Dos problemas sobre desigualdades

Publicado por ^DiAmOnD^ | 23 octubre, 2007 | Juegos | 40 |

Vamos con dos problemas sobre desigualdades para este martes:

Problema 1

Dados dos números reales positivos $a,b$ tales que $a < b$ demostrar que:

$\cfrac{a}{1+a} < \cfrac{b}{1+b}$

Problema 2

Muy parecido al anterior, pero algo más complicado:

Dados tres números reales positivos $a,b,c$ tales que $a < b+c$ demostrar que:

$\cfrac{a}{1+a} < \cfrac{b}{1+b}+\cfrac{c}{1+c}$

Suerte.

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Sobre el Autor

^DiAmOnD^

Miguel Ángel Morales Medina. Licenciado en Matemáticas y autor de Gaussianos y de El Aleph. Puedes seguirme en Twitter o indicar que te gusta mi página de Facebook. También tengo un blog dedicado a las "escape rooms", por si te apetece pasarte: XRooMers.

Puedes utilizar código LaTeX para insertar fórmulas en los comentarios. Sólo tienes que escribir
[latex]código-latex-que-quieras-insertar[/latex]
o
$latex código-latex-que-quieras-insertar$ .

Si tienes alguna duda sobre cómo escribir algún símbolo puede ayudarte la Wikipedia.

Y si los símbolos < y > te dan problemas al escribir en LaTeX, te recomiendo que uses los códigos html & lt; y & gt; (sin los espacios) respectivamente.

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Pasotaman

23/10/2007 12:33

Sea $f\left(x\right):=\frac{x}{1+x}$ definida para $x\in\left(0,\infty\right)$ . Es obvio que $f$ es continua y diferenciable en ese intervalo. Su derivada es:

$f^\prime\left(x\right) = \frac{1}{\left(1+x\right)^2}$

que es claramente positiva en todo punto, por lo que la función es monótona creciente, probando (a).

Alternativa: se puede escribir $f\left(x\right)=1-\frac{1}{x+1}$ . Al aumentar $x$ el segundo término disminuye, y como va con signo negativo la función crece.

Para la segunda afirmación, observemos que:

$f\left(b\right)+f\left(c\right)=\frac{b}{1+b}+\frac{c}{1+c}=\frac{b+2bc+c}{1+b+bc+c}=\frac{b+c+bc}{1+b+c+bc}+\frac{bc}{1+b+c+bc}=f\left(b+c+bc\right)+\frac{bc}{1+b+bc}$ .

Recordando que los números implicados son estrictamente positivos tendremos, pues, que:

$f\left(b\right)+f\left(c\right)$ > $f\left(b+c+bc\right)$

Pero $b+c+bc$ > $b+c$ > $a$ , y como la función es monótona $f\left(b\right)+f\left(c\right)$ > $f\left(a\right)$ , que era lo que queríamos probar.

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Pasotaman

23/10/2007 12:34

En otro orden de cosas, no me funcionan los símbolos > y

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Alfonso Jiménez

23/10/2007 12:35

El problema 1

Suponemos lo contrario, que a >= b, entonces tenemos que:

${a \over (1+a)}{\le }{b \over (1+b)}$

${b \over a}{\ge }{(1+b) \over (1+a)}$

El primer miembro es un número comprendido entre 0 y 1, y el segundo miembro es también un número comprendido entre 0 y 1, pero más cercano a 1 que el primer miembro. Por lo tanto no se cumple la desigualdad.

Ya que el limite de a/b (siendo a y b dos numeros reales positivos y b>=a) cuando tiene a infito es 1.

Saludos!

Pasotaman

23/10/2007 12:35

Ehmmm… decía que no me van > y < en LaTeX, que si será cosa de que se procesan como HTML.

Responde

Alfonso Jiménez

23/10/2007 12:36

(siendo a y b dos numeros reales positivos y a>=b)

Perdón

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vengoroso

23/10/2007 13:03

Solución alternativa al problema 2 (supuesto que sabemos que $f(x)=\frac{x}{1+x}$ es estrictamente creciente en los reales positivos (uso «menor o igual» en vez de «menor» por los problemas con el HTML):

Si $a \leq b+c$ entonces $f(a)\leq f(b+c)$ , esto es,

$\frac{a}{a+1} \leq \frac{b+c}{b+c+1} = \frac{b}{b+c+1} + \frac{c}{b+c+1}$ ,

ahora, como $c$ es positivo, tenemos que $b+c+1 \geq b+1$ , y por tanto

$\frac{b}{b+c+1}\leq {b}{b+1}$ .

Analogamente,

$\frac{c}{b+c+1}\leq {c}{b+1}$ ,

y sumando las dos desigualdades a la anterior tenemos el resultado.

Responde

vengoroso

23/10/2007 13:04

¡Epa! se me olvidó escribir «latex» después de cada $. Deformación profesional :oP

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Acid

23/10/2007 19:25

Problema 1 Dados dos números reales positivos a, b tales que a 1+a < 1+b => 1/(1+b) < 1/(1+a) Esta desigualdad se ha obtenido diviendo la anterior por (1+a)*(1+b) … (al ser a y b positivos, 1+a y 1+b son positivos…) Bastaría a,b mayores que -1 (o bien ambos menores que -1), de forma que el signo de (1+a) sea el mismo que el de (1+b) y el producto sea siempre positivo. => -1/(1+a) < -1/(1+b) => 1 – 1/(1+a) <… Lee más »

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antiestético

23/10/2007 19:38

el razonamiento de pasotaman en el segundo caso no conduce tan directamente a la demostración (justamente en el último paso al aludir a la monotonía de la función). No obstante, queda subsanado el lapsus con el comentario de vengoroso:

$\frac{a}{a+1}$ «menor que» $\frac{b}{b+c+1}+\frac{c}{b+c+1}$ «menor que « $\frac{b}{b+1}+\frac{c}{c+1}$

¿Para qué seguir dando demostraciones (más enrevesadas) de lo que ya ha sido demostrado con tanta simplicidad?

Responde

Mithril

23/10/2007 20:03

Más soluciones 🙂

Problema 1:
$a \leq b$
$a+ab \leq b+ab$
$a(b+1)\leq b(a+1)$
$\displaystyle\frac a {a+1} \leq \displaystyle\frac b{b+1}$

Problema 2
$a\leq b+c \leq b+c+2bc+abc$
$a+ac+ab+abc \leq b+c+2bc+abc+ac+ab+abc$
$a+ac+ab+abc \leq (b+bc+ab+abc)+(c+bc+ac+abc)$
$a(b+1)(c+1)\leq b(a+1)(c+1)+c(a+1)(b+1)$
$\displaystyle \frac a {a+1} \leq \displaystyle \frac b {b+1} + \displaystyle \frac c {c+1}$

**los menores los pongo como $\leq$

Saludos

Responde

antiestético

23/10/2007 20:25

eso en mi pueblo se llama ir hacia atrás y volver hacia adelante, pero vale… 🙂 🙂 🙂

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Asier

23/10/2007 20:53

Me pregunto si no es más sencillo así:

1.- $\displaystyle \frac{a}{1+a}$ < $\displaystyle \frac{b}{1+b} \Rightarrow a(1+b)$ < $\displaystyle b(1+a) \Rightarrow a+ab$ < $\displaystyle b+ab \Rightarrow a$ < $\displaystyle b$ (lo sé, es la solución de Mithril, se me ocurrió la misma)

2.- Aplicamos el primer caso al número $\displaystyle (b+c)$ , con lo que tenemos:
$\displaystyle \frac{a}{1+a}$ < $\displaystyle \frac{b+c}{1+b+c} \Rightarrow \frac{a}{1+a}$ < $\displaystyle \frac{b}{1+b+c}+\frac{c}{1+b+c}$ , con lo cual hemos obtenido una inecuación más restrictiva aún que la del enunciado.

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yassin

23/10/2007 21:04

Asier, siendo riguroso, no has demostrado nada. Si A -> B, siendo B cierto, no implica que A sea cierto.

Ahora bien, todas tus implicaciones son realmente doble implicaciones, por lo que se puede invertir tu razonamiento y obtener una demostración correcta.

Responde

Asier

23/10/2007 21:32

Yassin, creo que nos entendemos. Bastaría con sustituir el símbolo $\Rightarrow$ por $\Longleftrightarrow$ . Lo que me dá qué pensar es que me lo hayas dicho expresamente a mi…

Responde

Javier

24/10/2007 00:07

EDITADO POR ^DiAmOnD^ por problemas con las etiquetas. El siguiente comentario tiene la información que traía éste.

Responde

Javier

24/10/2007 00:18

Lo intento sin mirar los comentarios de arriba P1: a menor que b a + ab menor que b +ab a(1+b) menor que b(1+a) a/(1+a) menor que b/(1+b) P2: a menor que b + c a + (ac+ab+abc) menor que b+c + (ac+ab+abc) Si sumamos más términos positivos al lado derecho de la desigualdad, será todavía mayor: sumamos a la derecha: (2bc+abc) a + (ac+ab+abc) menor que b+c + (ac+ab+2abc+2bc) Factorizando: a(1+b)(1+c) menorque b(1+c)(1+a) + c(1+a)(1+b) Dividiendo por (1+a)(1+b)(1+c) : a/(1+a) menor que b/(1+b) + c/(1+c) Espero que esté bien. Lo mando otra vez porque antes no ne ha salido… Lee más »

Responde

Angeltc

24/10/2007 01:26

Soy estudiante de Matemáticas, y visito esta web regularmente. Hace poco en una de mis clases se me planteo un problema sobre areas y volúmenes ( que no viene al caso enunciar ), el problema nos fue encargado sólamente para darnos cuenta de cuán complicado podemos hacernos las cosas dependiendo de cuanto sepamos y de qué traigamos en la mente, el problema que les menciono era increiblemente sencillo de resolver, pero muchos de nosotros no pudimos nisiquiera plantearlo por dejarnos llevar por formas mas «complicadas» de intentar resolverlo. Platico esto debido a la demostración que Pasotaman nos da, que aunque… Lee más »

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^DiAmOnD^

24/10/2007 02:17

Bien, solucionado. No era demasiado difícil pero está muy bien la variedad de soluciones que habéis mostrado.

Por cierto, Javier te he editado el comentario porque ponía en negrita todo lo que venía después.

vengoroso a ti también te he editado el comentario para poner latex en todas las fórmulas :).

Y otra cosa: ¿por qué a mí no me dan problemas los símbolos < y > dentro de las etiquetas latex? A mí me salen bien poniéndolos tal cual y a muchos os dan problemas. Qué raro.

Saludos 🙂

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Asier

24/10/2007 10:05

^DiAmOnD^, intenta escribir un comentario utilizando esos símbolos con latex. Es decir, en la cabecera del post puedes escribirlos bien pero tal vez en los comentarios no…

Responde

Asier

24/10/2007 10:48

Puestos a demostrar desigualdades, propongo demostrar que:

$\displaystyle n!$ < $\displaystyle \left( \frac{n+1}{2}\right)^n \quad n \ge 2$

Responde

^DiAmOnD^

24/10/2007 11:41

Asier me refería a que yo en los comentarios tampoco tengo problemas con esos símbolos. Voy a escribir yo también el problema que acabas de plantear con el símbolo dentro de las etiquetas:

$\text{[math]}$ n!<\left (\cfrac{n+1}{2} \right )^n, \forall n \ge 2[/latex]

Responde

Tito Eliatron

24/10/2007 11:55

Pues yo también tengo problemas ahora con estos símbolos > <

Respondo a ASIER:
partamos de que $\forall n\ge 2$ , es $\left(1+\frac{1}{n}\right)^n$ < $2$ .

Supuesto esto, demostremos la desigualdad por inducción:

$n=2$ : trivial $2!=2$ < $9/4=\left(\frac{2+1}{2}\right)^2$ .

$n\to n+1$ : $(n+1)!=n!(n+1)$ <(HI)< $\left(\frac{n+1}{2}\right)^n(n+1)=\frac{(n+1)^{n+1}}{2^n}$ < $\frac{(n+2)^{n+1}}{2^{n+1}}$ .

En efecto esta última desigualda es cierta $\iff\ \left(\frac{n+2}{n+1}\right)^{n+1}$ < $2\ \forall n\ge2$ , lo cual es cierto, pues es lo que hemos supuesto al principio.

Responde

Tito Eliatron

24/10/2007 12:04

Ahora sólo queda probar $(1+1/n)^n$ < $2,\ \forall n\ge2$ .

Ésto se prueba viendo que la sucesión $a_n:=(1+1/n)^n$ es estrictamente creciente y como $a_1=2$ , estaría probado.

Es algo tediosa esta demostración, pero mñás o menos se utiliza el binomio de Newton y se opera un poco para ver que:

$a_n= 1+1+\frac{1}{2!}(1-\frac{1}{n})+\frac{1}{3!}(1-\frac{1}{n})(1-\frac{2}{n})+\dots+\frac{1}{n!}(1-\frac{1}{n})\cdots(1-\frac{n-1}{n})$

$a_{n+1}= 1+1+\frac{1}{2!}(1-\frac{1}{n+1})+\frac{1}{3!}(1-\frac{1}{n+1})(1-\frac{2}{n+1})+\dots+\frac{1}{n!}(1-\frac{1}{n+1})\cdots(1-~\frac{n-1}{n+1}~)+\frac{1}{(n+1)!}(1-\frac{1}{n+1})\dots(1-\frac{n}{n+1})$

Como se puede observar, cada término de $a_n$ es menor que el correspondiente de $a_{n+1}$ y además $a_{n+1}$ tiene un término (positivo) más.

Responde

antiestético

24/10/2007 12:50

mucho ojo!! El argumento de Tito Eliatron es incorrecto:

$(1+1/n)^n$ tiende al número $e$ y por tanto esa cantidad es mayor que 2 de un cierto $n$ en adelante!

Responde

Domingo H.A.

24/10/2007 13:11

Aquí va mi propuesta:

parto del hecho de que la sucesión $(1-1/n)^{n-1}$ , con $n\geq 2$ es decreciente y acotada superiormente por 1/2 (y convergente al número $e^{-1}$ ). Esto es sencillo de probar.

Entonces por inducción:

(n+1)! es menor que $\frac{(n+1)^{n+1}}{2^n}=(\frac{1}{2})^n (\frac{n+1}{n+2})^{n+1}(n+2)^{n+1}=(\frac{1}{2})^n (1-\frac{1}{n+2})^{n+1}(n+2)^{n+1}$

y según el comentario inicial tendremos que (n+1)! es menor que $(\frac{1}{2})^{n+1} (n+2)^{n+1}$ . Y así para cada natural (habiendo comprobado la hipótesis para $n=2$ ).

Responde

Tito Eliatron

24/10/2007 14:28

antiestético: que yo sepa, el número $e$ es (más o menos) 2,7182818284590452353602874713527
es decir, MAYOR ESTRICTO que 2, lueog no hay ningún fallo en mi argumento (que por cierto, es muy similar al que se encuentra en libros clásicos de análisis como CALCULUS de APOSTOL o los ELEMENTOS DE MATEMÁTICAS de Rey-Pastor&Castro

Responde

Tito Eliatron

24/10/2007 14:31

PERDOOOOOOOOON el fallo era que lo que hay que probar (y de hecho lo que se prueba) es que $(1+1/n)^n$ >2 $\forall n\ge2$

PS: el problema fue que como tengo que introducir (con código HTML) los símbolos > y < pues hubo un error al implementarlos

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Mithril

24/10/2007 21:14

Aquí propongo otra:

Sabiendo que dado un real $q$ , si $latex
\displaystyle a+b=q \Rightarrow\max\{ab\}=\left(\frac q 2\right)^2$ **

Para n par
$\displaystyle n!=\prod^{ n/2}_{i=1}{i(n+1-i)}\leq\prod^{ n/2}_{i=1}{\left(\frac{n+1}2\right)^2}=\left(\frac{n+1}2\right)^n$

Para n impar
$n!=\displaystyle\frac {n+1}2\prod^{\lfloor n/2\rfloor}_{i=1}{i(n+1-i)}\leq\frac {n+1}2\prod^{\lfloor n/2\rfloor}_{i=1}{\left(\frac{n+1}2\right)^2}=\left(\frac{n+1}2\right)^n$

**es fácil de comprobar que $\displaystyle \left(\frac q 2+h\right)\left(\frac q 2-h\right)\leq \left(\frac q 2\right)^2 \forall h \neq 0$
***todos los menores están como $\leq$

No se si es más sencilla, pero me parece una linda alternativa a la inducción 🙂

Saludos

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fede

24/10/2007 22:19

Mientras se arregla < y > quizá se puede usar $\prec$ y $\succ$ . O bien $\ll$ y $\gg$ . ( \prec, \succ, \ll y \gg ).

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Domingo H.A.

24/10/2007 22:55

preciosa demostración Mithril!

Responde

^DiAmOnD^

25/10/2007 02:06

Interesante la demostración de Mithril, sí señor.

Y yo sigo sin entender por qué todo el mundo tiene problemas con < y > y yo no :S. De hecho estos que aparecen aquí los he puesto directamente con el teclado, nada de código html. Y como habéis visto en comentarios anteriores tampoco tengo problemas al meterlos en etiquetas latex. Probad a dejar un espacio antes y después del símbolo, yo los pongo y va bien. Y utilizad la vista previa para evitar que los comentarios salgan mal.

Saludos 🙂

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Domingo H.A.

25/10/2007 12:00

no me funciona dejando los espacios ni escribiéndolos directamente desde teclado. La solución de fede parece un buen remedio provisional.

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Tito Eliatron

25/10/2007 12:39

REpito exactaente lo mismo que Domingo H.A.

Responde

Asier

25/10/2007 20:21

Tito, Domingo, Mithril: ¡lo habeis hecho muy bien!

Os doy otra demostración basada en que la media geométrica es siempre menor que la aritmética si todos los términos no son iguales:
(teneis información y demostraciones de este hecho en http://en.wikipedia.org/wiki/Inequality_of_arithmetic_and_geometric_means )

Partiendo de la media geométrica:

$\displaystyle \sqrt[n]{n!} = \sqrt[n]{1\cdot2\cdot3\cdot4\cdot5\cdot\dots n}$ < $\displaystyle \frac{1+2+3+4+5+ \dots + n}{n} = \frac{(n+1)n}{2n} = \frac{n+1}{2}$

Y elevándolo a n ya tenemos la demostración.

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Carlos

26/10/2007 23:22

Problema 1:
a < b
a+ab < b +ab
a(1+b) < b(1+a)
a/(1+a) < b/(1+b)
Y el sentido de la desigualdad no se ha visto afectado porque a y b (y 1+a y 1+b) son ambos positivos.

Problema2:
Del problema 1 sabemos que…
a/(1+a) < (b+c)/(1+b+c)
a/(1+a) < (b+c)/(1+b+c) < (b+c)/(1+c) = b/(1+c)+c/(1+c) < b/(1+b) + c/(1+c)

Salu2

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Domingo H.A.

27/10/2007 15:45

Los ejercicios planteados me han recordado a éste que les propongo a continuación:

EDITADO POR ^DiAmOnD^

Lo he pasado a un post aparte para no mezclar los dos problemas. Podéis verlo pinchando en este enlace.

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Gaussianos » Fracciones y 2007

29/10/2007 12:46

[…] 2 en Dos problemas sobre desigualdades […]

Responde

Karl Friedrich - Juan - Gauss

24/01/2008 06:15

Hola a todos gaussianos !!! , me llamo Juan David , estudio Ingenieria pero mi verdadera vocacion son las matematicas , y en la universidad el profesor de Matematicas I propone problemas, en el tema de Funciones , los problemas con Maximo Entero, los mas increibles que se puedan imaginar , lo digo en serio …..algo se de matematicas xq me gusta investigar y se cuando algo es de un nivel complicado , no se si estarian dispuestos a colaborar conmigo , necesito ayuda , pues como les digo soy alumno de 1er ciclo recien , de paso que comparto… Lee más »

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Humberto Barrios

05/08/2019 18:41

Como $0<a<b$

Responde

Humberto Barrios

05/08/2019 19:48

Solución problema 1.

Como $0<a0$ entonces $a+ab<b+ab$ luego $a(1+b)<b(1+a)$ Por lo tanto, $\frac{a}{1+a}<\frac{b}{1+b}$

Solución problema 2.

Como $0<a0$ entonces $a+a(b+c)<b+c+a(b+c)$ luego $a(1+b+c)<(b+c)(1+a)$ Por lo tanto, $\frac{a}{1+a}<\frac{b+c}{1+b+c}=\frac{b}{1+b+c}+\frac{c}{1+b+c}$

Responde

Humberto Barrios

05/08/2019 20:03

Solución problema 1.

Como $0<a<b$ entonces $a+ab<b+ab$ luego $a(1+b)<b(1+a)$
Por lo tanto, $\frac{a}{1+a}<\frac{b}{1+b}$

Solución problema 2.

Como $0<a0$ entonces $a+a(b+c)<b+c+a(b+c)$ luego $a(1+b+c)<(b+c)(1+a)$ Por lo tanto, $\frac{a}{1+a}<\frac{b+c}{1+b+c}=\frac{b}{1+b+c}+\frac{c}{1+b+c}$