Download - Capítulo1_.Números_reales

Números realesIntroducción.

Todos conocemos los conjuntos numéricos

N = 0,1,2 ⋅ ⋅ ⋅, Z = ⋅ ⋅ ⋅,−2,−1,0,1, 2, ⋅ ⋅ ⋅, Q = ab

: a,b ∈ Z y b = 0 ,

y sabemos que

N ⊂ Z ⊂ Q.

Existen además, números como 2 ∈ Q, los cuales forman el conjunto de los números irracionales

Q ′. La unión disjunta de Q yQ′

nos da el conjunto de los números reales, es decir

R = Q ∪ Q ′.

Es sabido que en R podemos definir una relación de igualdad y dos operaciones: adición ymultiplicación; las cuales cumplen propiedades que permiten manipular algebraicamente a losnúmeros reales.

El sistema de los números reales puede definirse por un conjunto de axiomas y luego demostrarque los números racionales pueden considerarse como subconjunto de los números reales. El métodoaxiomático de introducción de los números reales, proporciona una base breve y adecuada para losestudios de cálculo.

Axiomas del sistema de los números reales.

Llamaremos sistema de los números reales al conjunto R, provisto de una relación deequivalencia: igualdad, de dos operaciones: adición y multiplicación, y de una relación de orden:menor o igual que.

Axiomas de la igualdad.

1. Propiedad reflexiva.

∀a ∈ R : a = a.

2. Propiedad de simetría.

∀a,b ∈ R : si a = b entonces b = a.

3. Propiedad transitiva.

∀a ∈ R : si a = b y b = c entonces a = c.

4. Principio de sustitución. Sea Px un enunciado abierto (Un enunciado abierto es un enunciadoque contiene una o más variables, de modo que al sustituirlas por valores particulares, éste seconvierte en una proposición.) sobre el número real x. Si Pa es una proposición verdadera ya = b, entonces Pb también es una proposición verdadera.

Axiomas de la adición y multiplicación.

+: a,b ∈ R × R a + b suma de a y b,

⋅: a,b ∈ R × R a ⋅ b producto de a y b.

La adición y la multiplicación de números reales satisfacen los siguientes axiomas.

1. Ley de clausura.

1

∀a,b ∈ R : a + b ∈ R y a ⋅ b ∈ R.

2. Ley conmutativa.

∀a,b ∈ R : a + b = b + a y a ⋅ b = b ⋅ a.

3. Ley asociativa.

∀a,b,c ∈ R : a + b + c = a + b + c y a ⋅ b ⋅ c = a ⋅ b ⋅ c.

4. Ley de existencia y unicidad del neutro aditivo y de la identidad multiplicativa.

∃!0 ∈ R,∀a ∈ R : a + 0 = a,

∃!1 ∈ R − 0,∀a ∈ R : a ⋅ 1 = a.

5. Ley de existencia y unicidad del opuesto y del inverso.

∀a ∈ R,∃! −a ∈ R : a + −a = 0,

∀a ∈ R − 0,∃!a−1 ∈ R : a ⋅ a−1 = 1.

6. Ley de distribución de la multiplicación respecto de la adición.

∀a,b,c ∈ R : a ⋅ b + c = a ⋅ b + a ⋅ c.

Observación En lo que sigue escribiremos ab en lugar de a ⋅ b, por simplicidad.

Teoremas básicos de los números reales.Teorema (de monotonía y simplificación)

1. Si a = b, entonces a + c = b + c.2. Si a + c = b + c, entonces a = b.3. Si a = b, entonces ac = bc.4. Si ac = bc y c = 0, entonces a = b.Prueba

1. Por la propiedad reflexiva de la igualdad es claro que a + c = a + c. Como a = b y por elprincipio de sustitución, a + c = b + c.

2. Por hipótesis a + c = b + c; por la igualdad de la adición, podemos sumar a ambos miembros dela expresión anterior el número real −c, con lo cual obtenemos

a + c + −c = b + c + −c,

y por asociatividad

a + c + −c = b + c + −c,

de lo que obtenemos a = b.3. Es claro que ac = ac. Así, como a = b, por el principio de sustitución ac = bc, como queríamos

demostrar.

4. Por hipótesis

ac = bc y c = 0;

por la igualdad de la multiplicación y teniendo en cuenta que c ≠ 0, podemos multiplicar aambos miembros de la expresión anterior el número real c−1, con lo cual obtenemos

acc−1 = bcc−1,

y por asociatividad

acc−1 = bcc−1,

2

de lo que obtenemos a = b.

Teorema Para todo a ∈ R, a ⋅ 0 = 0.

PruebaTenemos las siguientes igualdades

a ⋅ 0 = a ⋅ 0 + 0 = a ⋅ 0 + a ⋅ 0,

entonces

a ⋅ 0 + a ⋅ 0 = a ⋅ 0 + 0,

de donde

a ⋅ 0 = 0,

por el teorema 1.1.

Teorema (de opuestos)

1. Para todo a en R, −a = −1 ⋅ a.2. Para a y b en R cualesquiera, a ⋅ −b = −ab = −a ⋅ b.3. Para todo a en R, −−a = a.4. Para a y b en R cualesquiera, −a ⋅ −b = ab.Prueba.

A manera de ilustración probaremos 2; las demás afirmaciones se prueban de manera similar.En efecto, se tieneque

ab + −ab = 0,

y

ab + a ⋅ −b = a ⋅ b + −b = a ⋅ 0 = 0.

Luego

ab + a ⋅ −b = ab + −ab,

de donde

a ⋅ −b = −ab.

Además,

a ⋅ −b = −1 ⋅ a ⋅ b = −a ⋅ b

lo que completa la demostración.

Teorema (de inversos)

1. Si a es un número real diferente de 0, entonces a−1−1 = a.2. Si a y b son números reales diferentes de 0, entonces ab−1 = a−1 ⋅ b−1.Prueba

1. Como a es diferente de cero, por la ley de existencia y unicidad del inverso

∃!a−1 ∈ R − 0 : a ⋅ a−1 = 1.

Además, como a−1 ≠ 0, de lo anterior se sigue que

∃!a−1−1 ∈ R − 0 : a−1−1 ⋅ a−1 = 1.

Luego

a−1−1 ⋅ a−1 = a ⋅ a−1.

Entonces, por el teorema de cancelación de la multiplicación

a−1−1 = a,

3

lo que prueba la afirmación.

2. Como a y b son diferentes de cero existen sus inversos multiplicativos, y como ab ≠ 0,

∃!ab−1 ∈ R − 0 : abab−1 = 1.

Además,

aba−1 ⋅ b−1 = a ⋅ a−1b ⋅ b−1 = 1.

Luego

abab−1 = aba−1 ⋅ b−1, con ab ≠ 0.

Entonces por el teorema de cancelación de la multiplicación

ab−1 = a−1 ⋅ b−1,

lo que prueba el teorema.

Hay otras dos operaciones sobre los números reales que no se incluyen explícitamente en losaxiomas, a saber, la sustracción y la división. Estas se definen como sigue.

Definición Para todo a y b en R, a − b := a + −b.

Definición Para todo a y b en R, con b diferente de cero, ab

:= a ⋅ b−1.

Nótese que 0 no tiene inverso multiplicativo, y por tanto, la división por cero no está definida.

Definición (Potenciación de exponente entero) Si a ∈ R − 0 y m ∈ N, definimos

a0 = 1,

am = am−1a si m ≥ 1;

además,

a−m = a−1m.

a0 no está definido cuando a = 0.

Teorema Si a,b ∈ R − 0 y m,n ∈ N.

1. aman = am+n.

2. amn = amn.

3. abm = ambm.

4. am

an = am−n.

5. ab

m= am

bm .

Prueba.Ejercicio para el estudiante.

Ecuaciones lineales y cuadráticas.

En esta sección enunciaremos teoremas que permitirán resolver ecuaciones lineales ycuadráticas. Para la ecuación lineal ax + b = 0 tenemos.

Teorema Si a,b,x ∈ R y a = 0, entonces ax + b = 0 si y sólo si x = − ba .


La solución de una ecuación cuadrática ax2 + bx + c = 0 mediante factorización, se basa en elsiguiente teorema.

4

Teorema ab = 0 si y sólo si a = 0 o b = 0.

Prueba.

⇒ Por hipótesis ab = 0. Queremos demostrar que a = 0 o b = 0.Supongamos, por el absurdo, que a = 0 y b = 0, entonces existe a−1 = 0 en R tal que

a ⋅ a−1 = 1,

de donde

b = a−1 ⋅ a ⋅ b = a−1 ⋅ a ⋅ b = a−1 ⋅ 0 = 0,

y esto constituye una contradicción.

⇐ Por hipótesis a = 0 o b = 0. Por demostrar que ab = 0.Caso 1. Supongamos que a = 0, entonces

ab = 0 ⋅ b = 0.

Caso 2. Si asumimos ahora que b = 0, tenemos

ab = a ⋅ 0 = 0,

y esto completa a demostración.

Corolario ab = 0 si y sólo si a = 0 y b = 0.

Prueba.Es una directa consecuencia del teorema anterior.Ejemplo Resolver la ecuación cuadrática

x2 − 3x + 2 = 0.

Solución

Factorizando el primer miembro de la ecuación encontramos que

x2 − 3x + 2 = x − 2x − 1.

Luego

x − 2x − 1 = 0,

de donde

x − 2 = 0 o x − 1 = 0.

Así pues, 1 y 2 son soluciones y son las únicas soluciones de la ecuación x2 − 3x + 2 = 0; por lotanto CS = 1,2.

Cuando resolvemos una ecuación cuadrática completando el cuadrado, usamos el siguienteteorema.

Teorema a2 = b2 si y sólo si a = b o a = −b.

Prueba

a2 = b2 ⇔ a2 − b2 = 0,

⇔ a + ba − b = 0,

⇔ a + b = 0 o a − b = 0,

⇔ a = −b o a = b,

lo que prueba el teorema.Ejemplo Resolver en R las siguientes ecuaciones:

1. x2 − 4x + 1 = 0.

2. 2x2 + 12x + 17 = 0.

5

3. 3x2 − 12x + 17 = 0.

Solución

1. Completando el cuadrado en el primer miembro de la ecuación obtenemos

x2 − 4x + 1 = x2 − 4x + 4 + 1 − 4

= x − 22 − 3

= x − 22 − 32

= x − 2 − 3 x − 2 + 3 .

Luego

x − 2 − 3 x − 2 + 3 = 0,

de donde

x − 2 − 3 = 0 o x − 2 + 3 = 0,

esto es

x = 2 + 3 o x = 2 − 3 .

Así pues CS = 2 + 3 ,2 − 3 .

2. Procediendo como en el ejercicio anterior,

2x2 + 12x + 17 = x2 + 6x + 9 + 172

− 9

= x + 32 − 12

= x + 3 +2

2x + 3 −

2

2.

Luego

2x2 + 12x + 17 = 0 ⇔ x + 3 +2

2x + 3 −

2

2= 0.

De donde

x = −3 −2

2o x = −3 +

2

2.

Así, CS = −3 −2

2,−3 +

2

2.

3. Análogamente se resuelve 3, debiendo encontrarse que CS = ∅.

Sistema de ecuaciones lineales de dos y tres variables.

Una ecuación lineal en dos variables es de la forma

ax + by + c = 0,

en donde a y b son constantes arbitrarias, con ab ≠ 0.Si escribimos

6

y = − abx − c

b, b ≠ 0,

x = − ba y − c

a , a ≠ 0,

#

vemos que estas ecuaciones tienen un número infinito de soluciones. Estas ecuaciones se llamanindeterminadas. Al resolver un problema en la práctica, se debe tener una única solución, lo que consolo una ecuación no se puede lograr. Por tanto, para obtener una única solución en problemas condos o más variables, es necesario tener dos o más ecuaciones lineales. Un conjunto de ecuaciones deesta clase forman lo que se llama un sistema de ecuaciones lineales.

Consideremos, entonces, el sistema de dos ecuaciones lineales en dos variables,

a1x + b1y + c1 = 0,

a2x + b2y + c2 = 0, #

donde x e y representan simultáneamente los mismos números en ambas ecuaciones. Un par devalores x,y que satisfacen ambas ecuaciones se llama una solución común del sistema. Un sistemaque tiene una solución común se dice que tiene una solución única.

Si el sistema tiene una solución única, esta se puede obtener eliminando una de las variables yluego resolviéndolo para la otra. Hay varios métodos para hacer esta eliminación. Uno es el desustitución, otro el de igualación y un tercero, el de sumas o restas.

Veremos acá, el de sumas o restas. Para esto, consideramos dos constantes arbitrarias k1, k2 ymultiplicamos las dos ecuaciones ref: a la primera por k1 y la segunda por k2 obteniendo las

ecuaciones equivalentes

k1a1x + b1y + c1 = 0,

k2a2x + b2y + c2 = 0. #

Sumándolas obtenemos

k1a1x + b1y + c1 + k2a2x + b2y + c2 = 0, #

o de otra manera

k1a1 + k2a2x + k1b1 + k2b2y + k1c1 + k2c2 = 0, #

en donde k1 y k2 pueden tomar valores cualesquiera con tal que no sean simultáneamente nulas.Supongamos ahora que el sistema ref: a tenga una solución única, por ejemplo x = x1, y = y1.

Entonces, el sistema puede escribirse como

a1x1 + b1y1 + c1 = 0,

a2x1 + b2y1 + c2 = 0. #

Si hacemos lo mismo en ref: d y usando ref: e , vemos que se reduce a

k1 ⋅ 0 + k2 ⋅ 0 = 0,

lo que es válido para todos los valores de k1 y k2. Por lo consiguiente, una solución única del sistemaref: a también es solución de la ecuación ref: d .

Orden en los números reales.

Postularemos que existe un subconjunto de números reales, que denotaremos con R+, y que nospermitirá ordenar los elementos de R. Con respecto al conjunto R+ establecemos los siguientes

7

axiomas de orden.O1. Ley de tricotomía. Para cualquier elemento a ∈ R una y solamente una de las siguientes

relaciones se verifica

a ∈ R+, − a ∈ R+, a = 0.

O2. Ley de clausura de R+. Si a y b están en R+, entonces

a + b ∈ R+, y ab ∈ R+.

Definición Decimos que el número real a es positivo si a ∈ R+ y que el número real a esnegativo si −a ∈ R+.

Definición Si a y b son números reales, decimos que a es menor que b, se escribe a < b, sib − a es positivo; es decir

a a.

Teorema

1. a es positivo si y solo si a > 0, y2. a es negativo si y solo si a < 0.Prueba

1. Se tiene que

a > 0 ⇔ 0 < a, Definición 1.14

⇔ a − 0 ∈ R+, Definición 1.14

⇔ a + −0 = a + 0 = a ∈ R+, Definición de sustracción y ley de existen-

cia y unicidad del elemento neutro aditivo

⇔ a es positivo. Definición 1.13

La parte 2 se demuestra de manera similar y se deja como ejercicio.

Definición

1. Los números a y b tienen signos iguales si ambos son positivos o ambos son negativos.2. Los números a y b tienen signos diferentes si uno es positivo y el otro es negativo.

Teorema

1. ab > 0 si, y solo si, a y b tienen signos iguales, y2. ab < 0 si, y solo si, a y b tienen signos diferentes.Prueba

1. ⇐ Probaremos que: si a y b tienen signos iguales, entonces ab > 0.

Si a y b tienen el mismo signo, entonces se tienen dos casos: a y b son positivos o bien a y b sonnegativos.

Caso 1 a > 0 y b > 0. Entonces a ∈ R+ y b ∈ R+.

Por el axioma de clausura ab ∈ R+

Por la definición 1.13 y por el teorema 1.15. también se puede escribir ab > 0

Caso 2 a < 0 y b < 0. Entonces −a ∈ R+ y −b ∈ R+.

Por el axioma de clausura −a−b ∈ R+

8

Por 4 del teorema 1.13 se sabe que −a ⋅ −b = a ⋅ b, luego a ⋅ b ∈ R+.

Es decir, a ⋅ b > 0. Del mismo modo se prueba que si a y b tienen signos diferentes, entoncesab < 0 ejercicio .

⇒Probaremos que: si ab > 0, entonces a y b tienen el mismo signo.

Por el absurdo, supongamos que a y b tienen signos diferentes.

Por el ejercicio anterior se tiene que ab < 0, lo que contradice a la hipótesis ab > 0.

Por lo tanto a y b deben tener el mismo signo.

2. Queda como ejercicio para el estudiante. Seguir los pasos empleados en 1.

Corolario

∀a ∈ R − 0 : a2 > 0 y ∀a ∈ R : a2 ≥ 0.

Corolario R+ ≠ ∅.

Teorema Si a, b y c son números reales tales que a < b y b < c, entonces a < c.


Teorema

1. a < b si y solo si a + c 0 y d − c > 0. Como

b + d − a + c = b − a + d − c,

se tiene que b + d − a + c > 0 o a + c 0, entonces ac < bc.2. Si a bc.3. Si 0 < a 0. En efecto, ac − bc = a − bc. De a 0 ⇔ a − b < 0. Además c < 0. Luego

a − bc > 0,

ac − bc > 0.

1 y 3 quedan como ejercicio.

Teorema Si a ∈ R −0, entonces a y a−1 tienen signos iguales.


Teorema

1. Si ac < bc y c > 0, entonces a < b.2. Si ac < bc y c < 0, entonces a > b.Prueba

9

1. Si c > 0, entonces c−1 > 0 por el teorema 1.23. De ac < bc se tiene que

acc−1 < bcc−1, por el teorema 1.22.

Por tanto

acc−1 < bcc−1,

a ⋅ 1 0. En efecto, tenemos que 1a − 1

b= b − a

aby como a < b, entonces

b − a > 0 y dado que a 0, se deduce que 1a − 1

b> 0. La primera afirmación

queda como ejercicio.

Definición

1. a ≤ b si y solo si a b o a = b.

Teorema Para a,b,c ∈ R se cumplen las siguientes propiedades:

1. a ≤ a.2. Si a ≤ b y b ≤ a, entonces a = b.3. Si a ≤ b y b ≤ c, entonces a ≤ c.4. Si a ≠ b, entonces a a.5. Si a ≤ b, entonces a + c ≤ b + c.6. Si a ≤ b y c ≥ 0, entonces ac ≤ bc.7. Si a ≤ b y c ≤ 0, entonces ac ≥ bc.Prueba.Ejercicio para el estudiante.

Antes de iniciar el estudio de algunos ejemplos, conviene introducir las siguientes notaciones:

a < b < c ⇔ a < b y b < c,

a ≤ b ≤ c ⇔ a ≤ b y b ≤ c,

a < b ≤ c ⇔ a < b y b ≤ c,

a ≤ b < c ⇔ a ≤ b y b < c.

Ejemplo Determinar el valor de verdad de las siguientes afirmaciones. Justifique su respuesta.

1. Si a 0.

Solución

1. Si a < b, entonces a − b < 0 y si a 0. Por tanto

10

a − bab

< 0;

es decir, la afirmación es verdadera.

2. Como 0 < c < d, entonces c + d > 0 y d − c > 0. Por tanto

c + dd − c

> 0;

así, la afirmación es verdadera.

La recta real, intervalos.

Los números reales se pueden representar por medio de puntos de una recta, como se muestra enla figura.

La dirección positiva (hacia la derecha) se indica mediante una flecha. Elegimos un punto dereferencia arbitrario O, llamado origen que corresponde al número real 0. Dada una unidadconveniente de medida, cada número positivo x se representa por el punto P de la recta que seencuentra a x unidades a la derecha del origen y cada número negativo −x se representa mediante elpunto Q que se localiza x unidades a la izquierda del origen.

De esta manera, todo número real se representa por medio de un punto de la recta, y todo puntode la recta corresponde exactamente a un número real, por lo que la recta se denomina rectanumérica real o simplemente recta real.

La correspondencia establecida permite interpretar geométricamente a la relación menor que:a 0 el número a está a a − b unidades a la derecha de b, y si a − b < 0el número a está a b − a unidades a la izquierda de b.

Definiremos a continuación subconjuntos de la recta real que serán muy útiles en lasimplificación de las notaciones.

Definición Si a,b ∈ R son tales que a ≤ b, llamaremos intervalo abierto de extremos a y b alconjunto de números reales, que representamos por a,b, y definimos por

a,b = x ∈ R : a < x < b.

Nótese que si a = b, entonces a,b = ∅.

Definición Si a,b ∈ R son tales que a ≤ b, llamaremos intervalo cerrado de extremos a y b alconjunto de números reales que representamos por a,b, y se define por

a,b = x ∈ R : a ≤ x ≤ b.

Definición Si a,b ∈ R son tales que a ≤ b, llamaremos

1. intervalo abierto por la izquierda de extremos a y b al conjunto

a,b = x ∈ R : a < x ≤ b,

2. intervalo abierto por la derecha de extremos a y b al conjunto

a,b = x ∈ R : a ≤ x < b.

También usaremos los siguientes intervalos:

1. Intervalo infinito abierto por la derecha en a

−∞,a = x ∈ R : x < a.

2. Intervalo infinito cerrado por la derecha en a

11

−∞,a = x ∈ R : x ≤ a.

3. Intervalo infinito abierto por la izquierda en a

a,+∞ = x ∈ R : x > a.

4. Intervalo infinito cerrado por la izquierda en a

a,+∞ = x ∈ R : x ≥ a.

Ejemplo Determinar el valor de verdad de las siguientes afirmaciones:

1. Si 5x + 1 ∈ −3,2 , entonces 12x − 2

∈ − 58,− 5

18.

2. Si 2x − 3 ∈ −7,12, entonces −3x + 5 ∈ −18,8.

3. Si 2x − 3 ∈ −3,1, entonces x + 33x + 1

∈ 37,3 .

Solución

1. De 5x + 1 ∈ −3,2 se sigue que −3 < 5x + 1 < 2, de donde

−4 < 5x < 1,

− 45

< x < 15.

Por tanto

− 95

< x − 1 < − 45,

− 185

< 2x − 2 < − 85,

− 58

< 12x − 2

< − 518

.

Es decir 12x − 2

∈ − 58,− 5

18, por lo que la afirmación es verdadera.

2. Si 2x − 3 ∈ −7,12, entonces −7 < 2x − 3 < 12 y

−4 < 2x < 15,

−2 < x < 152

.

Por tanto

6 > −3x > − 452

,

11 > −3x + 5 > − 352

.

Así se tiene que −3x + 5 ∈ − 352, 11 .

Notar que − 352, 11 no está contenido en −18,8, es decir, no siempre

−3x + 5 ∈ −18,8,

12

por lo que la afirmación es falsa.

3. Tenemos

x + 33x + 1

= 13

+83

3x + 1. 1

Por otro lado 2x − 3 ∈ −3,1 implica que 0 < x < 2. Por lo tanto

17

< 13x + 1

< 1,

y

821

<8/3

3x + 1< 8

3;

así por 157

= 13

+ 821

< x + 33x + 1

< 13

+ 83

= 3.

En consecuencia x + 33x + 1

∈ 37,3 , y la afirmación es verdadera.

Inecuaciones.DE PRIMER GRADO O LINEALES.Ejemplo Resolver en R

6x − 34

− 2x + 5 ≤ 8x + 13

.

Solución.

Simplificando los miembros de la inecuación resulta

− x2

− 234

≤ 83x + 1

3.

Transponiendo términos, obtenemos

− 196

x ≤ 7312

de donde

x ≥ − 619

7312

= − 7338

.

Así, CS = − 7338

,+∞ .

Ejemplo Resolver en R

2x + 53

< 453 − x ≤ 1

38x + 1.

Solución

Tenemos que

2x + 53

< 453 − x ≤ 1

38x + 1

es equivalente a

2x + 53

< 453 − x y 4

53 − x ≤ 1

38x + 1.

De donde

13

10x + 25 < 36 − 12x y 36 − 12x < 40x + 5 ⇔ 22x < 11 y 31 < 52x,

⇔ x < 12

y x > 3152

.

Así, CS = ∅.

DE SEGUNDO GRADO O CUADRÁTICAS.Al resolver inecuaciones de segundo grado conviene tener presente que:

a2 ≥ 0 ⇒ a ∈ R,

a2 > 0 ⇒ a ∈ R −0,

a2 ≤ 0 ⇒ a = 0,

a2 < 0 ⇒ a no existe.

Ejemplo Resolver en R las siguientes inecuaciones:

1. 9x2 + 6x + 1 ≥ 0.

2. 2x2 − 8x + 8 > 0.

3. x2 + 6x + 9 ≤ 0.

4. x2 + 6x + 9 < 0.

Solución

1. Tenemos que 9x2 + 6x + 1 ≥ 0 ⇔ x2 + 23x + 1

9≥ 0 ⇔ x + 1

3

2≥ 0. Esta inecuación se

cumple para toda x en R, es decir CS = R

Los demás, 2, 3 y 4 se resuelven en forma análoga y se dejan como ejercicio.

Ejemplo Si a < b, resolver1. x2 − a + bx + ab < 0.

2. x2 − a + bx + ab > 0 .

Solución

1. Factorizando la expresión se tiene

x − ax − b < 0 ⇔ x − a < 0 y x − b > 0 o x − a > 0 y x − b < 0 ,

de donde

x − ax − b < 0 ⇔ x < a y x > b o x > a y x 0,

CS = −∞,a ∪ b,+∞.Lo hecho anteriormente, se puede generalizar para inecuaciones polinómicas de grado n > 2 e

inclusive racionales.

1. El signo de la expresión x − ax − b es positivo para x ∈ −∞,a ∪ b,+∞ y negativo parax ∈ a,b, lo que se ilustra en el gráfico siguiente

La solución de:

14

a. x − ax − b < 0 es el intervalo con signo −.

b. x − ax − b > 0 es la unión de los intervalos con signo +.

De 1 y 2 del ejemplo se tiene el llamado método de los ‘ ‘puntos de referencia ”:1. Se escribe la inecuación equivalente, luego de factorizar y simplificar los factores comunes si la

inecuación dada es racional.

2. Se determinan las n raíces del polinomio involucrado en la inecuación equivalente anterior.

3. Se ubica en la recta real R las n raíces encontradas anteriormente a las que llamaremos lospuntos de referencia, estos determinarán n + 1 intervalos en R.

4. A cada intervalo se le coloca signos intercalados + y −, empezando por la derecha con el signo+.

5. Si la inecuación es de la forma Qx > 0, el conjunto solución será la reunión de los intervaloscon signo +; y si la inecuación es de la forma Qx < 0, el conjunto solución será la reunión delos intervalos con signo −.

Ejemplo Resolver en R las siguientes inecuaciones:

1. x2 − x − 6 ≤ 0.

2. 3x2 − 11x + 6 > 0.

Solución.Ejercicio para el estudiante como aplicación del ejemplo anterior.

Ejemplo Dada la inecuación cuadrática ax2 + bx + c ≤ 0, con a > 0, demostrar que:

1. si b2 − 4ac < 0, entonces CS = ∅.

2. si b2 − 4ac = 0, entonces CS = − b2a

.

3. si b2 − 4ac > 0, entonces CS = r, s; donde

r =−b − b2 − 4ac

2ay s =

−b + b2 − 4ac2a

.

Solución.Completando el cuadrado tenemos que

ax2 + bx + c = a x2 + ba x + c

a

= a x2 + ba x + b2

4a2+ c

a − b2

4a2

= a x + b2a

2

+ 4ac − b2

4a2

= a x + b2a

2

+ 4ac − b2

4a.

Luego

a x + b2a

2

≤ b2 − 4ac4a

. 1

Consideramos tres casos.

1. Cuando b2 − 4ac < 0, entonces en 1 tenemos

a x + b2a

2

≤ b2 − 4ac4a

< 0,

de donde x no existe, y CS = ∅.

2. Cuando b2 − 4ac = 0, entonces en 1 tenemos

a x + b2a

2

≤ b2 − 4ac4a

= 0,

15

de donde x = − b2a

, y CS = − b2a

.

3. Cuando b2 − 4ac > 0, entonces en 1 tenemos

a x + b2a

2

− b2 − 4ac4a

≤ 0,

que es equivalente a

x + b2a

2

−b2 − 4ac2a

2

≤ 0,

y

x +b + b2 − 4ac

2ax +

b − b2 − 4ac2a

≤ 0.

Por lo tanto, CS =−b − b2 − 4ac

2a,−b + b2 − 4ac

2a.

Ejemplo Dada la inecuación cuadrática ax2 + bx + c ≥ 0, con a > 0, demostrar que:

1. si b2 − 4ac < 0, entonces CS = R

2. si b2 − 4ac = 0, entonces CS = − b2a

,+∞ .

3. si b2 − 4ac > 0, entonces CS = −∞, r ∪ s,+∞; donde

r =−b − b2 − 4ac

2ay s =

−b + b2 − 4ac2a

.

Ejercicio para el estudiante.

DE GRADO SUPERIOR.Ejemplo Resolver en R las siguientes inecuaciones:

1. x + 1x − 1x − 3x + 2 ≥ 0.

2. x + 2x − 12x − 3x − 6 > 0.

3. x + 13x − 1x − 32 ≤ 0.

Solución

1. Por el método de los puntos de referencia la solución se simplifica considerablemente.

Luego, x ∈ −∞,−2 ∪ −1,1 ∪ 3,+∞.2. Dividiendo primero la inecuación por x − 12, con x ≠ 1, procedemos en forma análoga al

ejemplo anterior. Observe que x = 1 no es solución de la inecuación.

De este modo, la inecuación propuesta es equivalente a

x + 2x − 3x − 6 > 0,

y

de donde la solución es x ∈ −2,3 ∪ 6,+∞.3. Para simplificar, dividimos ambos miembros de la inecuación por

x + 12x − 32,

con x ≠ −1,3. Observe que x = −1 y x = 3 son soluciones de la inecuación.

La inecuación equivalente es

16

x + 1x − 1 ≤ 0,

cuya solución es x ∈ −1,1 ∪ 3.


x4 + 2x3 − 9x2 − 2x + 8 < 0.

Solución.Factorizando

x4 + 2x3 − 9x2 − 2x + 8 = x − 1x − 2x + 4x + 1,

luego

x − 1x − 2x + 4x + 1 < 0.

Así, CS = −4,−1 ∪ 1,2.


x5 − 2x4 − x3 − 2x2 − 20x + 24 < 0.

Solución.Ejercicio para el estudiante.

FRACCIONARIAS.Ejemplo Resolver en R las siguientes inecuaciones:

1. 2x2 + 3x − 2x2 + 4x − 12

< 0.

2. 2x2 + 3x − 2x2 + 4x − 12

≤ 0.

Solución

1. Factorizando 2x2 + 3x − 2 = x + 22x − 1 y x2 + 4x − 12 = x + 6x − 2. Luegox + 22x − 1x + 6x − 2

< 0, 1

y para x ≠ −6,2 sabemos que x + 6x − 2 y 1x + 6x − 2

tienen el mismo signo. En

consecuencia, 1 es equivalente a la inecuación

x + 22x − 1x + 6x − 2 < 0,

que por puntos críticos da CS = −6,−2 ∪ 12, 2 .

2. Como antes

x + 22x − 1x + 6x − 2

≤ 0,

que por puntos críticos da CS = −6,−2 ∪ 12, 2 .


1. 2x4 + 3x2 − 6x2 − 5x + 6x3 − 7x2 + 18x − 40

< 0.

2. 2x4 + 3x2 − 6x2 − 5x + 6x3 − 7x2 + 18x − 40

≤ 0.

3. 2x4 + 3x2 − 6x2 − 5x + 6x3 − 7x2 + 18x − 40

> 0.

4. 2x4 + 3x2 − 6x2 − 5x + 6x3 − 7x2 + 18x − 40

≥ 0.


17

2x − 3x − 2

< 3.

Solución.Transponiendo términos y simplificando, obtenemos

x − 3x − 2

> 0.

Resolviendo encontramos que CS = −∞, 2 ∪ 3,+∞.


6x + 3

+ 1x − 2

≥ 2.

Solución.Transponiendo términos y simplificando, obtenemos

2x2 − 5x − 3x + 3x − 2

≤ 0

de donde

2x + 1x − 3x + 3x − 2

≤ 0.

Resolviendo encontramos que CS = −3,− 12

∪ 2,3.

Ejemplo Resolver en R la inecuación:

24 − 4xx2 − 2x − 15

> −1.


Ejemplo Hallar el valor de α < −5 en la desigualdad

3 ≤ x + α + 5x + α + 3

≤ 4,

sabiendo que x ∈ 1,2.Solución.Ejercicio para el estudiante.

Valor absoluto.Definición Se llamará valor absoluto del número real a al número representado por |a|, y

definido por

|a| =a si a ≥ 0,

−a si a < 0.

El valor absoluto de la diferencia de dos números reales representa a la distancia entre dichosnúmeros.

Proposición

1. ∀a ∈ R : |a| ≥ 0.2. |a| = 0 ⇔ a = 0.3. |ab| = |a||b|.

4. ab

=|a||b|

si b ≠ 0.

5. |a|2 = a2.

6. |a + b| ≤ |a| + |b|.

18

7. |a| = |b| ⇔ a = ±b.8. Si b ≥ 0, entonces

|a| ≤ b ⇔ −b ≤ a ≤ b.

9. Para todo b ∈ R tenemos

|a| ≥ b ⇔ a ≥ b o a ≤ −b.


Ejemplo Determinar el valor de verdad de las siguientes afirmaciones:

1. Si 3x + 1 ∈ 4,10, entonces |2x − 5| < 1.

2. Si 2x − 3 ∈ −3,1, entonces x + 33x + 1

< 3.

Solución

1. Como 3x + 1 ∈ 4,10, entonces 1 < x < 3. Por lo tanto

− 3 < 2x − 5 < 1,

de donde |2x − 5| < 3, y la afirmación es falsa.

2. Tenemos

x + 33x + 1

= 13

+83

3x + 1. 1

Por otro lado 2x − 3 ∈ −3,1 implica que 0 < x < 2. Por lo tanto

17

< 13x + 1

< 1,

y

821

<83

3x + 1< 8

3;

así por 157

= 13

+ 821

< x + 33x + 1

< 13

+ 83

= 3.

En consecuencia −3 < x + 33x + 1

< 3 de donde x + 33x + 1

< 3, y la afirmación es verdadera.

Ejemplo Si 1x ∈ −3,−1, demostrar que x + 1

x − 2< 2

7.

Solución.Como 1x ∈ −3,−1, tenemos −1 ≤ x ≤ − 1

3. Luego,

− 1 ≤ x − 23

≤ − 79

de donde

− 27

< 0 ≤ 1 + 3x − 2

≤ 29

< 27,

y por lo tanto x + 1x − 2

< 27.

Ecuaciones e inecuaciones con valor absoluto.Ejemplo Resolver la inecuación

|x2 + 3x| ≥ 2 − x2.

Solución.Por propiedad

19

|x2 + 3x| ≥ 2 − x2 ⇔ x2 + 3x ≥ 2 − x2 o x2 + 3x ≤ −2 + x2,

⇔ 2x2 + 3x − 2 ≥ 0 o 3x ≤ −2,

⇔ 2x − 1x + 2 ≥ 0 o x ≤ − 23,

⇔ x ≤ −2 o x ≥ 12.

De donde x ∈ −∞,− 23

∪ 12,+∞ .

Ejemplo Resolver

|x2 − 6x + 8| ≤ 4 − x.

Es claro que si 4 − x < 0 o x > 4, el conjunto solución es ∅. ¿Por qué? De ahí que debemosexigir que

4 − x ≥ 0 o x ≤ 4. 1

Por propiedad

|x2 − 6x + 8| ≤ 4 − x ⇔ x − 4 ≤ x2 − 6x + 8 ≤ 4 − x,

⇔ x − 4 ≤ x2 − 6x + 8 y x2 − 6x + 8 ≤ 4 − x,

⇔ x2 − 7x + 12 ≥ 0 y x2 − 5x + 4 ≤ 0,

⇔ x − 4x − 3 ≥ 0 y x − 4x − 1 ≤ 0,

⇔ x ≤ 3 o x ≥ 4 y 1 ≤ x ≤ 4.

2

De 1 y 2 se concluye que x ∈ 1,3 ∪ 4.

Radicación.

Aceptaremos sin demostración la siguiente proposición:

Teorema Dados a ∈ R+ y n ∈ N+ existe un único número real b que verifica bn = a.

Definición (Radicación de índice natural) b es la raíz n-ésima aritmética de a ∈ R+.

La notación es

b = n a = a1n .

Proposición Sean a,b ∈ R, entonces

1. n ab = n a n b ,

2. nab

=n an b

,

3. m n a = mn a ,

4. n am = np amp si p ∈ N.Prueba

1. Sea n a = x y n b = y entonces

a = xn y b = yn.

así

ab = xnyn = xyn.

Luego

20

n ab = xy = n a n b .

2. Sigue las mismas líneas de la prueba anterior, y es un ejercicio para el estudiante.

3. Si n a = x y m x = y, entonces

a = xn y x = ym.

Luego

a = ymn = ymn

de donde

mn a = y = m x = m n a .

4. Ejercicio para el estudiante.

Definición (Potenciación de exponente racional) Si mn ∈ Q+ y a ∈ R+

amn = n am .

Teorema (Raíz cuadrada y valor absoluto) Para todo a ∈ R se cumple que

|a| = a2 .


El siguiente teorema es útil para la resolución de inecuaciones con radicales.

Teorema

1. Si b ≥ 0, entonces

a2 ≤ b ⇔ − b ≤ a ≤ b .

2. Para todo b ∈ R tenemos

a2 ≥ b ⇔ a ≥ b o a ≤ − b .

Probaremos 1. , la segunda afirmación queda como ejercicio para el estudiante.Para b ≥ 0 tenemos

a2 ≤ b ⇔ a2 ≤ b2,

esto es

a2 ≤ b2⇔ a2 − b

2≤ 0 ⇔ a + b a − b ≤ 0

Esto último es equivalente a

a + b ≥ 0 y a − b ≤ 0 o a + b ≤ 0 y a − b ≥ 0 ⇔ a ≥ − b y a ≤ b o a ≤ − b

De aquí que

a ≥ − b y a ≤ b o a ≤ − b y a ≥ b ⇔ − b ≤ a ≤ b o a ∈ ∅,

⇔ − b ≤ a ≤ b .

Ecuaciones e inecuaciones con radicales.

21

Ejemplo Resolver la inecuación 1 − x ≤ x.Solución.Para que el número real x pertenezca al conjunto solución, debe cumplir las siguientes

condiciones: 1 − x ≥ 0 y x ≥ 0; es decir

0 ≤ x ≤ 1.

Elevando al cuadrado ambos miembros de la inecuación y transponiendo términos, obtenemos

x2 + x − 1 ≥ 0;

cuyo conjunto solución es −∞,−1 − 5

2∪

−1 + 5

2,+∞ . Por lo tanto, atendiendo a las

condiciones, encontramos que CS =−1 + 5

2,1

Ejemplo Resolver la inecuación

1 − x ≤ |x2 − 1| .

Solución.Observamos que 1 − x ≥ 0, por lo tanto

x ∈ −∞, 1. 1

Elevando al cuadrado ambos miembros de la inecuación obtenemos

1 − x ≤ |x2 − 1|.

Por lo tanto, debemos considerar dos casos:

(i) Cuando x2 − 1 ≥ 0 y x − 1 ≤ x2 − 1, entonces

x2 ≥ 1 y x2 + x − 2 ≥ 0,

de donde

x ≥ 1 o x ≤ −1 y x + 2x − 1 ≥ 0

y por 1

x ≤ −1 o x ≥ 1 y x ≤ −2 o x ≥ 1.

Luego

x ∈ −∞,−2 ∪ 1,+∞. 2

(ii) Cuando x2 − 1 < 0 y x − 1 ≤ x2 − 1, entonces x2 < 1 y x2 − x ≤ 0, −1 < x < 1 y

xx − 1 ≤ 0 ⇔ 0 ≤ x ≤ 1.

x ∈ 0,1. 3

Luego, de 1, 2 y 3 obtenemos que el conjunto solución es −∞,−2 ∪ 0,1.

Ejemplo Resolver la inecuación

x − 2x2 < 1 + 2x

Solución.Se tienen las siguientes restricciones

22

x − 2x2 ≥ 0 y 1 + 2x > 0

x1 − 2x ≥ 0 y x > − 12

x2x − 1 ≤ 0

0 ≤ x ≤ 12

luego

x ∈ 0, 12

. 1

Debe tenerse en cuenta que la solución debe estar contenida en 1.Por otro lado, elevando al cuadrado y transponiendo términos en la inecuación

x − 2x2 < 1 + 4x + 4x2,

6x2 + 3x + 1 > 0.

Completando el cuadrado

x + 14

2

+ 548

> 0.

La solución de esta última inecuación es

x ∈ R. 2

De 1 y 2 se tiene x ∈ 0, 12

.

Ejemplo Resolver

x + 7 ≥ 2x + 9 − x − 5

Solución.Restricciones

x + 7 ≥ 0 y 2x + 9 ≥ 0 y x − 5 ≥ 0,

x ≥ −7 y x ≥ −9 y x ≥ 5,

de donde

x ∈ 5,+∞. 1

Antes de elevar al cuadrado, debe tenerse cuidado en que los dos miembros de la inecuaciónsean no negativos, por lo que transponemos términos

x + 7 + x − 5 ≥ 2x + 9 ,

elevando al cuadrado y simplificando

x + 7 x − 5 ≥ 8.

Elevando al cuadrado

x + 7x − 5 ≥ 64,

y simplificando

x + 11x − 9 ≥ 0,

de donde

x ∈ −∞,−11 ∪ 9,+∞. 2

De 1 y 2 resulta x ∈ 9,+∞.

23

Ejemplo Resolver

x + 2x − 1

> x + 6x .

Solución.Restricciones

x + 2x − 1

≥ 0 y x + 6x ≥ 0;

así, utilizando puntos de referencia encontramos

x ∈ −∞,−2 ∪ 1,+∞, 1

y

x ∈ −∞,−6 ∪ 0,+∞. 2

Elevando al cuadrado, transponiendo términos y simplificando

x + 2x − 1

> x + 6x ,

x + 2x − 1

− x + 6x > 0,

3x − 6xx − 1

> 0,

de donde

x ∈ −∞, 0 ∪ 1,2. 3

De 1, 2 y 3 CS = −∞,−6 ∪ 1,2.

Problemas resueltos.

1.) Si p,q y r son números reales fijos tales que p < q y r > 0, demostrar que

p 0, entonces pr < qr y

p + pr 0, luego

p <p + qr1 + r

. 1

También de p < q se sigue que

p + qr < q + qr,

p + qr < q1 + r,

asíp + qr1 + r

< q. 2

De 1 y 2 se concluye que p <p + qr1 + r

< q.

2.) Demostrar que:

(a) Si a, b y c son números reales diferentes entre sí, entonces

24

a2 + b2 + c2 > ab + ac + bc.

(b) Si a, b, c y d son números positivos tales que ab

> cd, entonces a + c

b + d> c

d.

Solución

(a) Si a, b y c son números reales tales que a ≠ b,b ≠ c y a ≠ c, entonces

a − b2 > 0 ⇒ a2 − 2ab + b2 > 0 ⇒ a2 + b2 > 2ab,

a − c2 > 0 ⇒ a2 − 2ac + c2 > 0 ⇒ a2 + c2 > 2ac,

b − c2 > 0 ⇒ b2 − 2bc + c2 > 0 ⇒ b2 + c2 > 2bc,

sumando miembro a miembro obtenemos

2a2 + 2b2 + 2c2 > 2ab + 2ac + 2bc,

de donde

a2 + b2 + c2 > ab + ac + bc.

(b) Como a,b,c,d > 0, de ab

> cd

tenemos que

abdb

<cbdd

,

de donde

ad > bc.

Entonces ad + cd > bc + cd, por lo tanto a + cd > b + dc. Luegoa + cb + d

> cd.

3.) Si a > 0 y b > 0, se definen la media geométrica y la media aritmética de a y b mediante

MG = ab ,

MA = a + b2

.

Demostrar que MG ≤ MA.

Solución.Se sabe que a − b2 ≥ 0, ∀a,b ∈ R; por tanto

a2 − 2ab + b2 ≥ 0,

a2 + b2 ≥ 2ab.

Por otro lado

a2 + 2ab + b2 ≥ 4ab,

a + b2 ≥ 4ab,

por lo tanto

a + b2 ≥ 4ab ,

|a + b| ≥ 2 ab .

Como a > 0 y b > 0, entonces a + b > 0. Luego ab ≤ a + b2

.

4.) Si a y b son constantes reales fijas tales que 0 < a < b, demostrar que

(a) a < ab < b,

(b) a < a + b2

< b.

Solución

25

(a) De 0 < a 0, |a| = a, se tiene que

a < ab . 1

Asimismo, multiplicando por b

ab < b2,

ab < b2 ,

ab < |b|.

Luego

ab < b. 2

De 1 y 2 se obtiene a < ab < b.(b) De a < b, sumando en ambos miembros a y después b se obtienen

2a < a + b,

a < a + b2

,

y

a + b < 2b,

a + b2

< b,

respectivamente. De estas se obtiene que a < a + b2

< b.

5.) Si x > 0, b > 0 y a ≠ b, demostrar que a + xb + x

está situado entre 1 y ab.

Solución.Como a ≠ b, entonces a > b o a < b. Es decir

ab

> 1 o ab

< 1.

Por el enunciado del problema, se presentan dos casos.

Caso 1Si a > b ab

> 1 , entonces 1 < a + xb + x

< ab.

Caso 2 Si a 0, x > 0, entonces b + x > 0 y dividiendoambos miembros por b + x se obtiene

1 < a + xb + x

. 1

También, si b < a, bx < ax y ab + bx < ab + ax, de dondea + xb + x

< ab. 2

De 1 y 2 se concluye que 1 < a + xb + x

< ab.

Prueba del Caso 2. Es similar al caso 1 y queda como ejercicio para el estudiante.

6.) La inecuación x + a2 ≤ ax + 1 ≤ x + a3 se satisface para un único valor de x. Hallar la constantea, a < 1 y la solución de la inecuación.

26

Solución.Se tiene

x + a2 ≤ ax + 1 ≤ x + a3 ⇔ x + a2 ≤ ax + 1 y ax + 1 ≤ x + a3,

⇔ x − ax ≤ 1 − a2 y ax − x ≤ a3 − 1,

⇔ x ≤ 1 − a2

1 − ay x ≥ a3 − 1

a − 1,

⇔ x ≤ 1 + a y x ≥ a2 + a + 1.

Luego a2 + a + 1 ≤ x ≤ a + 1. Observe que a2 + a + 1 ≥ a + 1 y que la inecuación tiene solución(única). Por tanto a2 + a + 1 = a + 1. Es decir a = 0, con lo que 1 ≤ x ≤ 1. Así x = 1.

7.) Al resolver el sistema de inecuaciones

3x − 21 − a

< 4x + 5,

2x + 31 + a

> x − 2,

se obtuvo como conjunto solución − 37,9 . Calcular el valor de a sabiendo que a > 1.

Solución.Si a > 1, entonces 1 − a < 0 y 1 + a > 0.En la primera ecuación se tiene

3x − 2 > 1 − a4x + 5,

3x − 2 > 41 − ax + 51 − a,

3x − 41 − ax > 51 − a + 2,

4a − 1x > 7 − 5a.

Si a > 1, entonces 4a > 4 y 4a − 1 > 3 > 0. Por tanto

x > 7 − 5a4a − 1

. 1

En la segunda ecuación tenemos

2x + 3 > 1 + ax − 2,

2x + 3 > 1 + ax − 21 + a,

2x − 1 + ax > −2a1 + a − 3,

x1 − a > −2a − 5.

Si a > 1, entonces 1 − a < 0 y así

x < −2a − 51 − a

,

x < 2a + 5a − 1

.

2

27

Interceptando 1 y 2 se concluye que x ∈ 7 − 5a4a − 1

, 2a + 5a − 1

.

Por condición del problema

7 − 5a4a − 1

= − 37

y 2a + 5a − 1

= 9.

En ambos casos se obtiene a = 2.

8.) Hallar los valores a ∈ R para los cuales la inecuación

− 1 <a2x2 + a + 1xx2 + 2x + 2

< 1

en la variable x, tiene como conjunto solución R.

Solución.Completando el cuadrado observe que

x2 + 2x + 2 = x + 12 + 1 > 0.

Esto permite simplificar la inecuación original de modo que

− x2 − 2x − 2 < a2x2 + a + 1x < x2 + 2x + 2,

así

−x2 − 2x − 2 < a2x2 + a + 1x y a2x2 + a + 1x < x2 + 2x + 2,

a2 + 1x2 + a + 3x + 2 > 0 y 1 − a2x2 + 1 − ax + 2 > 0. 1

Para que la inecuación tenga como solución a R, las inecuaciones 1 también deben tener comoconjunto solución a R, por lo que su discriminante debe ser negativo.

De la primera ecuación de 1 tenemos

a + 32 − 8a2 + 1 < 0,

a2 + 6a + 9 − 8a2 − 8 < 0,

−7a2 + 6a + 1 < 0,

7a2 − 6a − 1 > 0,

7a + 1a − 1 > 0.

Así

a ∈ −∞,− 17

∪ 1,+∞ 2

De la segunda ecuación

1 − a2 > 0 y 1 − a2 − 81 − a2 < 0,

a2 < 0 y 9a2 − 2a − 7 < 0,

−1 < a < 1 y 9a + 7a − 1 < 0,

de donde

a ∈ −1,1 y a ∈ − 79, 1 . 3

De 1, 2 y 3 resulta que a ∈ − 79,− 1

7.

10.) Resolver en R

2x2 − x + 3 < 1 − 2x. 1

28

Solución.Las restricciones de la inecuación son las siguientes

2x2 − x + 3 ≥ 0 y 1 − 2x > 0 . 2

En la primera desigualdad, el discriminante b2 − 4ac = −23, por lo que esta se satisface paracada x ∈ R.

De la segunda desigualdad tenemos

1 > 2x,

x < 12.

Interceptando las soluciones obtenidas se tiene que

x < 12. 3

Tenga en cuenta que la solución de la inecuación original está restringida a la relación anterior,es decir, el conjunto de valores que satisfacen dicha inecuación no pueden salirse del intervalo−∞, 1

2.

Ahora es posible elevar al cuadrado en la inecuación original

2x2 − x + 3 < 1 − 2x2,

2x2 − x + 3 < 1 − 4x + 4x2,

2x2 − 3x − 2 > 0,

2x + 1x − 2 > 0.

Tomando en cuenta en la recta real los puntos de referencia x = − 12y x = 2, se obtiene como

solución

x ∈ −∞,− 12

∪ 2,+∞. 4

Interceptando 3 y 4, se obtiene

CS = −∞,− 12

.

11.) Resolver

x2 + 2x − 3 ≥ x − 2

Solución.Restricción x2 + 2x − 3 ≥ 0, de donde

x + 3x − 1 ≥ 0 ⇔ x ≤ −3 o x ≥ 1 1

Por otro lado, antes de elevar al cuadrado debe tenerse cuidado con los signos de los dos miembrosde la inecuación.

x − 2 ≥ 0 y x2 + 2x − 3 ≥ x2 − 4x + 4 o x − 2 < 0,

x ≥ 2 y 6x ≥ 7 o x < 2,

x ≥ 2 o x < 2.

2

Luego, CS = 1 ∩ 2, esto es

CS = −∞ − 3 ∪ 1,+∞.

12.) Si b < −1, resolver la inecuación

bx2 + x < 1 − bx.

Solución.Se tiene

29

bx2 + x ≥ 0 ⇔ xbx + 1 ≥ 0,

⇔ x−bx − 1 ≤ 0,

de donde

0 ≤ x ≤ − 1b. 1

También, como b < −1

1 − bx > 0 ⇔ bx < 1,

⇔ −bx > −1,

⇔ x > 1b.

2

Elevando al cuadrado

bx2 + x < 1 − 2bx + b2x2 ⇔ b − b2x2 + 1 + 2bx − 1 < 0,

⇔ b2 − bx2 − 1 + 2bx + 1 > 0,

⇔ bb − 1x2 − 1 + 2bx + 1 > 0,

⇔ bb − 1 > 0.

Debe tenerse en cuenta que el discriminante de la inecuación anterior es

Δ = 1 + 4b + 4b2 − 4b2 − b,

= 1 + 4b + 4b2 − 4b2 + 4b,

= 1 + 8b < 0.

Como b < −1, 8b < −8; por lo que 1 + 8b < −7. Por tanto

x ∈ R. 3

Luego CS = 1 ∩ 2 ∪ 3 = 0,− 1b

.

13.) Hallar los valores de α < −5 que hacen cierta la desigualdad

n ≤ x + α + 5x + α + 3

≤ n + 1, n ∈ Z,

sabiendo que x ∈ 1,2.Solución.Tenemos que

x + α + 5x + α + 3

= 1 + 2x + α + 3

.

Si x ∈ 1,2, entonces x + α ∈ 1 + α, 2 + α. Por lo tanto,

4 + α ≤ x + α + 3 ≤ 5 + α;

así

1α + 5

≤ 1x + α + 3

≤ 1α + 4

,

1 + 2α + 5

≤ 1 + 2x + α + 3

≤ 1 + 2α + 4

,

de donde

30

α + 7α + 5

≤ 1 + 2x + α + 3

≤ α + 6α + 4

. 1

En 1 tenemos cuando α < −5,

α + 7α + 5

+ 1 = α + 6α + 4

,

de donde obtenemos que α ∈ −3, − 6; pero, solamente α = −6 satisface la condición α < −5. Porlo tanto α = −6.14.) Hallar el menor valor real de k que verifica la siguiente condición; si x ∈ 4,7 entonces

2x + 1x − 2

− 12

≤ k.

Solución.Simplificando se tiene

2x + 1x − 2

− 12

= 3x + 42x − 2

,

= 12

3 + 10x − 2

,

= 32

+ 5x − 2

.

A partir de la condición x ∈ 4,7 construimos la expresión anterior. Así, si x ∈ 4,7, entonces

4 ≤ x ≤ 7,

2 ≤ x − 2 ≤ 5,

15

≤ 1x − 2

≤ 12,

1 ≤ 5x − 2

≤ 52,

52

≤ 32

+ 5x − 2

≤ 4.

De donde 32

+ 5x − 2

≤ k, para todo k ≥ 4, por lo que el menor valor real de k es 4.

15.) Resolver

x2 + x + |2x + 1| ≤ 1.

Solución.Se tiene

|2x + 1| =

2x + 1 si x ≥ − 12,

−2x − 1 si x < − 12.

Como existen dos posibilidades, es conveniente descomponer la recta en dos intervalos

(i) Para

31

x < −1/2 1

la inecuación propuesta es equivalente a

x2 + x − 2x − 1 ≤ 1,

x2 − x − 2 ≤ 0,

x − 2x + 1 ≤ 0.

De donde

− 1 ≤ x ≤ 2. 2

De 1 y 2, resulta CS1 = −1, 12

.

(ii) Para

x ≤ − 12

3

se tiene

x2 + x + 2x + 1 ≤ 1,

x2 + 3x ≤ 0,

xx + 3 ≤ 0.

De donde

− 3 ≤ x ≤ 0. 4

De 3 y 4 resulta CS2 = − 12, 0 .

Por lo tanto, CS = CS1 ∪ CS2 = −1,0.16.) Resolver

|x − 6| − |x − 3| < |x − 1| + 2 − x.

Solución.En este caso la existencia de tres términos con valor absoluto exige un análisisalrededor de los puntos de referencia x = 1, x = 3 y x = 6, con el objeto de simplificar la inecuaciónpropuesta. Así se tiene:

Si x < 1, entonces x − 1 < 0, x − 3 < 0 y x − 6 < 0. Usando la definición de valor absoluto

|x − 1| = 1 − x, |x − 3| = 3 − x y |x − 6| = 6 − x

Si 1 ≤ x < 3, entonces x − 1 > 0, x − 3 < 0 y x − 6 < 0. Luego

|x − 1| = x − 1, |x − 3| = 3 − x y |x − 6| = 6 − x

Si 3 ≤ x < 6, entonces x − 1 > 0, x − 3 > 0 y x − 6 < 0. Luego

|x − 1| = x − 1, |x − 3| = x − 3 y |x − 6| = 6 − x

Si 6 ≤ x, entonces x − 1 > 0, x − 3 > 0 y x − 6 > 0. Luego

|x − 1| = x − 1, |x − 3| = x − 3 y |x − 6| = x − 6

Resumiendo el análisis anterior, consideramos el siguiente cuadro el que divide a la recta real encuatro subintervalos, a saber: I1 = −∞, 1, I2 = 1,3, I3 = 3,6 y I4 = 6,+∞ y a la vez simplificalos términos de valor absoluto

32

|x − 1| : 1 − x x − 1 x − 1 x − 1

|x − 3| : 3 − x 3 − x x − 3 x − 3

|x − 6| : 6 − x 6 − x 6 − x x − 6

Resolviendo la inecuación por intervalos tenemos

1. (a) Para x < 1

6 − x − 3 − x < 1 − x + 2 − x,

3 < 3 − 2x,

x < 0.

Interceptando x < 0 con x < 1 resulta CS1 = −∞, 1.(b) Para 1 ≤ x < 3

6 − x − 3 − x < −1 + x + 2 − x,

3 < 1.

Este absurdo indica que la inecuación no admite solución en el intervalo 1,3, es decir,CS2 = ∅.

(c) Para 3 ≤ x < 6

6 − x − x − 3 < −1 + x + 2 − x,

8 < 2x,

x > 4.

Interceptando x > 4 con 3 ≤ x < 6 resulta CS3 = 4,6.(d) Para x ≥ 6

x − 6 − x − 3 < −1 + x + 2 − x,

− 3 < 1.

Esta afirmación obviamente es cierta e indica que cualquier x ≥ 6 satisface la inecuación.Esto es CS4 = 6,+∞.De lo anterior CS = CS1 ∪ CS2 ∪ CS3 ∪ CS4 = −∞, 1 ∪ 4,+∞.

17.) Hallar el menor valor de L con la propiedad

|x2 + 6x + 14|

x3 + 27≥ L siempre que − 2 ≤ x ≤ 2.

Solución.En el numerador x2 + 6x + 14 = x + 32 + 5. Luego, si −2 ≤ x ≤ 2, entonces

1 ≤ x + 3 ≤ 5,

1 ≤ x + 32 ≤ 25,

de donde

6 ≤ x + 32 + 5 ≤ 30. 1

En el denominador, si −2 ≤ x ≤ 2 entonces

− 8 ≤ x3 ≤ 8,

19 ≤ x3 + 27 ≤ 35,

33

de donde

135

≤ 1x3 + 27

≤ 119

. 2

De 1 y 2 se tiene que 635

≤x + 32 + 5

x3 + 27≤ 30

19. Por lo tanto L = 6

35.

18.) Si

a2 + b2 = 1,

x2 + y2 = 1,

1

probar que −1 ≤ ax + by ≤ 1.

Solución.Analicemos la expresión ax + by2. Tenemos que

ax + by2 = a2x2 + 2abxy + b2y2. 2

Multiplicando miembro a miembro en 1 se obtiene

a2x2 + a2y2 + b2x2 + b2y2 = 1,

por tanto

a2x2 + b2y2 = 1 − a2y2 − b2x2. 3

Reemplazando 3 en 2 se tiene que

ax + by2 = 1 − a2y2 − b2x2 + 2abxy,

= 1 − a2y2 + b2x2 − 2abxy,

= 1 − ay − bx2.

Como ay − bx2 ≥ 0 ∀a,b,x,y ∈ R, entonces

1 − ay − bx2 ≤ 1.

De donde

ax + by2 ≤ 1,

ax + by2 ≤ 1,

|ax + by| ≤ 1.

Así, −1 ≤ ax + by ≤ 1.

19.) Resolver

|x − 1 − x2 | ≤ |x2 − 3x + 4|.

Solución.Como se sabe, una inecuación con los miembros no negativos, al elevarlos al cuadrado,se sustituye por una inecuación equivalente, por lo que la inecuación propuesta es equivalente a:

|x − 1 − x2 |2 ≤ |x2 − 3x + 4|2,

pero |a2 | = a2, por esto se puede escribir

x − 1 − x22 ≤ x2 − 3x + 42,

x − 1 − x22 − x2 − 3x + 42 ≤ 0.

Por diferencia de cuadrados

34

−2x + 3−2x2 + 4x − 5 ≤ 0,

2x − 32x2 − 4x + 5 ≤ 0. 1

Observe que

2x2 − 4x + 5 = 2 x2 − 2x + 52

= 2x − 12 + 3 > 0.

Usando lo anterior en 1, se tiene que

2x − 3 ≤ 0,

x ≤ 32.

Luego x ∈ −∞, 32

.

20.) Resolver en R

(a) |3|x − 3| + x2 + 5| ≤ ||6 − 2x| + x2 + 6|.

(b) |x − 2| − |2x + 1| ≤ 3.

Solución

(a) Observe que en el primer miembro a = 3|x − 3| + x2 + 5 > 0, por lo que |a| = a. Asimismo, enel segundo miembro b = |6 − 2x| + x2 + 6 > 0, por lo que |b| = b. Es decir, la inecuación

|a| ≤ |b|

puede ser expresada como

a ≤ b,

3|x − 3| + x2 + 5 ≤ |6 − 2x| + x2 + 6,

3|x − 3| ≤ |6 − 2x| + 1.

Observe que

|6 − 2x| = |2x − 6| = |2x − 3| = 2|x − 3|.

Luego

3|x − 3| ≤ 2|x − 3| + 1,

|x − 3| ≤ 1,

− 1 ≤ x − 3 ≤ 1,

2 ≤ x ≤ 4.

(b) Resolviendo por puntos de referencia

1 Para x < − 12

2 − x − −2x − 1 ≤ 3,

2 − x + 2x + 1 ≤ 3,

x ≤ 0.

Interceptando con x < − 12, se tiene

CS1 = −∞,− 12

.

2 Para − 12≤ x < 2

2 − x − 2x + 1 ≤ 3,

35

2 − x − 2x − 1 ≤ 3,

x ≥ − 23.

Interceptando con − 12≤ x < 2 , se tiene

CS2 = − 12,2 .

3 Para x ≥ 2

x − 2 − 2x + 1 ≤ 3,

x − 2 − 2x − 1 ≤ 3,

x ≥ −6.

Interceptando con x ≥ 2 , se tiene

CS3 = 2,+∞.

Por lo tanto

CS = CS1 ∪ CS2 ∪ CS3 = R.

21.)

(a) Demostrar que, para todos los x ∈ R

2x2 + 4x + 7 > 0.

(b) Resolver en R

2x2 + 4x + 72x2 + 3x − 2

≤ 0.

Solución

(a) Calculando el discriminante de la inecuación cuadrática

b2 − 4ac = −40.

Se tiene que CS = R, es decir

2x2 + 4x + 7 > 0, para cada x ∈ R.

(b) Por lo demostrado anteriormente el numerador de la fracción es positivo, luego el denominadordebe ser negativo

2x2 + 3x − 2 < 0,

2x − 1x + 2 < 0,

considerando en la recta real los puntos de referencia x = −2 y x = 12, se concluye que

CS = −2, 12

.

36