La Representación de los Números Reales

Demostración. En efecto:

Paso	Acción	Justificación
1°	\(a \ge b \ge 0 \,\Rightarrow\, a \ge 0 \;\land\; b \ge 0\)	hipótesis.
2°	\(a \ge b \;\Rightarrow\; a + b \ge 2b\)	sumando \(\bm{b}\; \) a ambos lados.
3°	\(a + b \ge 2b \;\land\; b \ge 0 \;\Rightarrow\; a + b \ge 0\)	Axioma O2 (transitividad).
4°	\(a \ge b \;\Rightarrow\; a - b \ge 0\)	hipótesis.
5°	\((a + b)(a - b) \ge 0 \cdot (a - b)\)	2°, 3° y el Axioma O4.
6°	\(a^2 - b^2 \ge 0 \;\Rightarrow\; a^2 \ge b^2\)	Diferencia de cuadrados (C1).
7°	\(\therefore \textsf{ Si } \bm{a \ge b \ge 0} \;\Rightarrow\; \bm{a^2 \ge b^2}\)	1° y 6°.

Demostración. En efecto:

Paso	Acción	Justificación
1°	\( a^2 > b^2 \)	Por hipótesis.
2°	\( \bm{a^2 - b^2 > 0} \)	1° y Definición 3.1 (ii) (restando \(b^2\)).
3°	\( (a+b)(a-b) > 0 \)	2° y Diferencia de cuadrados (C1).
4°	\( a > 0 \;\land\; b > 0 \)	Por hipótesis.
5°	\( a+b > 0 \)	4° y Teorema 4.1 (Suma de desigualdades)
6°	\( \bm{(a+b)^{-1} > 0} \)	5° y Teorema 4.5 (i) (Signo del Inverso).
7°	\( (a+b)(a-b) \cdot (a+b)^{-1} > 0 \cdot (a+b)^{-1} \)	De 3°, 6° y el Axioma O4.
8°	\( [(a+b)(a+b)^{-1}](a-b) > 0 \)	7°, Asociatividad y Conmutatividad (Axiomas M2, M3).
9°	\( 1 \cdot (a-b) > 0 \)	8° y Axioma M4 (Inverso multiplicativo).
10°	\( a-b > 0 \)	9° y Axioma M5 (Neutro multiplicativo).
11°	\( a > b \)	10° y Definición 3.1 (ii) (sumando \(b\)).
12°	\( \therefore \textsf{ Si } \bm{a > 0,\;b > 0 \land a^2 > b^2} \) \(\;\Rightarrow\; \bm{a > b} \)	Conclusión de los pasos.

Demostración. En efecto:

Paso	Acción	Justificación
1°	\( b > a > 0 \;\land\; c > 0 \)	Por hipótesis.
2°	\( b > a \)	De 1°.
3°	\( b \cdot c > a \cdot c \)	2°, 1° (usando \(c > 0\)) y Axioma O4.
4°	\( a > 0 \;\land\; b > 0 \)	De 1°.
5°	\( ab > 0 \)	4° y Corolario O4.1.
6°	\( bc + ab > ac + ab \)	3°, 5° y Axioma O3 (sumando \(ab\)).
7°	\( b(c+a) > a(c+b) \)	6° y Axioma M6 (Distributividad).
8°	\( b > 0 \;\land\; (b+c) > 0 \)	De 1° (ya que \(b>0, c>0 \) \(\Rightarrow b+c > 0\) por Teorema 4.1).
9°	\( b^{-1} > 0 \;\land\; (b+c)^{-1} > 0 \)	8° y Teorema 4.5 (i).
10°	\( b(a+c) \cdot b^{-1}(b+c)^{-1} \) \(> a(b+c) \cdot b^{-1}(b+c)^{-1} \)	7°, 9° (ya que \(b^{-1}(b+c)^{-1} > 0\)) y Axioma O4.
11°	\( (b \cdot b^{-1})(a+c)(b+c)^{-1} \) \( > (a \cdot b^{-1}) [ (b+c)(b+c)^{-1} ] \)	10°, Axiomas M2, M3.
12°	\( 1 \cdot (a+c)(b+c)^{-1} > (a \cdot b^{-1}) \cdot 1 \)	11° y Axioma M4 (Inverso multiplicativo).
13°	\( {\displaystyle \frac{a+c}{b+c} > \frac{a}{b}} \)	12°, Axioma M5 (Neutro multiplicativo) y Definición de división.
14°	\( \therefore \textsf{ Si } \bm{b > a > 0 \land c > 0} \) \(\;\Rightarrow\; \bm{\displaystyle \frac{a+c}{b+c} > \frac{a}{b}} \)	Conclusión de los pasos.

Demostración Resumida (Alternativa):

Queremos demostrar que si \(\;\bm{b > a > 0}\;\) y \(\;\bm{c > 0}\), entonces \[ \bm{\frac{a+c}{b+c} > \frac{a}{b}}. \] Esta desigualdad es equivalente a demostrar que \(\;\bm{b(a+c) > a(b+c)},\;\) asumiendo que \(\;\bm{b > 0}\;\) y \(\; \bm{b+c > 0}\;\) (lo cual es cierto por hipótesis, ya que \(\;b>0, \,c>0 \;\Rightarrow\; b+c > 0\;\) por Corolario O4.1 o Teorema 4.1, y sus inversos son positivos por Teorema 4.5).

En efecto, expandiendo \( \bm{b(a+c) > a(b+c)} \), obtenemos: \[ \bm{ab + bc > ab + ac} \] Restando \( \bm{ab} \) de ambos lados (por Axioma O3), la desigualdad se reduce a: \[ \bm{bc > ac} \] Dado que \( \bm{c > 0} \) por hipótesis, podemos multiplicar por \( \bm{c^{-1}} > 0 \) (por Teorema 4.5) sin cambiar el sentido de la desigualdad (por Axioma O4): \[ \bm{bc \cdot c^{-1} > ac \cdot c^{-1}} \] \[ \bm{b(c \cdot c^{-1}) > a(c \cdot c^{-1})} \] \[ \bm{b \cdot 1 > a \cdot 1} \] \[ \bm{b > a} \] Lo cual es cierto por hipótesis. Como todos los pasos son reversibles (o se basan en equivalencias bajo las condiciones dadas), la proposición original queda demostrada.

Demostración. En efecto:

1°. Usando la hipótesis que \( \bm{\frac{a}{b} > \frac{c}{d}} \) y dado que \(\;\bm{b > 0} \), \(\;\bm{d > 0}, \) aplicamos el Corolario O4.1 por lo que la desigualdad no se altera: \[ \bm{\frac{a}{b} \cdot bd > \frac{c}{d} \cdot bd} \]

2°. Simplificando, obtenemos: \[ \bm{ad > bc}\]

3°. Por el Corolario O4.1 \( \bm{\;cd > 0},\,\) entonces podemos sumar \(\,\bm{cd}\,\) a ambos lados de la desigualdad del paso 2° en vista del Axioma O3: \[ \bm{ad + cd > bc + cd} \]

4°. Factorizando por el Axioma 4.2 en ambos lados del paso 3°: \[ \bm{d(a+c) > c(b+d)}\]

5°. Por el teorema Teorema 4.1 \(\;\bm{b>0,\;d>0 \;\Rightarrow\; b+d > 0}\), y por el Corolario O4.1 \( \bm{d(b+d)} > 0 \), entonces aplicando el Teorema 4.5 (i) de los inversos multiplicativos \[ \bm{(d(b+d))^{-1}} > 0\]

6°. En vista del Axioma O4, multiplicamos \( \bm{(d(b+d))^{-1}}\, \) a ambos lados de la desigualdad del paso 4°: \[ \bm{d(a+c) \cdot (d(b+d))^{-1} > c(b+d) \cdot (d(b+d))^{-1}} \] 7°. Entonces, usando los Axiomas de multiplicación, la Definición de división, y el resultado del Ejercicio N° 09 del post anterior, se tendrá: \[ \bm{\frac{d(a+c)}{d(b+d)} > \frac{c(b+d)}{d(b+d)}} \] \[ \therefore\;\, \bm{\frac{a+c}{b+d} > \frac{c}{d}} \]

Lo que queda demostrado.

Demostración. En efecto:

1°. Partimos de la propiedad fundamental de que el cuadrado de cualquier número real es mayor o igual a cero. Específicamente, usando el Cuadrado de la diferencia (C3) o el Teorema 4.4 (Positividad de los cuadrados) aplicado a \((x-y)\):

• \( \forall a,b \in \mathbb{R}, \quad (a-b)^2 \geq 0 \quad \Rightarrow \quad a^2 - 2ab + b^2 \geq 0 \quad \dots (1) \)
• \( \forall a,c \in \mathbb{R}, \quad (a-c)^2 \geq 0 \quad \Rightarrow \quad a^2 - 2ac + c^2 \geq 0 \quad \dots (2) \)
• \( \forall b,c \in \mathbb{R}, \quad (b-c)^2 \geq 0 \quad \Rightarrow \quad b^2 - 2bc + c^2 \geq 0 \quad \dots (3) \)

2°. Sumamos miembro a miembro las desigualdades (1), (2) y (3). Por el Teorema 4.1 (Suma de desigualdades) extendido a tres o más desigualdades (o aplicando el teorema dos veces): \[ (a^2 - 2ab + b^2) + (a^2 - 2ac + c^2) + (b^2 - 2bc + c^2) \geq 0 + 0 + 0 \] Agrupando términos semejantes: \[ (a^2+a^2) + (b^2+b^2) + (c^2+c^2) - 2ab - 2ac - 2bc \geq 0 \] \[ 2a^2 + 2b^2 + 2c^2 - 2ab - 2ac - 2bc \geq 0 \]

3°. Factorizando el número 2: \[ 2(a^2+b^2+c^2) - 2(ab+ac+bc) \geq 0 \]

4°. Sumando \( \bm{2(ab+ac+bc)}\; \) a ambos lados de la desigualdad (por Axioma O3): \[ 2(a^2+b^2+c^2) \geq 2(ab+ac+bc) \]

5°. Dado que \( \bm{2 > 0} \), podemos multiplicar ambos lados de la desigualdad por \( \bm{2^{-1}} \) (que es \( \bm{\frac{1}{2} > 0} \) por Teorema 4.5) sin alterar el sentido de la desigualdad (por Axioma O4): \[ (a^2+b^2+c^2) \geq (ab+ac+bc) \]

\( \therefore \textsf{ Para } \bm{a,b,c \in \mathbb{R}}, \textsf{ se cumple que } \bm{a^2+b^2+c^2 \geq ab+ac+bc} \)

Solución.

1°. Dado que \( \bm{a \geq 0}\;\) y \(\;\bm{b \geq 0} \), sus raíces cuadradas \( \bm{\sqrt{a}}\;\) y \(\;\bm{\sqrt{b}} \) son números reales. Por lo tanto, la diferencia \( \bm{\sqrt{a} - \sqrt{b}} \) también es un número real.

2°. Sabemos por el Teorema 4.4 (Positividad de los cuadrados) que el cuadrado de cualquier número real es mayor o igual a cero. Aplicando esto a \( \bm{(\sqrt{a} - \sqrt{b})} \): \[ \bm{(\sqrt{a} - \sqrt{b})^2 \geq 0} \]

3°. Desarrollamos el binomio al cuadrado (usando C3: Cuadrado de la diferencia, \((x-y)^2 = x^2 - 2xy + y^2\), donde \(x=\sqrt{a}\) y \(y=\sqrt{b}\)): \[ (\sqrt{a})^2 - 2(\sqrt{a})(\sqrt{b}) + (\sqrt{b})^2 \geq 0 \] Dado que \(a \geq 0\) y \(b \geq 0\), tenemos \((\sqrt{a})^2 = a\) y \((\sqrt{b})^2 = b\). También, por propiedades de los radicales, \(\sqrt{a}\sqrt{b} = \sqrt{ab}\). Sustituyendo: \[ \bm{a - 2\sqrt{ab} + b \geq 0} \]

4°. Sumando \( \bm{2\sqrt{ab}}\,\) a ambos lados de la desigualdad (por Axioma O3): \[ \bm{a+b \geq 2\sqrt{ab}} \]

5°. Dado que \( \bm{2 > 0} \), podemos multiplicar ambos lados de la desigualdad por \( \bm{2^{-1}} \) (es decir, \(\bm{\frac{1}{2}}\), que es positivo por Teorema 4.5) sin alterar el sentido de la desigualdad (por Axioma O4): \[ \bm{\frac{a+b}{2} \geq \sqrt{ab}} \]

\( \therefore \textsf{ Para } \bm{a,b \geq 0}, \textsf{ se cumple que } \bm{\frac{a+b}{2} \geq \sqrt{ab}} \)

Demostración. En efecto:

La demostración se divide en dos partes:

Parte 1: Demostrar que \( \bm{a < \frac{a+b}{2}} \)

1.1. Partimos de la hipótesis \( \bm{a < b} \).

1.2. Sumamos \( \bm{a}\;\) en ambos lados de la desigualdad (por Axioma O3): \[ a+a < b+a \] \[ \bm{2a < a+b \quad \dots (1)} \]

1.3. Dado que \( \bm{2 > 0} \), podemos multiplicar ambos lados de la desigualdad (1) por \( \bm{2^{-1}} = \frac{1}{2} \) (que es positivo por Teorema 4.5) sin alterar el sentido de la desigualdad (por Axioma O4): \[ 2a \cdot \frac{1}{2} < (a+b) \cdot \frac{1}{2} \] \[ \bm{a < \frac{a+b}{2}} \]

Parte 2: Demostrar que \( \bm{\frac{a+b}{2} < b} \)

2.1. Nuevamente, partimos de la hipótesis \( \bm{a < b} \).

2.2. Sumamos \( \bm{b}\; \) a ambos lados de la desigualdad (por Axioma O3): \[ a+b < b+b \] \[ \bm{a+b < 2b \quad \dots (2)} \]

2.3. Similarmente, multiplicamos ambos lados de la desigualdad (2) por \( \bm{\frac{1}{2} > 0} \) (por Axioma O4): \[ (a+b) \cdot \frac{1}{2} < 2b \cdot \frac{1}{2} \] \[ \bm{\frac{a+b}{2} < b} \]

Conclusión:

De la Parte 1 tenemos \( \bm{a < \frac{a+b}{2}} \) y de la Parte 2 tenemos \( \bm{\frac{a+b}{2} < b} \). Combinando ambas desigualdades por Axioma O2 (Transitividad), obtenemos: \[ \bm{a < \frac{a+b}{2} < b} \]

\( \therefore \textsf{ Si } \bm{a < b}, \textsf{ entonces } \bm{a < \frac{a+b}{2} < b} \)

Demostración. En efecto:

1°. Partimos de que el cuadrado de una diferencia es no negativo (Teorema 4.4), lo que implica la conocida desigualdad \(x^2+y^2 \geq 2xy\). La aplicamos a los pares \((a,c)\) y \((b,d)\): \[ \begin{array}{l} a^2+c^2 \geq 2ac \quad \cdots (1) \\ b^2+d^2 \geq 2bd \quad \cdots (2) \end{array} \]

2°. Sumamos las desigualdades (1) y (2) (por Teorema 4.1), reagrupamos convenientemente y sustituimos las hipótesis del problema: \[ \begin{aligned} (a^2+c^2) + (b^2+d^2) & \geq 2ac + 2bd \\ (a^2+b^2) + (c^2+d^2) & \geq 2(ac+bd) \\ 1 + 1 & \geq 2(ac+bd) \\ 2 & \geq 2(ac+bd) \end{aligned} \]

3°. Multiplicando por \( \frac{1}{2} \) (que es positivo, por Axioma O4), llegamos directamente a la tesis: \[ \bm{1 \geq ac+bd} \]

\( \therefore \textsf{ Si } \bm{a^2+b^2=1 \text{ y } c^2+d^2=1}, \textsf{ entonces } \bm{1 \geq ac+bd} \)

Demostración. En efecto:

1°. Partimos de la propiedad \(x^2+y^2 \geq 2xy\), que es una consecuencia del Teorema 4.4. La aplicamos a los pares \( (a^n, b^n)\;\) y \(\;(c^n, d^n) \), usando la Potencia de una potencia (P1):

\[ \begin{array}{l} \bm{a^{2n} + b^{2n} \geq 2a^n b^n \quad \cdots (1)} \\ \bm{c^{2n} + d^{2n} \geq 2c^n d^n \quad \cdots (2)} \end{array} \]

2°. Sumamos miembro a miembro las desigualdades (1) y (2) (por Teorema 4.1): \[ \bm{a^{2n} + b^{2n} + c^{2n} + d^{2n} \geq 2(a^n b^n + c^n d^n) \quad \cdots (3)} \]

3°. Ahora, aplicamos la Desigualdad de Medias MA-MG a los términos \( X = a^n b^n \) e \( Y = c^n d^n \). Usando la ley del exponente fraccionario (P2) para el radical: \[ \begin{aligned} a^n b^n + c^n d^n &\geq 2\sqrt{(a^n b^n)(c^n d^n)} \\ a^n b^n + c^n d^n &\geq 2\sqrt{(abcd)^n} \\ \Rightarrow \quad \bm{a^n b^n + c^n d^n} &\geq \bm{2(abcd)^{n/2} \quad \cdots (4)} \end{aligned} \]

4°. Sustituimos la desigualdad (4) en la desigualdad (3), usando la transitividad: \[ a^{2n} + b^{2n} + c^{2n} + d^{2n} \geq 2 \left( 2(abcd)^{n/2} \right) \] \[ \bm{a^{2n} + b^{2n} + c^{2n} + d^{2n} \geq 4(abcd)^{n/2}} \]

\( \therefore \textsf{ Queda demostrado que } \bm{a^{2n}+b^{2n}+c^{2n}+d^{2n} \geq 4(abcd)^{n/2}}. \)

Demostración. En efecto:

1°. Dado que \( \bm{a, b, c > 0} \), podemos aplicar la Desigualdad de Medias Aritmética-Geométrica (Ejercicio 06), que establece \( \bm{\frac{x+y}{2} \geq \sqrt{xy}} \), o equivalentemente \( \bm{x+y \geq 2\sqrt{xy}} \), para los siguientes pares de números positivos:

• Para \(b\) y \(c\): \( \quad b+c \geq 2\sqrt{bc} \quad \dots (A) \)
• Para \(a\) y \(c\): \( \quad a+c \geq 2\sqrt{ac} \quad \dots (B) \)
• Para \(a\) y \(b\): \( \quad a+b \geq 2\sqrt{ab} \quad \dots (C) \)

2°. Multiplicamos miembro a miembro las desigualdades (A), (B) y (C). Dado que todos los términos son positivos, el sentido de la desigualdad se mantiene (esto es una extensión del Axioma O4): \[ (b+c)(a+c)(a+b) \geq (2\sqrt{bc})(2\sqrt{ac})(2\sqrt{ab}) \] Simplificando el lado derecho: \[ (2\sqrt{bc})(2\sqrt{ac})(2\sqrt{ab}) = 8 \sqrt{bc \cdot ac \cdot ab} = 8 \sqrt{a^2 b^2 c^2} = 8 \sqrt{(abc)^2} \] Dado que \(a,b,c > 0\), entonces \(abc > 0\), por lo que \( \sqrt{(abc)^2} = abc \). Así, la desigualdad se convierte en: \[ \bm{(b+c)(a+c)(a+b) \geq 8abc \quad \dots (1)} \]

3°. Por la hipótesis \( \bm{a+b+c=1} \), podemos expresar los siguientes términos:

\[\left\{\!\!\!\! \begin{array}{ll} \begin{array}{l} \bm{1-a} = (a+b+c) - a = \bm{b+c} \\ \bm{1-b} = (a+b+c) - b = \bm{a+c} \\ \bm{1-c} = (a+b+c) - c = \bm{a+b} \end{array} & \quad \dots (2) \end{array} \right.\]

4°. Sustituimos las expresiones de (2) en la desigualdad (1): \[ \bm{(1-a)(1-b)(1-c) \geq 8abc} \]

\( \therefore \textsf{ Si } \bm{a,b,c > 0 \text{ y } a+b+c=1}, \textsf{ entonces }\) \[ \bm{(1-a)(1-b)(1-c) \geq 8abc} \]

Demostración. En efecto:

1°. Dado que \( \bm{a, b, c, d} \) son números reales positivos, los productos \( \bm{ab, cd, ac, bd} \) también son positivos. Por lo tanto, podemos aplicar la Desigualdad de Medias Aritmética y Geométrica (MA-MG) vista en el Ejercicio 06, que establece que para dos números no negativos \(x,y\), se cumple \( \bm{x+y \geq 2\sqrt{xy}} \).

2°. Aplicamos la desigualdad MA-MG a los pares de números \( \bm{(ab, cd)}\;\) y \(\;\bm{(ac, bd)} \):

• Para el par \( \bm{(ab, cd)} \): \[ \begin{array}{rl} & ab+cd \geq 2\sqrt{(ab)(cd)} \\[0.3cm] \Rightarrow & \bm{ab+cd \geq 2\sqrt{abcd} \quad \cdots (1)} \end{array} \]
• Para el par \( \bm{(ac, bd)} \): \[ \begin{array}{rl} & ab+cd \geq 2\sqrt{(ac)(bd)} \\[0.3cm] \Rightarrow & \bm{ac+bd \geq 2\sqrt{abcd} \quad \cdots (1)} \end{array} \]

3°. Ahora multiplicamos miembro a miembro las desigualdades (1) y (2). Dado que todos los términos en las desigualdades son positivos, el sentido de la desigualdad se conserva (una propiedad derivada de la aplicación sucesiva del Axioma O4 de la multiplicación): \[ \bm{(ab+cd)(ac+bd) \geq (2\sqrt{abcd})(2\sqrt{abcd})} \]

4°. Simplificando el lado derecho de la expresión: \[ \bm{(ab+cd)(ac+bd) \geq 4(\sqrt{abcd})^2} \]

Dado que \(\bm{abcd > 0}\), la raíz cuadrada y el cuadrado se cancelan: \[ \bm{(ab+cd)(ac+bd) \geq 4abcd} \]

\( \therefore \textsf{ Si } \bm{a,b,c,d \in \mathbb{R}^+}, \textsf{ queda demostrado que } \bm{(ab+cd)(ac+bd) \geq 4abcd}. \)

Demostración. En efecto:

La demostración requiere probar dos desigualdades por separado y luego combinarlas.

Parte 1: Demostrar que \( \displaystyle\bm{\frac{a}{b} < \frac{a+c}{b+d}} \)

1.1. Partimos de la hipótesis. Dado que \(b, d > 0\), su producto \(bd > 0\). Podemos multiplicar ambos lados de la desigualdad por \(bd\) sin cambiar su sentido, según el Axioma O4: \[ \frac{a}{b} < \frac{c}{d} \quad \Rightarrow \quad ad < bc \]

1.2. Sumamos el término \(ab\; \) a ambos lados (el cual es positivo) por el Axioma O3: \[ ad + ab < bc + ab \]

1.3. Factorizamos por factor común en ambos lados: \[ a(d+b) < b(c+a) \]

1.4. Como \(b>0\) y \(b+d>0\), el producto \(b(b+d)\) es positivo. Multiplicamos ambos lados por el inverso \((b(b+d))^{-1} > 0\), preservando la desigualdad (Axioma O4): \[ \begin{array}{c} a(b+d) \cdot [b(b+d)]^{-1} < b(a+c) \cdot [b(b+d)]^{-1} \\[0.3cm] \Rightarrow \quad {\displaystyle\bm{\frac{a}{b}}} < {\displaystyle\bm{\frac{a+c}{b+d}} \quad \cdots \bm{(1)}} \end{array} \]

Parte 2: Demostrar que \( \displaystyle\bm{\frac{a+c}{b+d} < \frac{c}{d}} \)

2.1. Partimos nuevamente de la desigualdad \(ad < bc\) obtenida en el paso 1.1.

2.2. Sumamos el término \(cd\; \) a ambos lados (el cual es positivo) por el Axioma O3: \[ ad + cd < bc + cd \]

2.3. Factorizamos por factor común en ambos lados: \[ d(a+c) < c(b+d) \]

2.4. Como \(d>0\) y \(b+d>0\), el producto \(d(b+d)\) es positivo. Multiplicamos ambos lados por el inverso \((d(b+d))^{-1} > 0\), preservando la desigualdad (Axioma O4): \[ \begin{array}{c} d(a+c) \cdot [d(b+d)]^{-1} < c(b+d) \cdot [d(b+d)]^{-1} \\[0.3cm] \Rightarrow \quad {\displaystyle\bm{\frac{a+c}{b+d}}} < {\displaystyle\bm{\frac{c}{d}} \quad \cdots \bm{(2)}} \end{array} \]

Conclusión Final:

De los resultados (1) y (2), tenemos: \[ \frac{a}{b} < \frac{a+c}{b+d} \quad \land \quad \frac{a+c}{b+d} < \frac{c}{d} \]

Aplicando el Axioma O2 (Transitividad), podemos combinar ambas desigualdades:

\( \therefore \textsf{ Queda demostrado que } \bm{\frac{a}{b} < \frac{a+c}{b+d} < \frac{c}{d}}. \)
\( \quad\textsf{ cuando } \bm{a,b,c,d \in \mathbb{R}^+ \; \text{ y } \; \frac{a}{b} < \frac{c}{d}}. \)

Demostración. En efecto:

1°. Partimos de que el cuadrado de un número real es no negativo (Teorema 4.4), lo que implica que \(x^2+y^2 \geq 2xy\). Aplicamos esta propiedad fundamental dos veces:

• Para \(x=a^2, y=b^2\): \[ \quad \bm{a^4+b^4 \geq 2a^2b^2 \quad \cdots (1)} \]
• Para \(x=c^2, y=d^2\): \[ \quad \bm{c^4+d^4 \geq 2c^2d^2 \quad \cdots (2)} \]

2°. Sumando miembro a miembro las desigualdades (1) y (2), por el Teorema 4.1: \[ \bm{a^4+b^4+c^4+d^4 \geq 2(a^2b^2 + c^2d^2) \quad \cdots (3)} \]

3°. Aplicamos la misma propiedad nuevamente a los términos \(a^2b^2\) y \(c^2d^2\): \[ \bm{a^2b^2+c^2d^2 \geq 2abcd \quad \cdots (4)} \]

4°. Finalmente, combinamos los resultados (3) y (4) usando el Axioma O2 (Transitividad): \[ \begin{array}{c} a^4+b^4+c^4+d^4 \geq 2(a^2b^2 + c^2d^2) \geq 2(2abcd) \\[0.3cm] \Rightarrow \quad \bm{a^4+b^4+c^4+d^4 \geq 4abcd} \end{array} \]

\( \therefore \textsf{ Queda demostrado que } \bm{a^4+b^4+c^4+d^4 \geq 4abcd}. \)
\( \quad\textsf{para cualesquiera } \bm{a,b,c,d \in \mathbb{R}}. \)

Demostración. En efecto:

1°. Como \(a > 0\), su raíz cuadrada \( \sqrt{a} \) es un número real. Por lo tanto, la expresión \( \displaystyle \sqrt{a} - \frac{1}{\sqrt{a}} \) también es un número real.

2°. Partimos de que el cuadrado de cualquier número real es no negativo, según el Teorema 4.4 (Positividad de los cuadrados): \[ \bm{\left(\sqrt{a} - \frac{1}{\sqrt{a}}\right)^2 \geq 0} \]

3°. Desarrollamos el binomio al cuadrado y simplificamos: \[ \begin{array}{c} (\sqrt{a})^2 - 2(\sqrt{a})\left(\displaystyle\frac{1}{\sqrt{a}}\right) + \left(\displaystyle\frac{1}{\sqrt{a}}\right)^2 \geq 0 \\[0.4cm] \Rightarrow \quad \bm{a - 2 + {\displaystyle\frac{1}{a}} \geq 0} \end{array} \]

4°. Sumando 2 a ambos lados de la desigualdad, por el Axioma O3 (Monotonía de la adición), obtenemos el resultado: \[ \bm{a + \frac{1}{a} \geq 2} \]

\( \therefore \textsf{ Queda demostrado que } \displaystyle\bm{a+\frac{1}{a} \geq 2}. \)
\( \quad\textsf{cuando } \bm{a \in \mathbb{R} \text{ y } a>0}. \)

Demostración. En efecto:

1°. Dado que \(a,b,c > 0\), las razones \(\frac{a}{b}, \frac{b}{c}, \frac{c}{a}\) son también números reales positivos. Aplicamos el resultado del Ejercicio 14 (\(x+\frac{1}{x} \geq 2\)) a cada una de estas razones: \[ \begin{array}{ll} \displaystyle\frac{a}{b}+\frac{b}{a} \geq 2 & \cdots (A) \\[0.5cm] \displaystyle\frac{b}{c}+\frac{c}{b} \geq 2 & \cdots (B) \\[0.5cm] \displaystyle\frac{c}{a}+\frac{a}{c} \geq 2 & \cdots (C) \end{array} \]

2°. Multiplicamos las desigualdades (A), (B) y (C) por \(c, a\) y \(b\) respectivamente. Como todos son positivos, el sentido de la desigualdad se mantiene (Axioma O4): \[ \begin{array}{rcccl} \text{De (A):} & c\left(\displaystyle\frac{a}{b}+\frac{b}{a}\right) \geq 2c & \Rightarrow & \displaystyle\frac{ac}{b}+\frac{bc}{a} \geq 2c & \cdots (1) \\[0.5cm] \text{De (B):} & a\left(\displaystyle\frac{b}{c}+\frac{c}{b}\right) \geq 2a & \Rightarrow & \displaystyle\frac{ab}{c}+\frac{ac}{b} \geq 2a & \cdots (2) \\[0.5cm] \text{De (C):} & b\left(\displaystyle\frac{c}{a}+\frac{a}{c}\right) \geq 2b & \Rightarrow & \displaystyle\frac{bc}{a}+\frac{ab}{c} \geq 2b & \cdots (3) \end{array} \]

3°. Sumando miembro a miembro las desigualdades (1), (2) y (3) según el Teorema 4.1: \[ \left(\displaystyle\frac{ac}{b}+\frac{bc}{a}\right) + \left(\displaystyle\frac{ab}{c}+\frac{ac}{b}\right) + \left(\displaystyle\frac{bc}{a}+\frac{ab}{c}\right) \geq 2c+2a+2b \]

4°. Agrupando términos y dividiendo por 2, obtenemos el resultado final: \[ \begin{array}{c} 2\left(\displaystyle\frac{bc}{a}\right) + 2\left(\displaystyle\frac{ac}{b}\right) + 2\left(\displaystyle\frac{ab}{c}\right) \geq 2(a+b+c) \\[0.4cm] \Rightarrow \quad \displaystyle\bm{\frac{bc}{a} + \frac{ac}{b} + \frac{ab}{c} \geq a+b+c} \end{array} \]

\( \therefore \textsf{ Queda demostrado que } \displaystyle\bm{\frac{bc}{a} + \frac{ac}{b} + \frac{ab}{c} \geq a+b+c}. \)
\( \quad\textsf{cuando } \bm{a,b,c \in \mathbb{R}^{+}}. \)