Ejercicios resueltos (Carothers). (11)

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17. En primer lugar, recordemos que el valor absoluto de un número real x, se define mediante

|x| = x, si x \geq 0
|x| = -x si x<0

Esto permite concluir que -|x| \leq x \leq |x| para todo número real x. Necesitaremos de este resultado junto con el siguiente lema.

Lema. Si r \geq 0, entonces |x| \leq r es equivalente a las desigualdades -r \leq x \leq r.
Prueba. Supongamos que |x| \leq r. Entonces si x\geq 0, tenemos que -r \leq 0 \leq x \leq r. Si x<0, entonces -x \leq r,de donde multiplicando ambos miembros por (-1) y recordando que r \geq0, vemos que -r \leq x \leq r. Recíprocamente, si fuera -r \leq x \leq r, entonces si x \geq 0, es trivialmente |x| \leq r (pues x = |x|) y si fuera x<0, entonces multiplicando los términos de la desigualdad por (-1) llegamos a -r \leq -x \leq r, de donde |x| \leq r (pues -x = |x|).

Ahora demostraremos la desigualdad triangular: |a+b| \leq |a|+|b|. Como -|a| \leq a \leq |a| y -|b| \leq b \leq |b|, tenemos sumando ambas desigualdades que

-(|a|+|b|) \leq a+b \leq |a|+|b|.

Lo que implica (utilizando el lema anterior con r= |a|+|b| \geq 0) que |a+b| \leq |a|+|b|.

Escribimos |a| = |a+b-b| y usamos la desigualdad triangular para obtener

|a| = |a-b+b| \leq |a-b|+|b|.

Análogamente |b|= |b-a+a| \leq |b-a|+|a| = |a-b|+|a| (donde hemos usado el hecho de que |-x|= |x|. Las desigualdades vistas nos llevan a

|a|- |b| \leq |a+b|, (1)

|b|-|a| \leq |a-b|. (2)

Pero multiplicando ambos miembros de (2) por (-1) vemos que

|a|-|b| \geq -|a-b|.  (3)

Combinamos (1) y (3) para obtener - |a-b| \leq |a|-|b| \leq |a-b| y esto permite afirmar que ||a|-|b|| \leq |a-b| (de nuevo hemos usado el lema anterior).

Sea a > b, entonces \max \{a,b\} = a y como a-b >0, resulta que \frac{1}{2}(a+b+|a-b|)= \frac{1}{2} (a+b+a-b) = \frac{1}{2} 2a = a. En el caso de que a<b, tenemos que \max \{a,b \} = b y de a-b <0, se sigue que \frac{1}{2} (a+b+|a-b|) = \frac{1}{2} (a+b+b-a)= \frac{1}{2} 2b = b. El caso a=b es inmediato. La demostración de \min \{a,b\} =\frac{1}{2} (a+b-|a-b|) es análoga.

18. (a). Sea a >-1, a \neq 0. Para n=2 es (1+a)^{2} = 1+2a+a^{2}>1+2a y la desigualdad es válida. Sea cierta para n=r \geq 2. Entonces (1+a)^{r} > 1+ra y, por tanto,

(1+a)^{r+1} = (1+a)^{r} (1+a) > (1+ra)(1+a) = 1+a(r+1)+ra^{2} >1+(r+1)a.

Esto prueba que es cierta para todo n \geq 2.

(b). Usaremos el cociente de términos consecutivos de la sucesión (ya que está formada por valores estrictamente positivos). Simplificaremos dicho cociente hasta dejarlo en una forma en la que podamos usar la desigualdad de Bernoulli:

\frac{(1+\frac{x}{n+1})^{n+1}}{(1+\frac{x}{n})^{n}} = (1+\frac{x}{n})\frac{(1+\frac{x}{n+1})^{n+1}}{(1+\frac{x}{n})^{n+1}}= (1+\frac{x}{n}) (\frac{n^2+nx+n}{n^2+nx+n+x})n^{n+1} =

(1+\frac{x}{n}) (1-\frac{x}{n^2+nx+n+x})^{n+1}.

Si es a =\frac{x}{n^2+nx+n+x}, entonces 0< a <1, de donde -a >-1, -a \neq 0, quedando

(1+\frac{x}{n})(1+(-a))^{n+1} >(1+\frac{x}{n})(1+(n+1)(-a)) =\frac{n+x}{n} \frac{n(n+1)}{(n+x)(n+1)}=1.

Esto significa que la sucesión es creciente.

(c). Como la sucesión z_n = (1+\frac{x}{n})^{n} con x>0, es creciente y como la desigualdad r = \frac{p}{q} >1 implica que podemos elegir enteros p,q tales que p >q >0, tenemos que si a>0, entonces

(1+\frac{ap}{q})^{q} < (1+\frac{ap}{p})^{p} = (1+a)^{p}.

Pero entonces de esta desigualdad se sigue que

(1+ a\frac{p}{q}) < (1+a)^{\frac{p}{q}}.

(d). Todo número real r se puede considerar como el límite de una sucesión decreciente r_n de números racionales. Por tanto, si a>0, y r>1, tenemos que r_n \geq r >1 y además

(1+a)^{r_n} >(1+r_{n} a).

Expresión que llevada al límite nos permite afirmar que

(1+a)^{r} >(1+r a).

19. Supongamos que 0<c<1. En ese caso, podemos escribir

c = \frac{1}{1+x},

donde x>0. De esta manera, como (1+x)^{n} > 1+nx, es

0<c^{n}= \frac{1}{(1+x)^{n}}< \frac{1}{1+nx}.

Esto prueba que \lim_n c_n = 0.

Sea ahora c>1, entonces c^{1/n} -1 >0 y la sucesión x_n = c^{1/n}-1 está formada por términos positivos. En consecuencia, si n>1, tenemos

(1+x_n)^{n} = (1+(c^{1/n}-1))^{n} = c >1+n(c^{1/n}-1).

Simplificando resulta

\frac{c-1}{n}>c^{1/n}-1 >0.

Llevando esta expresión al límite vemos que \lim_n c^{1/n}-1 =0, o lo que es lo mismo \lim_n c^{1/n}=1.

Supongamos que 0<c<1. Entonces es \frac{1}{c} >1 y aplicamos el mismo razonamiento que en el ejemplo anterior para la sucesión y_n = \frac{1}{c^{1/n}}-1 >0. Es decir

(1+y_n)^{n} = (1+(\frac{1}{c^{1/n}}-1))^{n} = \frac{1}{c} >1+n (\frac{1}{c^{1/n}}-1),

(\frac{1}{c} -1) \frac{1}{n} > \frac{1}{c^{1/n}}-1 >0.

Llevando esta expresión al límite vemos que \lim_n \frac{1}{c^{1/n}}-1 =0. Es decir, \lim_n c^{1/n} =1.

20. Sean a,b dos números positivos. Vamos a probar que

\frac{a+b}{2} \geq \sqrt{ab}.

Para ello consideramos la desigualdad (a-b)^2 \geq 0 y desarrollamos:

a^2 +b^2 -2ab \geq 0,

a^2 +b^2 \geq 2ab,

a^2+b^2+2ab \geq 4ab,

(a+b)^2 \geq 2^2 ab,

(\frac{a+b}{2})^2 \geq ab.

Esta última desigualdad es la buscada pues equivale a \frac{a+b}{2} \geq \sqrt{ab}. Vamos ahora a generalizar la expresión en la forma:

\frac{\sum_{i=1}^{n} a_{i}}{n} \geq \sqrt[n]{a_1 a_2 \cdots a_n },

donde n>1 y a_i >0, para todo i. Para n=2 ya la hemos probado en párrafos anteriores. Sea cierta para n=k, entonces

\frac{\sum_{i=1}^{k} a_i}{k} \geq \sqrt[k]{a_1 a_2 \cdots a_k}.

En este punto y con el fin de simplificar la exposición escribiremos G_n = (a_1 a_2 \cdots a_n)^{1/n} para denotar a la media geométrica y S_{n} =a_1+a_2+ \ldots + a_n para denotar a la suma. Así tenemos que por la hipótesis de inducción es:

S_k+a_{k+1} \geq kG_k+a_{k+1}.

Multiplicamos y dividimos por G_{k+1} el miembro derecho de la desigualdad (sabemos que G_{k+1} es no nulo pues a_i>0, i=1, \ldots, k+1) y obtenemos

S_k+ a_{k+1} = G_{k+1} (\frac{k G_k}{G_{k+1}}+ \frac{a_{k+1}}{G_{k+1}}).

Ahora bien, resulta que \frac{G_{k}}{G_{k+1}} =\frac{(a_1 \cdots a_k)^{1/k}}{ (a_1 \cdots a_k a_{k+1})^{1/k+1}} = \frac{(a_1 \cdots a_k)^{1/(k(k+1))}}{a_{k+1}^{1/(k+1)}}= \frac{G_{k}^{1/(k+1)}}{a_{k+1}^{1/(k+1)}} y también \frac{a_{k+1}}{G_{k+1}} =\frac{a_{k+1}}{(a_1 \cdots a_k a_{k+1})^{1/(k+1)}} = \frac{a_{k+1}^{k/(k+1)}}{G_{k}^{k/(k+1)}}. Sustituimos en la desigualdad anterior

S_{k+1} = G_{k+1} (k(\frac{G_{k}}{a_{k+1}})^{1/(k+1)}+(\frac{a_{k+1}}{G_k})^{k/(k+1)}).

Hacemos x = (\frac{a_{k+1}}{G_{k}})^{1/(k+1)} -1, lo que garantiza que x>-1, y sustituimos quedando

S_{k+1} = G_{k+1}( \frac{k}{1+x} +(1+x)^{k}) \geq G_{k+1} (\frac{k}{1+x}+ 1+kx).

Para terminar vemos que \frac{k}{1+x}+1+kx \geq (k+1), pues desarrollando dicha expresión tenemos que equivale a x^{2}\geq 0. En consecuencia,

S_{k+1}\geq G_{k+1} (\frac{k}{1+x}+ 1+kx) \geq G_{k+1} (k+1).

Esto prueba la desigualdad buscada para todo valor de n.

Notas complementarias: Notas 1, Notas 2.

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