p se tiene que pp2 62 Q

En forma similar a 1.35 podemos demostrar que 4p6 es irracional.

?Cmo podemos determinar cul de los irracionalesp2 o 4

p6 es menor?

Una herramienta de gran utilidad para ordenar reales es la siguiente proposicin

Proposicin 1.17

i) Sean a; b; c; d 2 R+a < b ^ c < d) ac < bd


ii) Sean n 2 N , a; b 2 R+a < b, an < bn

Demostracin:

i) Recordemos quea < b ^ c > 0 ) ac < bcc < d ^ b > 0 ) bc < bd

luegoac < bc ^ bc < bd ) ac < bd

por lo tanto(8a; b; c; d 2 R+)(a < b ^ c < d) ac < bd)

ii) Para probar esta proposicin demostraremos en primer lugar que

a < b) an < bn

y luego probaremos la implicacin en el otro sentido.

De (i) es claro quea < b) a < b ^ a < b) a2 < b2:

Inductivamente se puede probar que a < b) an < bn.Ahora supongamos que

an < bn (1.36)

con a; b 2 R+ demostremos que a < bSea

L = (an1 + an2b+ an3b2 + + abn2 + bn1)entonces

an bn = (a b)Lcomo a; b 2 R+ , es claro que L 2 R+, luego L1 2 R+. Por otra parte considerando 1.36 anbn < 0,es decir

(a b)L < 0pero L1 > 0, luego (a b)LL1 < 0, de donde

a b < 0

as,an < bn ) a < b 8a; b 2 R+

Ahora usemos la equivalencia recien probada para los nmerosp2 y 4

p6. Se tiene:

p2 < 4

p6 , (p2)4 < ( 4p6)4, 2 42 < 6 44, 4 < 6

Como la desigualdad 4 < 6 es verdadera se tiene quep2 1b )8. (8a; b 2 R+)(a < b) 1a > 1b )9. (8a; b 2 R+)( 1a+b < 1a )

10. (8a; b 2 R+)( 1ab < 1a )

Solucin:

1. Falso. Existen a = 2, b = 1 tales que a < b pero a2 6< b2.2. Falso. Existen a = 2, b = 3 tales que a2 < b2 pero a 6< b.3. Falso. Existen n = 4, a = 2 y b = 3 tales que 24 < (3)4 pero 2 6< 34. Falso. Existe a = 12 2 R tal que a 6 a2

5. Falso. Existe a = 13 2 R+ tal que 1a 6< 16. Verdadero. Este es un caso particular de la proposicin 1.17 ii), pero repetiremos la demostracinpara n = 2.Demostracin: Sean a; b 2 R+ tales que a < b. Como a < b, entonces a b < 0; adems a+ b > 0pues a; b 2 R+, luego,

(a b)(a+ b) < 0;de donde,

a2 b2 < 0;por lo tanto,

a2 < b2

7. Falso. Existen a = 2, b = 1 tales que a < b pero 1a 6> 1b


8. Verdadero. Sea a; b 2 R+, entonces ab > 0 de donde 1ab > 0. Como a < b se tiene que

a

1

ab

< b

1

ab

) 1b1

b

9. Verdadero. Sean a; b 2 R+, entonces a+ b 2 R+ y puesto que

a+ b > a

por la parte 8) se tiene que1

a+ b 0, (a > 0 ^ b > 0) _ (a < 0 ^ b < 0)

ii) ab < 0, (a > 0 ^ b < 0) _ (a < 0 ^ b > 0)

Antes de entrar en la demostracin explicaremos lo que se har en ella en trminos lgicos: La proposi-cin i) se puede escribir

p, (q _ s)donde las proposiciones son

p : ab > 0

q : a > 0 ^ b > 0s : a < 0 ^ b < 0

Por otra parte la equivalencia anterior se separa en dos proposiciones

[p) (q _ s)] ^ [p( (q _ s)] (1.37)

Como sabemos, para mostrar que una proposicin formada por el conectivo ^ es verdadera necesitamosmostrar que ambas proposiciones que la componen son verdaderas, es decir, basta probar en forma separadaque

p) (q _ s)y

p( (q _ s)As, indicaremos con ( ) ) la primera parte y con ( ( ) la segunda parte. Demostracin: ( ) ) Comoab > 0, i.e., ab 2 R+ y a tiene dos posibilidades (ser positivo o negativo) podemos separar la demostracinen dos sub casos


Caso 1) Si a 2 R+ entonces a1 2 R+, luego por Axioma ii) y asociando apropiadamente se tiene quea1(ab) = b 2 R+; en consecuencia,

ab 2 R+ ) a 2 R+ ^ b 2 R+;

por lo tanto14

ab > 0) a > 0 ^ b > 0

Caso 2) Si a 2 R entonces a1 2 R, luego por Axioma ii) y asociando apropiadamente se tiene quea1(ab) = b 2 R. En consecuencia

ab 2 R+ ) a 2 R ^ b 2 R;

es decir,ab > 0) a < 0 ^ b < 0

Por Casos 1) y 2) tenemos

ab > 0) (a > 0 ^ b > 0) _ (a < 0 ^ b < 0)

Demostracin: (() Es claro por Axioma ii):

(a 2 R+ ^ b 2 R+)) ab 2 R+

y(a 2 R+ ^ b 2 R+)) (a)(b) 2 R+ ) ab 2 R+

En consecuencia (ya que en ambos casos obtenemos lo mismo)

[(a > 0 ^ b > 0) _ (a < 0 ^ b < 0)]) ab > 0

En forma anloga, se demuestra ii). Asimismo se tiene que

ab 0, [(a 0 ^ b 0) _ (a 0 ^ b 0)]

yab 0, [(a 0 ^ b 0) _ (a 0 ^ b 0)]

La demostracin se hace mediante el uso de la proposicin anterior y del hecho que [ (a b), a > b]y [(a, b), ( a, b)].

Ejemplo 46 Ahora aplicando las propiedades anteriores, determinemos bajo qu condiciones las siguientesdesigualdades son verdaderas en R:

1. x x2

2. 1y > 1

3. 1y 1

4. x2 < 1

5. xy x+zy6. xy < x

14Aquhay varios pasos basados en equivalencias lgicas que no han sido explicitados; por ejemplo,(p ^ (p) q)), p ^ q.


7. 1xy 1 tiene signicado en R si y 6= 0. Luego

1

y> 1 , 1

y 1 > 0

, 1 yy

> 0

, (1 y > 0 ^ y > 0) _ (1 y < 0 ^ y < 0), (y < 1 ^ y > 0) _ (y > 1 ^ y < 0), 0 < y < 1 _ Falso 15, 0 < y < 1

Luego la desigualdad 1y > 1 se cumple para 0 < y < 1, es decir, para y 2]0; 1[. As, podemos armarque la siguiente proposicin es verdadera

(8y 2 R)(0 < y < 1, 1y> 1)

3. Anlogamente se obtiene que 1y 1 se cumple para todo y 2 R tal que

y 1 _ y < 0

4.

x2 < 1 , x2 1 < 0, (x 1)(x+ 1) < 0, (x 1 > 0 ^ x+ 1 < 0) _ (x 1 < 0 ^ x+ 1 > 0), (x > 1 ^ x < 1) _ (x < 1 ^ x > 1), F _ 1 < x < 1, 1 < x < 1

Por lo tanto:

(8x 2 R)(1 < x < 1, x2 < 1)15Por lgica p_ Falso , p.


5. Sea y 6= 0;x

y x+ z

y, x

y x+ z

y 0

, zy 0

, zy 0

, (z 0 ^ y > 0) _ (z 0 ^ y < 0)Luego la desigualdad

x

y x+ z

y

es verdadera si(z 0 ^ y > 0) _ (z 0 ^ y < 0)

6. Sea y 6= 016 ;x

y< x , x

y x < 0

, x1

y 1< 0

, (x > 0 ^ 1y 1 < 0) _ (x < 0 ^ 1

y 1 > 0)

, (x > 0 ^ (y > 1 _ y < 0)) _ (x < 0 ^ 0 < y < 1), (x > 0 ^ y > 1) _ (x > 0 ^ y < 0) _ (x < 0 ^ 0 < y < 1)

Luego la desigualdadx

y< x

se cumple para:(x > 0 ^ y > 1) _ (x > 0 ^ y < 0) _ (x < 0 ^ 0 < y < 1)

7. Sean x 6= 0 y 6= 01

xy 0 ^ 1

y 1 < 0) _ ( 1

x< 0 ^ 1

y 1 > 0)

, ( 1x> 0 ^ (y > 1 _ y < 0) _ ( 1

x< 0 ^ 0 < y < 1)

, ( 1x> 0 ^ y > 1) _ ( 1

x> 0 ^ y < 0) _ ( 1

x< 0 ^ 0 < y < 1)

, (x > 0 ^ y > 1) _ (x > 0 ^ y < 0) _ (x < 0 ^ 0 < y < 1)Luego la desigualdad

1

xy 0 ^ y > 1) _ (x > 0 ^ y < 0) _ (x < 0 ^ 0 < y < 1)

16El error ms comn al trabajar en esta desigualdad es multiplicar por y, pues no se sabe si y es negativo o positivo. Unamultiplicacin tal debera hacerse bajo condiciones expresas y por lo tanto se debera considerar todos los casos posibles.


En realidad lo que hemos hecho en el ejemplo 46 anterior es resolver inecuaciones en una o msvariables.

1.3.4 Inecuaciones

Sea R el conjunto restriccin (ver seccin 1.2.4) de las expresiones P (x), Q(x).Resolver una inecuacin en la variable x es encontrar el subconjunto S de los x en R que satisfacen la

desigualdad (o inecuacin).

P (x) < Q(x) o P (x) Q(x) (1.38)Diremos que S = fx 2 R : P (x) < Q(x)g o simplemente S = fx 2 R : P (x) < Q(x)g (subentendiendo

que x debe estar R). es el conjunto solucin de la inecuacin 1.38.Diremos que dos inecuaciones son equivalentes si tienen el mismo conjunto solucin.

Ejemplo 47 El conjunto solucin de la inecuacin

1

y> 1 (1.39)

es

S =

y 2 R : 1

y> 1

= fy 2 R : 0 < y < 1g

Ejemplo 48 El conjunto solucin de la inecuacin

x2 1 (1.40)es

S = fx 2 R : x2 1g= fx 2 R : 1 x 1g

Ejemplo 49 Resolver las siguientes inecuaciones

1. x1x+5 02. xx+2 x1x24 x2x+23. x+3x 2

4. (32x)(x+5)(x225)(x+1) > 0

Solucin:

1. Resolvamos la inecuacinx 1x+ 5

0Notemos que x+ 5 6= 0, es decir, el conjunto restriccin de la inecuacin ?? es

R1 = fx 2 R : x+ 5 6= 0g = R f5gPor otra parte:

x1x+5 0 , (x 1 0 ^ x+ 5 > 0) _ (x 1 0 ^ x+ 5 < 0)

, (x 1 ^ x > 5) _ (x 1 ^ x < 5), x 1 _ x < 5

(1.41)


Por lo tanto

S1 =

x 2 R : x 1

x+ 5 0

= R1 \ fx 2 R : x 1 _ x < 5g= ]1;5[[[1;1[

Nota:

La resolucin de la inecuacin x1x+5 0 dada en 1.41 se puede resumir en la siguiente tabla;

x 2]1;5[ x = 5 x 2]5; 1[ x = 1 ]x 2 1;1[x 1 - - 0 +x+ 5 - 0 + +x1x+5 + /9 - 0 +

Donde el signo + indica en qu intervalos el factor correspondiente a la la es positivo y el signo -en qu intervalo es negativo. Por ejemplo, de la primera la se tiene que el factor x 1 es positivoen el intervalo ]1;1[ y negativo en ]1;5] y en ] 5; 1[, (es decir, en ]1; 1[). De la ltima lase obtiene que la expresin x1x+5 es no negativa en los intervalos ]1;5[ y [1;1[; luego la solucinde la inecuacin

x 1x+ 5

0es ]1;5[[[1;1[.En muchos casos, los factores involucrados en una inecuacin del tipo anterior son ms de dos y porello es frecuente usar la tabla anterior en la resolucin.

2. Resolvamos la inecuacinx

x+ 2 x 1x2 4

x 2x+ 2

(1.42)

Ambos miembros de la desigualdad tienen signicado en R si

x+ 2 6= 0 ^ x2 4 6= 0;es decir, el conjunto restriccin de la inecuacin 1.42 es

R1 = fx 2 R : x+ 2 6= 0 ^ x 2 6= 0g = R f2; 2gAhora determinemos el conjunto solucin de la inecuacin:

x

x+ 2 x 1x2 4

x 2x+ 2

, xx+ 2

x 1(x+ 2)(x 2)

x 2x+ 2

0

, x(x 2) (x 1) (x 2)2

(x 2)(x+ 2) 0

, x 3(x 2)(x+ 2) 0 (1.43)

Ahora consideremos la tabla para la resolucin de la inecuacin 1.43.

x 2 ]1;2[ x = 2 x 2 ]2; 2[ x = 2 x 2 ]2; 3[ x = 3 x 2 ]3;1[x 3 - - - 0 +x 2 - - 0 + +x+ 2 - 0 + + +x3

(x2)(x+2) - /9 + /9 - 0 +


Se tiene de la ltima la quex 3

(x 2)(x+ 2) 0en los intervalos ]1;2[ y ]2; 3] luego la solucin de la inecuacin 1.42 es

S2 = R1 \ (]1;2[[]2; 3]) =]1;2[[]2; 3]3. Resolvamos la inecuacin

x+ 3

x 2 (1.44)

El conjunto restriccin de la inecuacin 1.44 es

R1 = fx 2 R : x 6= 0g = R f0gPor otra parte,

x+ 3

x 2 , x+ 3

x 2 0

, x+ 3 2xx

0

, 3 xx

0, (3 x 0 ^ x > 0) _ (3 x 0 ^ x < 0), (x 3 ^ x > 0) _ (x 30 ^ x < 0), (0 < x 3) _ F, 0 < x 3

LuegoS3 =]0; 3] \R1 =]0; 3]

Resolvamos(3 2x)(x+ 5)(x2 25)(x+ 1) > 0 (1.45)

El conjunto restriccin de la inecuacin 1.45 es

R1 = fx 2 R : x2 25 6= 0 ^ x+ 1 6= 0g = R f5;1; 5gComo x2 25 = (x 5)(x+ 5), entonces la inecuacin 1.45 es equivalente a

(32x)(x5)(x+1) > 0 con x 2 R1

Considerando la tablax 2 ]1;1[ x =-1 x 2 1; 32 x = 32 x 2 32 ; 5 x =5 x 2 ]5;1[

3 2x + + 0 - -x 5 - - - 0 +x+ 1 - 0 + + +(32x)

(x5)(x+1) + /9 - 0 + /9 -Obtenemos que

(3 2x)(x 5)(x+ 1) > 0

en ]1;1[[] 32 ; 5[, pero x 2 R1 luego el conjunto solucin de 1.45 es

S4 = (]1;1[[] 32; 5[) \R1

= ]1;5[[] 5;1[[] 32; 5[

Nota: Notemos que las siguientes proposiciones son falsas


1. (8x 2 R+0 )(px x)

2. (8x 2 R)(8y 2 R+)(x py ) x2 y)En efecto;Para 1) existe x = 14 2 R+0 , tal que r

1

4=

1

26 1

4

Para 2) existen x = 2 2 R, y = 2 2 R+ tales que 2 p2 pero(2)2 = 4 6 2

Por lo anterior, podemos observar que para resolver una inecuacin del tipo:

P (x) pQ(x)

o del tipo pP (x) Q(x)

no podemos elevar al cuadrado sin hacer las restricciones necesarias, para asegurar que obtenemos in-ecuaciones equivalentes. Debemos observar que algunas veces se debe analizar casos distintos.

Ejercicio 50 Resolvamos la inecuacin

x 1 px2 1 (1.46)

Solucin: Debemos primeramente hacer las restricciones necesarias

R1 = fx 2 R : x2 1 0g= fx 2 R : x 1 _ x 1g= ]1;1] [ [1;1[

Primer caso:Supongamos que x 1 < 0 y x 2 R1, es decir,

x 2 C1 =]1;1]Puesto que x 1 < 0 y que px2 1 0 para todo x 2 C1, es claro que la desigualdad 1.46 se cumplepara todo x 2 C1; luego S1 =]1;1] es la solucin en este caso.Segundo caso:Supongamos que x 1 0 y x 2 R1, es decir

x 2 C2 = [1;1[Dado que ambos miembros de la desigualdad son no negativos en C2, podemos elevar al cuadrado; as,

x 1 px2 1

) (x 1)2 x2 1, x2 2x+ 1 x2 1, 2x+ 2 0, x 1

Luego la solucin en este caso esS2 = [1;1[\C2 = [1;1[

Y nalmente la solucin total es

ST = S1 [ S2 =]1;1] [ [1;1[Observemos que en el siguiente ejemplo no se da el primer caso del ejemplo enterior.


Ejemplo 51 Resolvamos px2 x 2 x

Solucin: Haciendo las restricciones necesarias tenemos:

R2 = fx 2 R : x2 x 0gy como

x2 x 0 , x(x 1) 0, x 1 _ x 0

se tiene queR2 =]1; 0] [ [1;1[= R]0; 1[

Notemos que en este tipo de inecuacin no se puede dar el caso que

x+ 2 < 0

pues px2 x 2 x,

px2 x x+ 2

y px2 x 0

para todo x 2 R2. Aspara poder elevar al cuadrado debemos exigir que x+ 2 0, es decir,x 2 ^ x 2 R2

Por lo tanto si x 2 C1 = [2; 0] [ [1;1[ tenemos;px2 x x+ 2

, x2 x (x+ 2)2, x2 x x2 + 4x+ 4, 5x 4, x 4

5

luego el conjunto solucin de esta inecuacin es

S = [45;1[\C1 = [4

5; 0] [ [1;1[

Hemos visto que la desigualdadpx x (1.47)

no se cumple para todo x 2 R+0 . Entonces ?para qu valores de x 2 R+ se cumple? Esto equivale apreguntar ?cul es el conjunto solucin de la inecuacin 1.47?Para resolver 1.47, primeramente debemos restringir nuestra expresin a

R1 = fx 2 R : x 0g = R+0Como ambos miembros de la inecuacin son no negativos, podemos elevar al cuadrado en ambos lados:

px x

, x x2, x x2 0, x 1 _ x 0


luego, el conjunto solucin es

S = (]1; 0] [ [1;1[) \R1 = f0g [ [1;1[Es claro que p

x < x 8x 2]1;1[Recordemos que esta ltima expresin no es vlida para x 2 [0; 1].En particular, la desigualdad p

x2 + y2 < x2 + y2

slo se cumple si x2 + y2 > 1

1.3.5 La ecuacin de segundo grado

Para resolver inecuaciones en que aparezcan factores de la forma ax2 + bx + c con a; b; c 2 R , a 6= 0necesitamos conocer algunas propiedades de la ecuacin de segundo grado.Una ecuacin de segundo grado en la variable x es un expresin del tipo

ax2 + bx+ c = 0 con a; b; c 2 R; a 6= 0 (1.48)Utilizando las propiedades de R, analicemos las posibles soluciones de la ecuacin 1.48Sin prdida de generalidad, supongamos que a > 0

ax2 + bx+ c = 0

, x2 + bax+

c

a= 0

, x2 + bax+

b

2a

2b

2a

2+c

a= 0

, (x+ b2a)2 =

b2

4a2 ca

, x+ b2a=

rb2 4ac4a2

_ x+ b2a=

rb2 4ac4a2

, x = b2a+

rb2 4ac4a2

_ x = b2arb2 4ac4a2

Estas expresiones estn bien denidas en R si y slo si

b2 4ac 0Denicin 1.20 Llamaremos discriminante de la ecuacin 1.48 a la expresin

= b2 4acSe tiene el siguiente teorema

Teorema 1.21 Considerando la ecuacin de segundo grado 1.48 se tiene que:

i) Si > 0, entonces la ecuacin 1.48 tiene dos soluciones o races reales (diferentes)

x1 =b+p2a ; x2 =

bp2a

ii) Si = 0, entonces la ecuacin 1.48 tiene una solucin o raz en R (o dos races iguales)

x1 = x2 =b2a


iii) Si < 0, entonces la ecuacin 1.48 no tiene soluciones en R.

Observacin: Esto es, si llamamos S al conjunto solucin de la ecuacin 1.48, se tiene i) Si > 0; S =fx1; x2g. ii) Si = 0; S = fx1g, iii) Si < 0; S = .Ejemplo 52 Consideremos la ecuacin;

3x2 2x 1 = 0Puesto que = (2)2 + 12 = 16 > 0, entonces la ecuacin tiene dos soluciones reales

x1 =2+p16

6 = 1 x2 =2p166 =

13

Ejemplo 53 La ecuacinx2 2x+ 1 = 0

tiene una raz real (o dos races iguales)x1 = x2 = 1

pues = 0

Ejemplo 54 Sin embargo la ecuacinx2 + x+ 1 = 0

no tiene races reales pues = 3 < 0Observacin: Es necesario enfatizar que la ecuacin 1.48 tiene solucin en R si y slo si

= b2 4ac 0Ejercicio 55 Complete los siguientes enunciados (correctamente):

1. Si la recta y = 32x+ b corta a la parbola y2 = 12x en un solo punto entonces b = :::::::::

2. La recta de ecuacin y = b es tangente a la parbola y = x2 6x+ 8 si b = :::::::::::3. Si la recta y = 2x+ b corta a la curva 2(x 1)2 y2 = 1 en dos puntos diferentes entonces b 2 :::::::::4. La proposicin

(+ 1)x2 4x+ ( 1) > 0 8x 2 Res verdadera si y slo si 2 :::::::::::

Solucin:

1. Si la recta y = 32x+ b corta a la parbola y2 = 12x en un solo punto entonces el sistema

(1) 32x+ b = y(2) y2 = 12x

`

tiene nica solucin. Reemplazando (1) en (2) se tiene la ecuacin

(3

2x+ b)2 = 12x

que equivale a la ecuacin de segundo grado en la variable x.

9

4x2 + (3b 12)x+ b2 = 0 (1.49)

Luego el problema equivale a encontrar b 2 R tal que la ecuacin de segundo grado tenga una nicasolucin.Para esto el discriminante de la ecuacin 1.49 debe ser cero luego

= (3b 12)2 9b2 = 0de donde b = 2 Si la recta y = 32x+ b corta a la parbola y

2 = 12x en un solo punto entonces b = 2.


2. Este problema es equivalente al ejercicio anterior, pues si la recta y = b es tangente a la parbolay = x26x+8, entonces la recta y parbola se cortan en un solo punto. Por consiguiente el problemaes equivalente a determinar b en R tal que la ecuacin de segundo grado

x2 6x+ 8 b = 0

tenga nica solucin. As = 36 4(8 b) = 0

de donde b = 1Nota:

El lector que conoce el concepto de derivada se habr dado cuenta que este problema resulta muysimple, si utilizamos ese concepto.

3. En este caso, tenemos que el sistema

2x+ b = y2(x 1)2 y2 = 1

debe tener dos soluciones reales diferentes, luego la ecuacin de segundo grado

2(x 1)2 (2x+ b)2 = 1

que equivale a2x2 + (4 + 4b)x+ b2 1 = 0

debe cumplir que su discriminante sea mayor que cero, es decir,

= (4 + 4b)2 8(b2 1) > 0() b2 + 4b+ 3 > 0() (b+ 1)(b+ 3) > 0() (b+ 1 > 0 ^ b+ 3 > 0) _ (b+ 1 < 0 _ b+ 3 < 0)() b > 1 _ b < 3() b 2]1;3[[] 1;1[

por lo tanto b 2 R [3;1]4. La inecuacin

(+ 1)x2 4x+ 1 > 0se verica para todo x en R si y slo si el discriminante de la ecuacin asociada

(+ 1)x2 4x+ 1 = 0

es menor que cero con 1 > 0, esto es,

= 16 4(+ 1)( 1) < 0 ^ 1 > 0() 2 5 > 0 ^ > 1() (

p5)(+

p5) > 0 ^ > 1

() >p5

Por lo tanto 2]p5;1[.


Ejercicio 56 Determine para qu valores reales de k las races de la ecuacin

(k 3)x2 2kx+ 6k = 0

son reales.

Solucin:

1. Supongamos k 6= 3, en este caso la ecuacin es de segundo grado. Las races sern reales si

= (2k)2 4(k 3)6k 0, 4k2 24k(k 3) 0, 4k(18 5k) 0, (k 0 ^ 18 5k 0) _ (k 0 ^ 18 5k 0), 0 k 18

5

luego

k 2 [0; 185] f3g

2. Supongamos ahora que k = 3, entonces tenemos la ecuacin

6x+ 18 = 0

de donde obtenemos x = 3 2 R

As, hemos determinado que las races de la ecuacin ?? sern reales si

k 2 [0; 185]

Ejercicio 57 Considerando el ejercicio anterior, bajo qu condiciones las races sern positivas?

Solucin: Del teorema anterior es claro que si x1 y x2 son las races reales de la ecuacin 1.48 se tieneque

x1 + x2 =ba ^ x1x2 = ca

Luego las races sern positivas si

x1 + x2 > 0 ^ x1x2 > 0;

es decir,ba > 0 ^ ca > 0

En el caso de la ecuacin ?? tenemos

1. Si k = 3 entonces x = 3 > 0

2. Si k 6= 3, entonces las races sern positivas si2k

k 3 > 0 ^6k

k 3 > 0

con k 2 [0; 185 ] f3g. Resolviendo las inecuaciones en ?? obtenemos k 2]3; 185 ].


En consecuencia las races sern reales y positivas si

k 2]3; 185]

Observacin: Es claro que las races x1 y x2 sern negativas si

x1 + x2 =ba < 0 ^ x1x2 = ca > 0

Por otra parte, conociendo las races x1 y x2, podemos factorizar la expresin ax2+ bx+ c del siguientemodo:

ax2 + bx+ c = a

x2

ba

x+

c

a

= a(x2 (x1 + x2)x+ x1x2)= a(x x1)(x x2)

Esta factorizacin nos facilita la resolucin de inecuaciones.

Ejemplo 58 Resolvamos la inecuacin

x2 12x2 8x+ 6 > 0

Solucin:Es claro que

x2 12x2 8x+ 6 > 0,

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

y el conjunto restriccin de la inecuacin ?? es

R1 = R f1; 3g

Ahora resolver la inecuacin ?? equivale a resolver

x+ 1

2(x 3) > 0 en R1:

Se tiene:

x+ 1

2(x 3) > 0 , (x+ 1 > 0 ^ x 3 > 0) _ (x+ 1 < 0 ^ x 3 < 0), x > 3 _ x < 1, x 2]1;1[[]3;1[

Por lo tanto el conjunto solucin de la inecuacin ?? es

S = (]1;1[[]3;1[) \R1= R [1; 3]

En muchas ocasiones, para resolver una inecuacin, no es necesario analizar todos los factores involu-crados, sino una inecuacin equivalente ms simple.

Ejemplo 59 Resolvamos la inecuacin

(x2 + 1)px 1

x2 7x+ 10 0


Solucin:Las races de la ecuacin x2 7x+ 10 = 0 son x1 = 2 y x2 = 5, luego,

(x2 + 1)px 1

x2 7x+ 10 0,(x2 + 1)

px 1

(x 2)(x 5) 0

El conjunto sobre el cual tiene signicado resolver la inecuacin en R es

R1 = fx 2 R : x 1 0 ^ x 2 6= 0 ^ x 5 6= 0g;es decir, el conjunto restriccin es

R1 = [1;1[f2; 5gPuesto que, para todo x 2 R1, se tiene

px 1 0 ^ x2 + 1 > 0

entonces nos queda por resolver:(x 2)(x 5) < 0 sobre R1

Ahora bien,

(x 2)(x 5) < 0 , (x 2 > 0 ^ x 5 < 0) _ (x 2 < 0 ^ x 5 > 0), (x > 2 ^ x < 5) _ (x < 2 ^ x > 5), x 2]2; 5[

pero 1 es tambin una solucin.En consecuencia el conjunto solucin es

S = (]2; 5[[f1g) \R1 =]2; 5[[f1gGeomtricamente (ver guras) una raz o solucin de una ecuacin de segundo grado 1.48 corresponde

a la interseccin de la parbolay = ax2 + bx+ c

y el eje de las abscisas (o eje x ). As, la parbola y = ax2 + bx + c corta al eje de las abscisas en dospuntos (x1; 0) y (x2; 0) si y slo si la ecuacin 1.48 tiene dos races reales x1 y x2.La parbola tocar al eje de las abscisas en solo un punto (x1; 0) si y slo si la ecuacin 1.48 tiene slo

una solucin real x1.La parbola y = ax2 + bx+ c no corta al eje de las abscisas si y slo si la ecuacin 1.48 no tiene races

reales. En este ltimo caso observemos que:Si a > 0, ax2 + bx+ c > 0 8x 2 R o bien, si a < 0, ax2 + bx+ c < 0, 8x 2 R17 .De lo anterior es claro que

x2 + 2x+ 3 > 0 8x 2 Rpues = 22 4 3 = 8 < 0 y c = 3 > 0.Esto resulta ventajoso para resolver inecuaciones tales como

(x2 + 2x+ 3)(px2 + 2x+ 1 1) > 0

ya que esto equivale a resolver px2 + 2x+ 1 1 > 0 (1.50)

Puesto quex2 + 2x+ 1 = (x+ 1)2 0 8x 2 R

17Tambin se puede armar lo mismo con el signo de c.


entonces el conjunto restriccin de la inecuacin 1.50 es R1 = R . Por otra parte,px2 + 2x+ 1 1 > 0

,px2 + 2x+ 1 > 1

, x2 + 2x+ 1 > 1, x2 + 2x > 0, x(x+ 2) > 0, (x > 0 ^ x+ 2 > 0) _ (x < 0 ^ x+ 2 < 0), (x > 0 ^ x > 2) _ (x < 0 ^ x < 2), x > 0 _ x < 2

Por lo tanto el conjunto solucin de la inecuacin es

S = (]1;2[[]0;1[) \R1 = R [2; 0]Ejercicio 60 Determine si las siguiente armaciones son verdaderas o falsas.

1. El conjunto solucin de la inecuacinp1 x < x es ]0; 1]

2. El conjunto solucin dex >

px 1 es 3. fx 2 R : x24x+4p

x2+4x5 0g = Solucin:

1. Falso. Resolvamosp1 x < x

La expresinp1 x est denida en R si 1x 0 por lo tanto el conjunto restriccin de la inecuacin

es R1 =] 1; 1]. Comop1 x 0 en R1, entonces la inecuacin podra tener solucin no vaca

slo si x > 0, en cuyo caso podemos elevar al cuadrado en R2 =]0; 1].As

p1 x < x =()2

() 1 x < x2() x2 + x 1 > 0 (1.51)

Como el discriminante de la ecuacin asociada a x2 + x 1 = 0 es = 5 > 0 entonces la expresinx2 + x 1 se puede factorizar como;

x2 + x 1 = x

1 +p5

2

!! x

1p5

2

!!:

Luego, resolver 1.51 equivale a resolver en R2 la inecuacin x

1 +p5

2

!! x

1p5

2

!!> 0

de donde obtenemos

S =

#1; 1

p5

2

"[#1 +p5

2;1"!

\ ]0; 1]

=

#1 +p5

2; 1

#


2. Verdadero. La expresinpx 1 est denida en R si x 1 0, es decir, si x 1 luego

R =] 1;1]. Pero px 1 0 en R, por lo tanto la inecuacin x > px 1 podra tenersolucin no vaca slo si x 0; pero x 6 0, por lo tanto S = .Nota: Un error tpico en la resolucin de las inecuaciones anteriores es elevar al cuadrado sin hacerla restriccin.

3. Falso. Existe x = 2 2 R que satisface la inecuacin, luego S 6= .Nota:

Otra forma de justicar es resolviendo la inecuacinResolvamos

x2 4x+ 4px2 + 4x 5 0 (1.52)

La expresin x24x+4px2+4x5 que equivale a

(x2)2p(x1)(x+5) est denida en R

si x 2 R =]1; 5[[]1;1[.Como (x 2)2 0; 8x 2 R y p(x 1)(x+ 5) > 0 en R entonces

(x 2)2p(x 1)(x+ 5) 0 en R

por consiguiente la inecuacin 1.52 tendr solucin slo para aquellos x en R que cumplan(x 2)2p

(x 1)(x+ 5) = 0

es decir,S = f2g

(Por supuesto, si S hubiera tenido ms elementos, cualesquiera de ellos habra bastado para demostrar lafalsedad del enunciado 3).

1.3.6 Valor absoluto

Recordemos que cuando estudiamos la raz par 1.20 obtuvimos

px2 =

x , si x 0x , si x < 0

Esto nos sugiere la siguiente denicin.

Denicin 1.22 Sea x 2 R . Se dene el valor absoluto de x como;

j x j=

x , si x 0x , si x < 0

En consecuencia px2 =j x j 8x 2 R

As, por ejemplo, en la inecuacin 1.50 tenemospx2 + 2x+ 1 > 1 ,

p(x+ 1)2 > 1

, j x+ 1 j> 1 (1.53)Veremos que resolver

j x+ 1 j> 1resulta ms simple que en 1.50. Pero antes determinaremos algunas propiedades bsicas del valor absoluto.Es claro de la denicin de valor absoluto que

j a j 0; 8a 2 R


Proposicin 1.23 Sea a; b 2 R entonces:

i) j a j= b, a = b _ a = b; b 2 R+0ii) j a j=j a j

iii) j ab j=j a jj b j

iv) j a j2=j a2 j= a2

v) j a j a j a j

Usando las propiedades mencionadas probemos que

j a j b , b a b a 2 R b 2 R

()) Supongamos que j a j b y demostraremos que b a b.Como a j a j y j a j b entonces por transitividad

a b (1.54)

Adems,

j a j b, b j a jpero

j a j aluego, por transitividad nuevamente,

b a (1.55)

luego por 1.54 y 1.55 tenemos que

b a b

(() Ahora supongamos queb a b;

es decir,

b a ^ a bProbaremos que

j a j b

La demostracin se har por casos 18 .

Caso 1: Si a 0, entonces j a j= a, adems por hiptesis a b luego

j a j b18Las propiedades i) a v) anteriormente enunciadas pueden ser probadas con la misma tcnica que los casos aqudesarrol-

lados.


Caso 2: Si a < 0, entonces j a j= a, es decir,

j a j= a

y por hiptesis b a luegob j a j

de dondej a j b

En consecuenciaj a j b, b a b

Usando la equivalencia(p) q), ( q ) p)

se obtienea > b _ a < b)j a j> b;

que puede ser extendida aj a j b, a b _ a b

As, hemos probado los siguientes importantes resultados:

Teorema 1.24 Sean a; b 2 R

j a j b , b a bj a j b , a b _ a b

(Recuerde que, segn se advirti antes, en el teorema anterior, el signo puede ser cambiado por b es verdadera. As por ejemplo la solucin de la inecuacin jxj < 1es vaca y la solucin de jxj > 1 es R.Volviendo a la inecuacin 1.53 resolvamos

j x+ 1 j> 1

Aplicando la propiedad anterior tenemos que

j x+ 1 j> 1 , x+ 1 > 1 _ x+ 1 < 1, x > 0 _ x < 2, x 2]1;2[[]0;1[, x 2 R [2; 0]

luego la solucin esS = R [2; 0]

Sin embargo, la solucin de la inecuacin

j x+ 1 j< 1

esS =] 2; 0[

En efecto,

j x+ 1 j< 1 , 1 < x+ 1 < 1, 2 < x < 0


Ejercicio 61 Determine si las siguientes armaciones son verdaderas o falsas.

1. fx 2 R : 1jx1jg = fx 2 R : 1 > jx 1jg

2. fx 2 R : x pjxjg = fx 2 R : x pxg3. fx 2 R+ : jjxj 1j 1g = [2; 2]4. La solucin de

p(x 1)3 jx 1j es [1; 2].

Solucin:

1. Falso. Existe x = 1 2 R tal que 1 > jx 1j pero

1 62 fx 2 R : 1jx 1j > 1g

pues la expresin 1jx1j no est denida en R.

2. Falso. Existe x = 1 2 R tal que x pjxj sin embargo; px no est denida para x = 1.3. Falso.

jjxj 1j 1 () 1 jxj 1 1 =+ 1() 0 jxj 2() 0 jxj ^ jxj 2() V ^ 2 x 2() x 2 [2; 2]

Luego fx 2 R+ : jjxj 1j 1g = R+ \ [2; 2] =]0; 2].4. Verdadero. Restriccin R = [1;1[; adems,p

(x 1)3 jx 1j () jx 1jpx 1 jx 1j() jx 1j(px 1 1) 0() x = 1 _px 1 1 0() x = 1 _px 1 1() x = 1 _ x 1 1() x = 1 _ x 2

pero x 1 luego S = [1; 2].

Ejercicio 62 Resolver1 + j2x 3jjx+ 5j < 1 (1.56)

Solucin: La expresin 1+j2x3jjx+5j est denida en R, si jx+ 5j 6= 0, es decir

R1 = R f5g1+ j 2x 3 jj x+ 5 j < 1, 1+ j 2x+ 3 j


Para el trmino 2x 3 se tiene que;

2x 3 0, x 32,j 2x 3 j= 2x 3

y

2x 3 0, x 32,j 2x 3 j= (2x 3)

Anlogamente, para el factor x+ 5 se tiene que

x+ 5 0,j x+ 5 j= x+ 5, x 5y

x+ 5 0, x 5,j x+ 5 j= (x+ 5)Resumiremos toda la informacin anterior en la tabla siguiente19

]1;5[ 5; 32 32 ;12x 3 - - +x+ 5 - + +

Luego segn las distintas posibilidades de signos para los trminos 2x 3 y x + 5 y considerando larestriccin R1 debemos analizar tres casos:1. x 2]1;5] \R12. x 2] 5; 32 ] \R13. x 2] 32 ;1] \R1Caso 1:Si x 2]1;5] \R1 =]1;5] se tiene que

1+ j 2x 3 j 9, x 2]9;1[

pero x 2]1;5[, luegoS1 =]1;5[\]9;1[= ;

Esto quiere decir que no existen elementos en ]1;5[ que cumplan con la inecuacin 1.56Caso 2:Si x 2] 5; 32 ] \R1 =] 5; 32 ] se tiene que

1+ j 2x 3 j 1

3

, x 2]13;1[

pero x 2] 5; 32 ] luegoS2 =] 5; 3

2]\]1

3;1[=]1

3;3

2];

19Aqu no tomamos los valores extremos 5 y 32; usted debe completar esta falta, lo hemos hecho ms adelante, pero no

es la nica forma.


Es decir, que cualquier x 2]13 ; 32 ] cumple con la inecuacin 1.56.Caso 3:Si x 2] 32 ;1[\R1 =]32 ;1[ se tiene que

1+ j 2x 3 j


Adems,

1pjxj 3 = 0 ()

pjxj 3 = 1

() jxj 3 = 1() jxj = 4() x = 4 _ x = 4

Luego el conjunto restriccin de la inecuacin 1.58 es

R = (]1;3] [ [3;1[) f4; 4g

Por otra parte, el discriminante de la ecuacin de segundo grado

x2 + x+ 8 = 0

es = 1 32 < 0 y como c = 8 > 0 entonces

x2 + x+ 8 > 0 8x 2 R:

En consecuencia, resolver la inecuacin x2+x+8

1pjxj3 0 equivale a resolver la inecuacin

1pjxj 3 > 0

Resolvamos

1pjxj 3 > 0 ()

pjxj 3 < 1

() jxj 3 < 1() jxj < 4() 4 < x < 4() x 2] 4; 4[

como x 2 R, luego el conjunto solucin de la inecuacin 1.58 es:

S =] 4;3] [ [3; 4[

Ejercicio 65 Resolver1p16 x2

x 1 < 3 (1.59)

Solucin:El conjunto restriccin es

R = fx 2 R : 16 x2 0 ^ x 1 6= 0g = [4; 4] f1g

Analicemos los casos: x > 1 y x < 1 con x 2 R.i) Supongamos que x > 1 con x 2 REntonces, dado que x 1 > 0 se tiene que 1.59 equivale a

1p16 x2 < 3(x 1)4 3x 3(x 1)

() 4 3x >p16 x2

Dado que x 2 [4; 1[ entonces 4 3x > 0. y podemos elevar el cuadrado, obteniendos.

(4 3x)2 > 16 x2() 2x(5x 12) > 0

de donde x 2 (]1; 0[[]12=5;1[) \ [4; 1[Luego

Sii = [4; 0[As la solucin es

ST = Si [ Sii = [4; 0[[]1; 4]

Ejercicio 66 Resolverp4x+ 1px+ 6p

x 1 < 1 (1.61)

Solucin: Determimos el conjunto restriccin

R = fx 2 R : 4x+ 1 0 ^ x+ 6 0 ^ x 1 > 0g= [1=4;1[\[6;1[\]1;1[= ]1;1[

Comopx 1 > 0 entonces 1.61 es equivalente a

p4x 1px+ 6 < px 1

() p4x 1 < px 1 +px+ 6 (1.62)


Como ambos miembros de la inecuacin 1.62 son no negativos, podemos elevar al cuadrado, obteniendo

4x+ 1 < x+ 6 + 2p(x+ 6)(x 1) + x 1

() 2x 4 < 2p(x+ 6)(x 1)

() x 2 0() x > 10=9

luego S1 =]10=9;1[\[2;1[=]1;1[Caso 2 Si x 2 < 0 y x 2]1;1[ entonces x 2]1; 2[= C2.Luego, dado que x 2 < 0 y p(x+ 6)(x 1) > 0, para x 2 C2 entonces la desigualdad 1.62 se cumple

para todo x 2 C2S2 =]1; 2[

ST = S1 [ S2 = [2;1[[]1; 2[= [2;1[Una propiedad muy usada para acotar20 expresiones reales es la desigualdad triangular

Teorema 1.25 (Desigualdad Triangular) Sean a; b 2 R , entoncesj a+ b jj a j + j b j

Demostracin: Como j a+ b j 0, j a j 0, j b j 0; se tienej a+ b jj a j + j b j , (j a+ b j)2 (j a j + j b j)2

Luego basta demostrar que

(j a+ b j)2 (j a j + j b j)2

pero

(j a+ b j)2 = (a+ b)2= a2 + 2ab+ b2

= j a j2 +2ab+ j b j2 j a j2 +2 j ab j + j b j2= j a j2 +2 j a jj b j + j b j2= (j a j + j b j)2

Por lo tanto,(j a+ b j)2 (j a j + j b j)2

Observemos que, segn el teorema anterior

1jaj+jbj 1ja+bj 8a; b 2 R; a+ b 6= 0

De la desigualdad triangular se deduce adems la siguiente propiedad20Entenderemos por acotar superiormente una expresin, el encontrar un nmero o una expresin real mayor o igual a

texto guia numeros reales

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