Capítulo1 .Números Reales
Capítulo1 .Números Reales
Capítulo1 .Números Reales
Introducción.
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 enunciado
que contiene una o más variables, de modo que al sustituirlas por valores particulares, éste se
convierte en una proposición.) sobre el número real x. Si Pa es una proposición verdadera y
a = 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 el
principio de sustitución, a + c = b + c.
2. Por hipótesis a + c = b + c; por la igualdad de la adición, podemos sumar a ambos miembros de
la 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 a
ambos 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
−1
a −1 ⋅ a −1 = a ⋅ a −1 .
Entonces, por el teorema de cancelación de la multiplicación
−1
a −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 −1 b ⋅ 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 los
axiomas, 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, a := a ⋅ b −1 .
b
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
a 0 = 1,
a m = a m−1 a si m ≥ 1;
además,
a −m = a −1 m .
a 0 no está definido cuando a = 0.
Teorema Si a, b ∈ R − 0 y m, n ∈ N.
1. a m a n = a m+n .
2. a m n = a mn .
3. ab m = a m b m .
4. a m = a m−n .
an m
m
5. a = am .
b b
Prueba.Ejercicio para el estudiante.
Ecuaciones lineales y cuadráticas.
En esta sección enunciaremos teoremas que permitirán resolver ecuaciones lineales y
cuadráticas. 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 .
Prueba.Ejercicio para el estudiante.
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
x 2 − 3x + 2 = 0.
Solución
Factorizando el primer miembro de la ecuación encontramos que
x 2 − 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 x 2 − 3x + 2 = 0; por lo
tanto CS = 1, 2.
5
3. 3x 2 − 12x + 17 = 0.
Solución
1. Completando el cuadrado en el primer miembro de la ecuación obtenemos
x 2 − 4x + 1 = x 2 − 4x + 4 + 1 − 4
= x − 2 2 − 3
2
= x − 2 2 − 3
= 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,
2x 2 + 12x + 17 = x 2 + 6x + 9 + 17
2
−9
= x + 3 2 − 1
2
2 2
= x+3+ 2
x+3− 2
.
Luego
2 2
2x 2 + 12x + 17 = 0 ⇔ x+3+ x+3− = 0.
2 2
De donde
2 2
x = −3 − 2
o x = −3 + 2
.
2 2
Así, CS = −3 − 2
, −3 + 2
.
3. Análogamente se resuelve 3, debiendo encontrarse que CS = ∅.
6
y = − a x − c , b ≠ 0,
b b
#
x = − ba y − ac , a ≠ 0,
vemos que estas ecuaciones tienen un número infinito de soluciones. Estas ecuaciones se llaman
indeterminadas. Al resolver un problema en la práctica, se debe tener una única solución, lo que con
solo una ecuación no se puede lograr. Por tanto, para obtener una única solución en problemas con
dos o más variables, es necesario tener dos o más ecuaciones lineales. Un conjunto de ecuaciones de
esta clase forman lo que se llama un sistema de ecuaciones lineales.
Consideremos, entonces, el sistema de dos ecuaciones lineales en dos variables,
a 1 x + b 1 y + c 1 = 0,
#
a 2 x + b 2 y + c 2 = 0,
donde x e y representan simultáneamente los mismos números en ambas ecuaciones. Un par de
valores x, y que satisfacen ambas ecuaciones se llama una solución común del sistema. Un sistema
que 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 y
luego resolviéndolo para la otra. Hay varios métodos para hacer esta eliminación. Uno es el de
sustitución, 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 k 1 , k 2 y
multiplicamos las dos ecuaciones ref: a la primera por k 1 y la segunda por k 2 obteniendo las
ecuaciones equivalentes
k 1 a 1 x + b 1 y + c 1 = 0,
#
k 2 a 2 x + b 2 y + c 2 = 0.
Sumándolas obtenemos
k 1 a 1 x + b 1 y + c 1 + k 2 a 2 x + b 2 y + c 2 = 0, #
o de otra manera
k 1 a 1 + k 2 a 2 x + k 1 b 1 + k 2 b 2 y + k 1 c 1 + k 2 c 2 = 0, #
en donde k 1 y k 2 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 = x 1 , y = y 1 .
Entonces, el sistema puede escribirse como
a 1 x 1 + b 1 y 1 + c 1 = 0,
#
a 2 x 1 + b 2 y 1 + c 2 = 0.
Si hacemos lo mismo en ref: d y usando ref: e , vemos que se reduce a
k 1 ⋅ 0 + k 2 ⋅ 0 = 0,
lo que es válido para todos los valores de k 1 y k 2 . Por lo consiguiente, una solución única del sistema
ref: 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 nos
permitirá 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 es
negativo si −a ∈ R + .
Definición Si a y b son números reales, decimos que a es menor que b, se escribe a < b, si
b − a es positivo; es decir
a < b ⇔ b − a ∈ R+.
Si a es menor que b diremos que b es mayor que a, y escribiremos b > a.
Teorema
1. a es positivo si y solo si a > 0, y
2. 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, y
2. 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 son
negativos.
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, entonces
ab < 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 : a 2 > 0 y ∀a ∈ R : a 2 ≥ 0.
Corolario R + ≠ ∅.
Teorema Si a, b y c son números reales tales que a < b y b < c, entonces a < c.
Prueba.Ejercicio para el estudiante.
Teorema
1. a < b si y solo si a + c < b + c.
2. a < b y c < d entonces a + c < b + d.
Prueba
Probaremos 2, la demostración de 1 se hace análogamente y queda como ejercicio para el
alumno.
De a < b y c < d se sigue que b − a > 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 < b + d.
Teorema
1. Si a < b y c > 0, entonces ac < bc.
2. Si a < b y c < 0, entonces ac > bc.
3. Si 0 < a < b y 0 < c < d, entonces ac < bd.
Prueba
Demostraremos 2
Basta probar que ac − bc > 0. En efecto, ac − bc = a − bc. De a < b se tiene que
b − 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.
Prueba.Ejercicio para el estudiante.
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 < b ⋅ 1,
a < b.
La otra afirmación queda como ejercicio.
Teorema
1. Si 0 < a < b, entonces 1 < 1a .
b
2. Si a < b < 0, entonces 1 < 1a .
b
Prueba.Demostración de 2
Basta probar que 1a − 1 > 0. En efecto, tenemos que 1a − 1 = b − a y como a < b, entonces
b b ab
b − a > 0 y dado que a < b < 0, implica ab > 0, se deduce que 1 − 1 > 0. La primera afirmación
a b
queda como ejercicio.
Definición
1. a ≤ b si y solo si a < b o a = b.
2. 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 < b o b > 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 < b < 0 < c < d, entonces a − b < 0.
ab
2. Si a < b < 0 < c < d, entonces + d > 0.
c
d−c
Solución
1. Si a < b, entonces a − b < 0 y si a < b < 0, entonces ab > 0. Por tanto
10
a − b < 0;
ab
es decir, la afirmación es verdadera.
2. Como 0 < c < d, entonces c + d > 0 y d − c > 0. Por tanto
c + d > 0;
d−c
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 en
la figura.
La dirección positiva (hacia la derecha) se indica mediante una flecha. Elegimos un punto de
referencia arbitrario O, llamado origen que corresponde al número real 0. Dada una unidad
conveniente de medida, cada número positivo x se representa por el punto P de la recta que se
encuentra a x unidades a la derecha del origen y cada número negativo −x se representa mediante el
punto 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 punto
de la recta corresponde exactamente a un número real, por lo que la recta se denomina recta
numérica real o simplemente recta real.
La correspondencia establecida permite interpretar geométricamente a la relación menor que:
a < b significa que a está a la izquierda de b. En consecuencia, a − b representa la distancia dirigida
de a hasta b; es decir, si a − b > 0 el número a está a a − b unidades a la derecha de b, y si a − b < 0
el 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 la
simplificación de las notaciones.
Definición Si a, b ∈ R son tales que a ≤ b, llamaremos intervalo abierto de extremos a y b al
conjunto 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 al
conjunto de números reales que representamos por a, b, y se define por
a, b = x ∈ R : a ≤ x ≤ b.
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 1 ∈ − 5 ,− 5 .
2x − 2 8 18
2. Si 2x − 3 ∈ −7, 12, entonces −3x + 5 ∈ −18, 8.
3. Si 2x − 3 ∈ −3, 1, entonces x + 3 ∈ 3 , 3 .
3x + 1 7
Solución
1. De 5x + 1 ∈ −3, 2 se sigue que −3 < 5x + 1 < 2, de donde
−4 < 5x < 1,
−4 < x < 1.
5 5
Por tanto
−9 < x−1 < −4,
5 5
− 18 < 2x − 2 < − 8 ,
5 5
−5 < 1 <− 5 .
8 2x − 2 18
Es decir 1 ∈ − 58 , − 185 , por lo que la afirmación es verdadera.
2x − 2
2. Si 2x − 3 ∈ −7, 12, entonces −7 < 2x − 3 < 12 y
−4 < 2x < 15,
−2 < x < 15 .
2
Por tanto
6 > −3x > − 45 ,
2
12
por lo que la afirmación es falsa.
3. Tenemos
8
x+3 = 1 + 3
. 1
3x + 1 3 3x + 1
Por otro lado 2x − 3 ∈ −3, 1 implica que 0 < x < 2. Por lo tanto
1 < 1 < 1,
7 3x + 1
y
8 < 8/3 < 8 ;
21 3x + 1 3
así por 1
5 = 1 + 8 < x + 3 < 1 + 8 = 3.
7 3 21 3x + 1 3 3
En consecuencia x + 3 ∈ 3 , 3 , y la afirmación es verdadera.
3x + 1 7
Inecuaciones.
DE PRIMER GRADO O LINEALES.
Ejemplo Resolver en R
6x − 3 − 2x + 5 ≤ 8x + 1 .
4 3
Solución.
Simplificando los miembros de la inecuación resulta
− x − 23 ≤ 8 x + 1 .
2 4 3 3
Transponiendo términos, obtenemos
− 19 x ≤ 73
6 12
de donde
x≥ − 6 73 = − 73 .
19 12 38
Así, CS = − 73 , +∞ .
38
Ejemplo Resolver en R
2x + 5 < 4 3 − x ≤ 1 8x + 1.
3 5 3
Solución
Tenemos que
2x + 5 < 4 3 − x ≤ 1 8x + 1
3 5 3
es equivalente a
2x + 5 < 4
3 − x y 4
3 − x ≤ 1
8x + 1.
3 5 5 3
De donde
13
10x + 25 < 36 − 12x y 36 − 12x < 40x + 5 ⇔ 22x < 11 y 31 < 52x,
⇔ x< 1 y x > 31 .
2 52
Así, CS = ∅.
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 los
puntos 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 intervalos
con signo +; y si la inecuación es de la forma Qx < 0, el conjunto solución será la reunión de
los intervalos con signo −.
Ejemplo Resolver en R las siguientes inecuaciones:
1. x 2 − x − 6 ≤ 0.
2. 3x 2 − 11x + 6 > 0.
Solución.Ejercicio para el estudiante como aplicación del ejemplo anterior.
15
de donde x = − b , y CS = − b .
2a 2a
3. Cuando b − 4ac > 0, entonces en 1 tenemos
2
− b − 4ac ≤ 0,
2 2
a x+ b
2a 4a
que es equivalente a
2
2 b 2 − 4ac
x+ b − ≤ 0,
2a 2a
y
b + b 2 − 4ac b − b 2 − 4ac
x+ x+ ≤ 0.
2a 2a
−b − b 2 − 4ac −b + b 2 − 4ac
Por lo tanto, CS = , .
2a 2a
DE GRADO SUPERIOR.
Ejemplo Resolver en R las siguientes inecuaciones:
1. x + 1x − 1x − 3x + 2 ≥ 0.
2. x + 2x − 1 2 x − 3x − 6 > 0.
3. x + 1 3 x − 1x − 3 2 ≤ 0.
Solución
1. Por el método de los puntos de referencia la solución se simplifica considerablemente.
16
x + 1x − 1 ≤ 0,
cuya solución es x ∈ −1, 1 ∪ 3.
Ejemplo Resolver en R
x 4 + 2x 3 − 9x 2 − 2x + 8 < 0.
Solución.Factorizando
x 4 + 2x 3 − 9x 2 − 2x + 8 = x − 1x − 2x + 4x + 1,
luego
x − 1x − 2x + 4x + 1 < 0.
Así, CS = −4, −1 ∪ 1, 2.
Ejemplo Resolver en R
x 5 − 2x 4 − x 3 − 2x 2 − 20x + 24 < 0.
Solución.Ejercicio para el estudiante.
FRACCIONARIAS.
Ejemplo Resolver en R las siguientes inecuaciones:
1. 2x2 + 3x − 2 < 0.
2
x + 4x − 12
2. 2x2 + 3x − 2 ≤ 0.
2
x + 4x − 12
Solución
1. Factorizando 2x 2 + 3x − 2 = x + 22x − 1 y x 2 + 4x − 12 = x + 6x − 2. Luego
x + 22x − 1
< 0, 1
x + 6x − 2
y para x ≠ −6, 2 sabemos que x + 6x − 2 y 1 tienen el mismo signo. En
x + 6x − 2
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 − 1
≤ 0,
x + 6x − 2
que por puntos críticos da CS = −6, −2 ∪ 12 , 2 .
Ejemplo Resolver en R
1. 2x 3+ 3x 2− 6x − 5x + 6
4 2 2
< 0.
x − 7x + 18x − 40
2. 2x 4
+ 3x 2 − 6x 2 − 5x + 6 ≤ 0.
x − 7x 2 + 18x − 40
3
3. 2x 3+ 3x 2− 6x − 5x + 6
4 2 2
> 0.
x − 7x + 18x − 40
4. 2x 4
+ 3x 2 − 6x 2 − 5x + 6 ≥ 0.
x − 7x 2 + 18x − 40
3
17
Ejemplo Resolver en R
2x − 3 < 3.
x−2
Solución.Transponiendo términos y simplificando, obtenemos
x − 3 > 0.
x−2
Resolviendo encontramos que CS = −∞, 2 ∪ 3, +∞.
Ejemplo Resolver en R
6 + 1 ≥ 2.
x+3 x−2
Solución.Transponiendo términos y simplificando, obtenemos
2x 2 − 5x − 3 ≤ 0
x + 3x − 2
de donde
2x + 1x − 3
≤ 0.
x + 3x − 2
Resolviendo encontramos que CS = −3, − 12 ∪ 2, 3.
El valor absoluto de la diferencia de dos números reales representa a la distancia entre dichos
números.
Proposición
1. ∀a ∈ R : |a| ≥ 0.
2. |a| = 0 ⇔ a = 0.
3. |ab| = |a||b|.
|a|
4. a = si b ≠ 0.
b |b|
5. |a| 2 = a 2 .
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.
Ejercicio para el estudiante.
19
|x 2 + 3x| ≥ 2 − x 2 ⇔ x 2 + 3x ≥ 2 − x 2 o x 2 + 3x ≤ −2 + x 2 ,
⇔ 2x 2 + 3x − 2 ≥ 0 o 3x ≤ −2,
⇔ 2x − 1x + 2 ≥ 0 o x ≤ − 23 ,
⇔ x ≤ −2 o x≥ 1
2
.
De donde x ∈ −∞, − 23 ∪ 1
2
, +∞ .
Ejemplo Resolver
|x 2 − 6x + 8| ≤ 4 − x.
Es claro que si 4 − x < 0 o x > 4, el conjunto solución es ∅. ¿Por qué? De ahí que debemos
exigir que
4 − x ≥ 0 o x ≤ 4. 1
Por propiedad
|x 2 − 6x + 8| ≤ 4 − x ⇔ x − 4 ≤ x 2 − 6x + 8 ≤ 4 − x,
⇔ x − 4 ≤ x 2 − 6x + 8 y x 2 − 6x + 8 ≤ 4 − x,
⇔ x 2 − 7x + 12 ≥ 0 y x 2 − 5x + 4 ≤ 0, 2
⇔ x − 4x − 3 ≥ 0 y x − 4x − 1 ≤ 0,
⇔ x ≤ 3 ox ≥ 4 y 1 ≤ x ≤ 4.
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 b n = a.
Definición (Radicación de índice natural) b es la raíz n-ésima aritmética de a ∈ R + .
La notación es
1
b = na = an.
Proposición Sean a, b ∈ R, entonces
1. n ab = a nb,
n
2. n
a = na ,
b n b
3. m n a = mn a ,
4. a m = np a mp si p ∈ N.
n
Prueba
1. Sea n a = x y n b = y entonces
a = xn y b = yn.
así
ab = x n y n = xy n .
Luego
20
n
ab = xy = n a nb.
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 = y m n = y mn
de donde
mn a =y= m x = m n a.
4. Ejercicio para el estudiante.
Definición (Potenciación de exponente racional) Si m +
n ∈ Q ya ∈ R
+
m
a n = n am .
⇔ − b ≤a≤ b.
22
x − 2x 2 ≥ 0 y 1 + 2x > 0
x1 − 2x ≥ 0 y x > − 1
2
x2x − 1 ≤ 0
0≤x≤ 1
2
luego
x ∈ 0, 1 . 1
2
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 − 2x 2 < 1 + 4x + 4x 2 ,
6x 2 + 3x + 1 > 0.
Completando el cuadrado
2
x+ 1 + 5 > 0.
4 48
La solución de esta última inecuación es
x ∈ R. 2
De 1 y 2 se tiene x ∈ 0, 1
2
.
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 inecuación
sean 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+2 > x+6 .
x−1 x
Solución.Restricciones
x+2 ≥ 0 y x + 6 ≥ 0;
x−1 x
así, utilizando puntos de referencia encontramos
x ∈ −∞, −2 ∪ 1, +∞, 1
y
x ∈ −∞, −6 ∪ 0, +∞. 2
Elevando al cuadrado, transponiendo términos y simplificando
x+2 > x+6,
x−1 x
x + 2 − x + 6 > 0,
x−1 x
3x − 6 > 0,
xx − 1
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 + qr
p< < q.
1+r
Solución.Como p < q y r > 0, entonces pr < qr y
p + pr < p + qr,
p1 + r < p + qr.
Además 1 + r > 0, luego
p + qr
p< . 1
1+r
También de p < q se sigue que
p + qr < q + qr,
p + qr < q1 + r,
así
p + qr
< q. 2
1+r
p + qr
De 1 y 2 se concluye que p < < q.
1+r
2.) Demostrar que:
(a) Si a, b y c son números reales diferentes entre sí, entonces
24
a 2 + b 2 + c 2 > ab + ac + bc.
(b) Si a, b, c y d son números positivos tales que a > c , entonces a + c > c .
b d b+d d
Solución
(a) Si a, b y c son números reales tales que a ≠ b, b ≠ c y a ≠ c, entonces
a − b 2 > 0 ⇒ a 2 − 2ab + b 2 > 0 ⇒ a 2 + b 2 > 2ab,
a − c 2 > 0 ⇒ a 2 − 2ac + c 2 > 0 ⇒ a 2 + c 2 > 2ac,
b − c 2 > 0 ⇒ b 2 − 2bc + c 2 > 0 ⇒ b 2 + c 2 > 2bc,
sumando miembro a miembro obtenemos
2a 2 + 2b 2 + 2c 2 > 2ab + 2ac + 2bc,
de donde
a 2 + b 2 + c 2 > ab + ac + bc.
(b) Como a, b, c, d > 0, de a > c tenemos que
b d
abd cbd
< ,
b d
de donde
ad > bc.
Entonces ad + cd > bc + cd, por lo tanto a + cd > b + dc. Luego
a+c > c.
b+d d
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 + b .
2
Demostrar que M G ≤ M A .
Solución.Se sabe que a − b 2 ≥ 0, ∀a, b ∈ R; por tanto
a 2 − 2ab + b 2 ≥ 0,
a 2 + b 2 ≥ 2ab.
Por otro lado
a 2 + 2ab + b 2 ≥ 4ab,
a + b 2 ≥ 4ab,
por lo tanto
a + b 2 ≥ 4ab ,
|a + b| ≥ 2 ab .
Como a > 0 y b > 0, entonces a + b > 0. Luego ab ≤ a + b .
2
4.) Si a y b son constantes reales fijas tales que 0 < a < b, demostrar que
(a) a < ab < b,
(b) a < a + b < b.
2
Solución
25
(a) De 0 < a < b multiplicando por a se tiene
a 2 < ab,
a2 < ab ,
|a| < ab .
Como a > 0, |a| = a, se tiene que
a< ab . 1
Asimismo, multiplicando por b
ab < b 2 ,
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+b,
2
y
a + b < 2b,
a + b < b,
2
respectivamente. De estas se obtiene que a < a + b < b.
2
5.) Si x > 0, b > 0 y a ≠ b, demostrar que a + x está situado entre 1 y a .
b+x b
Solución.Como a ≠ b, entonces a > b o a < b. Es decir
a > 1 o a < 1.
b b
Por el enunciado del problema, se presentan dos casos.
Caso 1Si a > b a > 1 , entonces 1 < a + x < a .
b b+x b
Caso 2 Si a < b a < 1 , entonces a < a + x < 1.
b b b+x
Prueba del Caso 1. Si b < a, b + x < a + x. Como b > 0, x > 0, entonces b + x > 0 y dividiendo
ambos miembros por b + x se obtiene
1 < a+x. 1
b+x
También, si b < a, bx < ax y ab + bx < ab + ax, de donde
a+x < a. 2
b+x b
De 1 y 2 se concluye que 1 < a + x < a .
b+x b
Prueba del Caso 2. Es similar al caso 1 y queda como ejercicio para el estudiante.
6.) La inecuación x + a 2 ≤ ax + 1 ≤ x + a 3 se satisface para un único valor de x. Hallar la constante
a, a < 1 y la solución de la inecuación.
26
Solución.Se tiene
x + a 2 ≤ ax + 1 ≤ x + a 3 ⇔ x + a 2 ≤ ax + 1 y ax + 1 ≤ x + a 3 ,
⇔ x − ax ≤ 1 − a 2 y ax − x ≤ a 3 − 1,
x ≤ 1−a x ≥ a −1,
2 3
⇔ y
1−a a−1
⇔ x ≤ 1+a y x ≥ a 2 + a + 1.
2x + 3 > x − 2,
1+a
se obtuvo como conjunto solución − 3 , 9 . Calcular el valor de a sabiendo que a > 1.
7
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 − 5a . 1
4a − 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 − 5 ,
1−a
2
x < 2a + 5 .
a−1
27
Interceptando 1 y 2 se concluye que x ∈ 7 − 5a , 2a + 5 .
4a − 1 a − 1
Por condición del problema
7 − 5a = − 3 y 2a + 5 = 9.
4a − 1 7 a−1
En ambos casos se obtiene a = 2.
8.) Hallar los valores a ∈ R para los cuales la inecuación
a 2 x 2 + a + 1x
−1 < <1
x 2 + 2x + 2
en la variable x, tiene como conjunto solución R.
Solución.Completando el cuadrado observe que
x 2 + 2x + 2 = x + 1 2 + 1 > 0.
Esto permite simplificar la inecuación original de modo que
− x 2 − 2x − 2 < a 2 x 2 + a + 1x < x 2 + 2x + 2,
así
−x 2 − 2x − 2 < a 2 x 2 + a + 1x y a 2 x 2 + a + 1x < x 2 + 2x + 2,
28
Solución.Las restricciones de la inecuación son las siguientes
2x 2 − x + 3 ≥ 0 y 1 − 2x > 0 . 2
En la primera desigualdad, el discriminante b 2 − 4ac = −23, por lo que esta se satisface para
cada x ∈ R.
De la segunda desigualdad tenemos
1 > 2x,
x < 1.
2
Interceptando las soluciones obtenidas se tiene que
x < 1. 3
2
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
−∞, 12 .
Ahora es posible elevar al cuadrado en la inecuación original
2x 2 − x + 3 < 1 − 2x 2 ,
2x 2 − x + 3 < 1 − 4x + 4x 2 ,
2x 2 − 3x − 2 > 0,
2x + 1x − 2 > 0.
Tomando en cuenta en la recta real los puntos de referencia x = − 12 y x = 2, se obtiene como
solución
x ∈ −∞, − 1 ∪ 2, +∞. 4
2
Interceptando 3 y 4, se obtiene
CS = −∞, − 1 .
2
11.) Resolver
x 2 + 2x − 3 ≥ x − 2
Solución.Restricción x 2 + 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 miembros
de la inecuación.
x − 2 ≥ 0 y x 2 + 2x − 3 ≥ x 2 − 4x + 4 o x − 2 < 0,
x ≥ 2 y 6x ≥ 7 o x < 2, 2
x≥2 o x < 2.
Luego, CS = 1 ∩ 2, esto es
CS = −∞ − 3 ∪ 1, +∞.
12.) Si b < −1, resolver la inecuación
bx 2 + x < 1 − bx.
Solución.Se tiene
29
bx 2 + x ≥ 0 ⇔ xbx + 1 ≥ 0,
⇔ x−bx − 1 ≤ 0,
de donde
0 ≤ x ≤ −1. 1
b
También, como b < −1
1 − bx > 0 ⇔ bx < 1,
⇔ −bx > −1, 2
⇔ x > 1.
b
Elevando al cuadrado
bx 2 + x < 1 − 2bx + b 2 x 2 ⇔ b − b 2 x 2 + 1 + 2bx − 1 < 0,
⇔ b 2 − bx 2 − 1 + 2bx + 1 > 0,
⇔ bb − 1x 2 − 1 + 2bx + 1 > 0,
⇔ bb − 1 > 0.
Debe tenerse en cuenta que el discriminante de la inecuación anterior es
Δ = 1 + 4b + 4b 2 − 4b 2 − b,
= 1 + 4b + 4b 2 − 4b 2 + 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, − b . 1
1+ 2 ≤ 1+ 2 ≤ 1+ 2 ,
α+5 x+α+3 α+4
de donde
30
α+7 ≤ 1+ 2 ≤ α+6. 1
α+5 x+α+3 α+4
En 1 tenemos cuando α < −5,
α+7 +1 = α+6,
α+5 α+4
de donde obtenemos que α ∈ −3, − 6; pero, solamente α = −6 satisface la condición α < −5. Por
lo tanto α = −6.
14.) Hallar el menor valor real de k que verifica la siguiente condición; si x ∈ 4, 7 entonces
2x + 1 − 1 ≤ k.
x−2 2
Solución.Simplificando se tiene
2x + 1 − 1 = 3x + 4 ,
x−2 2 2x − 2
= 1
3+ 10 ,
2 x−2
= 3 + 5 .
2 x−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,
1 ≤ 1 ≤ 1,
5 x−2 2
1≤ 5 ≤ 5,
x−2 2
5 ≤ 3 + 5 ≤ 4.
2 2 x−2
De donde 3 + 5 ≤ k, para todo k ≥ 4, por lo que el menor valor real de k es 4.
2 x−2
15.) Resolver
x 2 + x + |2x + 1| ≤ 1.
Solución.Se tiene
2x + 1 si x ≥ − 12 ,
|2x + 1| =
−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
x 2 + x − 2x − 1 ≤ 1,
x 2 − x − 2 ≤ 0,
x − 2x + 1 ≤ 0.
De donde
− 1 ≤ x ≤ 2. 2
De 1 y 2, resulta CS 1 = −1, 1
2
.
(ii) Para
x ≤ −1 3
2
se tiene
x 2 + x + 2x + 1 ≤ 1,
x 2 + 3x ≤ 0,
xx + 3 ≤ 0.
De donde
− 3 ≤ x ≤ 0. 4
De 3 y 4 resulta CS 2 = − , 0 .1
2
Por lo tanto, CS = CS 1 ∪ CS 2 = −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 análisis
alrededor de los puntos de referencia x = 1, x = 3 y x = 6, con el objeto de simplificar la inecuación
propuesta. 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 en
cuatro subintervalos, a saber: I 1 = −∞, 1, I 2 = 1, 3, I 3 = 3, 6 y I 4 = 6, +∞ y a la vez simplifica
los 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
33
de donde
1 ≤ 1 ≤ 1 . 2
35 x 3 + 27 19
x + 3 + 5
2
De 1 y 2 se tiene que 6 ≤ ≤ 30 . Por lo tanto L = 6 .
35 x 3 + 27 19 35
18.) Si
a 2 + b 2 = 1,
1
x 2 + y 2 = 1,
probar que −1 ≤ ax + by ≤ 1.
Solución.Analicemos la expresión ax + by 2 . Tenemos que
ax + by 2 = a 2 x 2 + 2abxy + b 2 y 2 . 2
Multiplicando miembro a miembro en 1 se obtiene
a 2 x 2 + a 2 y 2 + b 2 x 2 + b 2 y 2 = 1,
por tanto
a2x2 + b2y2 = 1 − a2y2 − b2x2. 3
Reemplazando 3 en 2 se tiene que
ax + by 2 = 1 − a 2 y 2 − b 2 x 2 + 2abxy,
= 1 − a 2 y 2 + b 2 x 2 − 2abxy,
= 1 − ay − bx 2 .
Como ay − bx 2 ≥ 0 ∀a, b, x, y ∈ R, entonces
1 − ay − bx 2 ≤ 1.
De donde
ax + by 2 ≤ 1,
ax + by 2 ≤ 1,
|ax + by| ≤ 1.
Así, −1 ≤ ax + by ≤ 1.
19.) Resolver
|x − 1 − x 2 | ≤ |x 2 − 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:
2 2
|x − 1 − x 2 | ≤ |x 2 − 3x + 4| ,
pero |a 2 | = a 2 , por esto se puede escribir
2 2
x − 1 − x 2 ≤ x 2 − 3x + 4 ,
2 2
x − 1 − x 2 − x 2 − 3x + 4 ≤ 0.
Por diferencia de cuadrados
34
−2x + 3−2x 2 + 4x − 5 ≤ 0,
1
2x − 32x 2 − 4x + 5 ≤ 0.
Observe que
2x 2 − 4x + 5 = 2 x 2 − 2x + 5 = 2x − 1 2 + 3 > 0.
2
Usando lo anterior en 1, se tiene que
2x − 3 ≤ 0,
x≤ 3
2
.
Luego x ∈ −∞, 32 .
20.) Resolver en R
(a) |3|x − 3| + x 2 + 5| ≤ ||6 − 2x| + x 2 + 6|.
(b) |x − 2| − |2x + 1| ≤ 3.
Solución
(a) Observe que en el primer miembro a = 3|x − 3| + x 2 + 5 > 0, por lo que |a| = a. Asimismo, en
el segundo miembro b = |6 − 2x| + x 2 + 6 > 0, por lo que |b| = b. Es decir, la inecuación
|a| ≤ |b|
puede ser expresada como
a ≤ b,
3|x − 3| + x 2 + 5 ≤ |6 − 2x| + x 2 + 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 < − 1
2
, se tiene
CS 1 = −∞, − 1 .
2
2 Para − 12 ≤ x < 2
2 − x − 2x + 1 ≤ 3,
35
2 − x − 2x − 1 ≤ 3,
x ≥ −2.
3
Interceptando con − 12 ≤ x < 2 , se tiene
CS 2 = − 1 , 2 .
2
3 Para x ≥ 2
x − 2 − 2x + 1 ≤ 3,
x − 2 − 2x − 1 ≤ 3,
x ≥ −6.
Interceptando con x ≥ 2 , se tiene
CS 3 = 2, +∞.
Por lo tanto
CS = CS 1 ∪ CS 2 ∪ CS 3 = R.
21.)
(a) Demostrar que, para todos los x ∈ R
2x 2 + 4x + 7 > 0.
(b) Resolver en R
2x 2 + 4x + 7 ≤ 0.
2x 2 + 3x − 2
Solución
(a) Calculando el discriminante de la inecuación cuadrática
b 2 − 4ac = −40.
Se tiene que CS = R, es decir
2x 2 + 4x + 7 > 0, para cada x ∈ R.
(b) Por lo demostrado anteriormente el numerador de la fracción es positivo, luego el denominador
debe ser negativo
2x 2 + 3x − 2 < 0,
2x − 1x + 2 < 0,
considerando en la recta real los puntos de referencia x = −2 y x = 1
2
, se concluye que
CS = −2, 1 .
2
36