Demostración: Tenemos, a 0 y c>0 Entonces por O1 se cumple que,
( b − a) ⋅ c > 0 Luego,
( b − a) ⋅ c = b ⋅ c − a ⋅ c > 0 Y por tanto, a⋅c < b⋅c Ahora también, a 0 y c < 0 ⇒ −c > 0 Entonces por O1 se cumple que,
( b − a ) ⋅ ( − c) > 0 Luego,
( b − a ) ⋅ ( − c) = a ⋅ c − b ⋅ c > 0 Y por tanto, b⋅c < a ⋅c
3. Si a < b y b < c , entonces a < c Demostración: Tenemos, a 0 b < c ⇒ c −b > 0
y,
Entonces por O1 se cumple que: ( b − a ) + ( c − b) > 0
Luego,
( b − a ) + ( c − b) = c − a > 0 Por lo tanto, a
4.
∀ x ∈ R, x
2
≥
0
Demostración: Tenemos por O2, que ∀ x ∈ R , existen tres posibilidades, probaremos que para cada una de ellas, esto se cumple. Si x
i.
>
0
Por O1 se cumple que, x ⋅ x > 0 x 2 ii.
>0
x
Si
<
0 ⇔ −x > 0
Por O1 se cumple que,
( − x ) ⋅ ( − x ) > 0 x 2
>
0
Si x = 0
iii.
x ⋅ x
=
0⋅0 = 0
Por lo tanto, en cualquier caso se cumple que x 2
≥
0.
Y como 1 ≠ 0 , entonces debe cumplirse que 1 > 0 . 6. Si x > 0 , entonces x −1 > 0 (Si x < 0 , entonces x −1
<
5.
1> 0
Demostración: Tenemos, 1 = 12
≥
0
(Por parte 4)
0)
Demostración: Demostraremos por reducción al absurdo. Supongamos entonces entonces que x −1 Si x −1 x ⋅ x −1
0 , entonces x ⋅ x −1 =1.
Si x −1
<
=
0 , entonces x ⋅ x −1
=
≤
0 , lo que es una contradicción pues sabemos que
=1<
0 , lo que es un absurdo.
Por lo tanto lo que supusimos es incorrecto y lo correcto sería decir que x −1
7. Si x < 0 y y
<
0 , entonces xy < 0 (Si x < 0 y y
Demostración: Tenemos, x < 0 ⇔ ( − x ) > 0 y y > 0 Entonces por O1 se cumple que,
( − x ) ⋅ y > 0 Luego,
( − x ) ⋅ y = −( x ⋅ y ) > 0 ⇔ −( − x ⋅ y ) < 0 ⇔ x ⋅
y
<
0
Ahora también, x < 0 ⇔ ( − x ) > 0 y y < 0 ⇔ ( − y ) > 0 Entonces por O1 se cumple que,
( − x ) ⋅ ( − y ) > 0 Luego,
( − x ) ⋅ ( − y ) = ( x ⋅ y ) > 0
Ejercicios
0
<
0 , entonces xy
>
0)
>
0.
1. Probar que 0 < a < b ⇒ a 2
<
b2
Solución: Sean a, b ∈ R +, tenemos: a < b ⇒ a 2 < ab a < b ⇒ ab < b 2
(1) (2)
De (1) y (2) entonces, a2
<
ab < b 2
a2
<
b2
2. Probar que si 0 < a < 1 entonces a n
<
a.
∀n ≥
2 , n ∈ Z +
Solución: Probemos por inducción i.
Para n=2 tenemos a2 < a Lo cual es verdadero pues: 0 < a < 1 ⇒ a2
ii. ii.
<
a
Hipó Hipóte tesi siss de Ind Induc ucci ción ón:: Supo Supong ngam amos os que que a k demostrar que a k +1 < a .
<
a siempre, tratemos de
En efecto, a k
<
a ⇒ a ⋅ a k < a ⋅ a ⇒
a
k +1
<
a
2
Y por parte (i), a k +1
<
a2
a k +1
<
a
<
a
Probado verdadero para n=2, y bajo la hipótesis de inducción probamos que también es verdadero para n=k+1, entonces podemos concluir que esto se cumple ∀n ≥ 2 , n ∈ Z + .
