La Representación de los Números Reales

Demostración. En efecto:

1°. Expandimos el producto del lado izquierdo aplicando la propiedad distributiva. Al multiplicar los 9 términos, obtenemos: \[ \begin{aligned} \left(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\right)(a+b+c) = \; & \left(\frac{a}{a}+\frac{b}{a}+\frac{c}{a}\right) \;+ \\ & \left(\frac{a}{b}+\frac{b}{b}+\frac{c}{b}\right) \;+ \\ & \left(\frac{a}{c}+\frac{b}{c}+\frac{c}{c}\right) \end{aligned} \]

2°. Simplificamos los términos \(a/a,\, b/b,\, c/c\) que son iguales a 1, y reagrupamos los términos restantes en pares recíprocos: \[ \begin{aligned} = \; & 1+\frac{b}{a}+\frac{c}{a} + \frac{a}{b}+1+\frac{c}{b} + \frac{a}{c}+\frac{b}{c}+1 \\ = \; & 3 + \left(\frac{a}{b}+\frac{b}{a}\right) + \left(\frac{a}{c}+\frac{c}{a}\right) + \left(\frac{b}{c}+\frac{c}{b}\right) \end{aligned} \]

3°. Aplicamos la desigualdad \(x+\frac{1}{x} \geq 2\) (demostrada en el Ejercicio 14 del post anterior) a cada uno de los pares entre paréntesis. Como \(a,b,c > 0\), las razones también son positivas: \[ \begin{array}{l} \displaystyle\frac{a}{b}+\frac{b}{a} \geq 2 \quad \cdots (1) \\[0.4cm] \displaystyle\frac{a}{c}+\frac{c}{a} \geq 2 \quad \cdots (2) \\[0.4cm] \displaystyle\frac{b}{c}+\frac{c}{b} \geq 2 \quad \cdots (3) \end{array} \]

4°. Sumando las tres desigualdades (1), (2) y (3) según el Teorema 4.1: \[ \left(\frac{a}{b}+\frac{b}{a}\right) + \left(\frac{a}{c}+\frac{c}{a}\right) + \left(\frac{b}{c}+\frac{c}{b}\right) \geq 2+2+2 = 6 \]

5°. Finalmente, sumamos 3 a ambos lados de esta última desigualdad para reconstruir la expresión del paso 2°: \[ \begin{aligned} 3 + \left(\frac{a}{b}+\frac{b}{a}\right) + \dots &\geq 6+3 \\ \Rightarrow \quad \bm{\left(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\right)(a+b+c)} &\geq \bm{9} \end{aligned} \]

\( \therefore \textsf{ Queda demostrado que } \bm{\left(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\right)(a+b+c) \geq 9}. \)
\( \quad\textsf{cuando } \bm{a,b,c > 0}. \)

Demostración. En efecto:

1°. Para probar la identidad, expandiremos la expresión del lado izquierdo (LI) y mostraremos que es igual al lado derecho (LD).

Expandiendo el primer término del LI Axioma 4.2 (distributiva) : \[ (a^2+c^2)(b^2+d^2) = a^2b^2 + a^2d^2 + c^2b^2 + c^2d^2 \]

Expandiendo el segundo término del LI Cuadrado de la suma (C2): \[ (ac+bd)^2 = a^2c^2 + 2abcd + b^2d^2 \]

2°. Realizamos la resta y simplificamos: \[ \begin{aligned} \text{LI} &= (a^2b^2 + a^2d^2 + c^2b^2 + c^2d^2) - (a^2c^2 + 2abcd + b^2d^2) \\ &= a^2d^2 - 2abcd + b^2c^2 \\ &= (ad)^2 - 2(ad)(bc) + (bc)^2 \end{aligned} \]

3°. Reconocemos que la expresión final es un Cuadrado de la diferencia (C3), que es exactamente el lado derecho (LD) de la identidad: \[ \text{LI} = \bm{(ad-bc)^2} \]

\( \therefore \textsf{ Queda demostrada la Identidad de Lagrange.} \)
\( \quad\textsf{para cualesquiera } \bm{a,b,c,d \in \mathbb{R}}. \)

Demostración. En efecto:

1°. La demostración de esta desigualdad es una consecuencia directa y elegante de la Identidad de Lagrange (Ejercicio 12).

2°. Se ha probado que \((a^2+c^2)(b^2+d^2) - (ac+bd)^2 = (ad-bc)^2\). Por el Teorema 4.4, sabemos que el cuadrado de cualquier número real es no negativo, por lo que: \[ (ad-bc)^2 \geq 0 \]

3°. Por lo tanto, la diferencia entre los dos términos de la identidad también debe ser no negativa: \[ (a^2+c^2)(b^2+d^2) - (ac+bd)^2 \geq 0 \]

4°. Reordenando la desigualdad, llegamos a la tesis: \[ \bm{(ac+bd)^2 \leq (a^2+c^2)(b^2+d^2)} \]

\( \therefore \textsf{ Queda demostrada la Desigualdad de Cauchy-Schwarz.} \) Su mención aquí es crucial debido a su enorme eficacia en la demostración de muchas otras desigualdades.

Demostración. En efecto:

1°. La demostración se basa en la Desigualdad de Cauchy-Schwarz, cuya forma algebraica fue demostrada en el Ejercicio 12 (Identidad de Lagrange).

2°. Realizamos una elección estratégica de términos para la desigualdad: \[ (x_1y_1 + x_2y_2)^2 \leq (x_1^2+x_2^2)(y_1^2+y_2^2) \] Sean: \( \quad x_1=a, \quad x_2=b \quad \text{y} \quad y_1=1, \quad y_2=1 \)

3°. Sustituimos estos valores y aplicamos la hipótesis \(a^2+b^2=1\): \[ \begin{aligned} (a \cdot 1 + b \cdot 1)^2 &\leq (a^2+b^2)(1^2+1^2) \\ (a+b)^2 &\leq (1)(2) \\ \Rightarrow \quad (a+b)^2 &\leq 2 \end{aligned} \]

4°. Tomando la raíz cuadrada en ambos lados (propiedad R6) y simplificando (propiedad R3): \[ \begin{aligned} \sqrt{(a+b)^2} &\leq \sqrt{2} \\ \Rightarrow \quad |a+b| &\leq \sqrt{2} \end{aligned} \]

5°. Finalmente, aplicamos la propiedad (R7) del valor absoluto para desglosar la desigualdad y llegar a la tesis: \[ \bm{-\sqrt{2} \leq a+b \leq \sqrt{2}} \]

\( \therefore \textsf{ Queda demostrado que } \bm{-\sqrt{2} \leq a+b \leq \sqrt{2}}. \)
\( \quad\textsf{cuando } \bm{a^2+b^2=1}. \)

Demostración. En efecto:

1°. La base es la Desigualdad de Cauchy-Schwarz, probada para el caso de 2 dimensiones en el Ejercicio 13. Su generalización a 3 dimensiones establece: \[ (a^2+b^2+c^2)(x^2+y^2+z^2) \geq (ax+by+cz)^2 \]

2°. Sustituimos las hipótesis del problema, \(a^2+b^2+c^2=1\) y \(x^2+y^2+z^2=1\), en la desigualdad: \[ \begin{aligned} (1)(1) &\geq (ax+by+cz)^2 \\ \Rightarrow \quad 1 &\geq (ax+by+cz)^2 \end{aligned} \]

3°. Tomando la raíz cuadrada en ambos lados (propiedad R6) y simplificando (propiedad R3), obtenemos: \[ \begin{aligned} \sqrt{1} &\geq \sqrt{(ax+by+cz)^2} \\ \Rightarrow \quad 1 &\geq |ax+by+cz| \end{aligned} \]

4°. Por la propiedad (R7) del valor absoluto, la expresión \(|X| \leq 1\) es equivalente a \(-1 \leq X \leq 1\). Por lo tanto: \[ -1 \leq ax+by+cz \leq 1 \] De lo cual se desprende directamente la tesis: \[ \bm{ax+by+cz \leq 1} \]

\( \therefore \textsf{ Queda demostrado que } \bm{ax+by+cz \leq 1} \) bajo las condiciones dadas.

Nota: Este método explora la desigualdad para encontrar la idea clave. Partimos de la tesis (suponiéndola cierta) y la simplificamos hasta llegar a una verdad conocida.

1°. Como ambos lados son no negativos, podemos elevar al cuadrado: \[ (a+c)^2 + (b+d)^2 \leq \left(\sqrt{a^2+b^2} + \sqrt{c^2+d^2}\right)^2 \]

2°. Expandimos ambos lados: \[ \begin{aligned} (a^2+2ac+c^2) + (b^2+2bd+d^2) \leq (a^2+b^2) \;&+ \\ 2\sqrt{(a^2+b^2)(c^2+d^2)} &+ (c^2+d^2) \end{aligned} \]

3°. Simplificamos términos idénticos en ambos lados: \[ \begin{aligned} 2ac+2bd &\leq 2\sqrt{(a^2+b^2)(c^2+d^2)} \\ \Rightarrow \quad ac+bd &\leq \sqrt{(a^2+b^2)(c^2+d^2)} \end{aligned} \]

Conclusión del Análisis: Esta última desigualdad es una consecuencia directa de Cauchy-Schwarz. Esto nos dice que la demostración formal debe partir de Cauchy-Schwarz y reconstruir estos pasos en orden inverso.

Demostración. En efecto:

1°. Partimos de la Desigualdad de Cauchy-Schwarz, probada en el Ejercicio 13: \[ (ac+bd)^2 \leq (a^2+c^2)(b^2+d^2) \]

2°. Tomando la raíz cuadrada a ambos lados (propiedad R6), obtenemos: \[ |ac+bd| \leq \sqrt{(a^2+c^2)(b^2+d^2)} \] Como \(ac+bd \leq |ac+bd|\), podemos asegurar que: \[ ac+bd \leq \sqrt{(a^2+c^2)(b^2+d^2)} \]

3°. Multiplicamos la desigualdad por 2 y luego sumamos \(a^2+b^2+c^2+d^2\,\) a ambos lados: \[ \begin{aligned} 2(ac+bd) &\leq 2\sqrt{(a^2+c^2)(b^2+d^2)} \\ (a^2+b^2+c^2+d^2) + 2ac+2bd &\leq (a^2+b^2+c^2+d^2) + \\ & \quad 2\sqrt{(a^2+c^2)(b^2+d^2)} \end{aligned} \]

4°. Ahora, reagrupamos y factorizamos ambos lados, reconociendo en cada uno la forma de un binomio al cuadrado: \[ \begin{aligned} (a^2+2ac+c^2) + (b^2+2bd+d^2) &\leq (a^2+b^2) + \\ & \quad 2\sqrt{a^2+b^2}\sqrt{c^2+d^2} + (c^2+d^2) \\[0.3cm] (a+c)^2 + (b+d)^2 &\leq \left( \sqrt{a^2+b^2} + \sqrt{c^2+d^2} \right)^2 \end{aligned} \]

5°. Finalmente, como ambos lados son no negativos, podemos tomar la raíz cuadrada (propiedad R6) para llegar a la tesis: \[ \bm{\sqrt{(a+c)^2 + (b+d)^2} \leq \sqrt{a^2+b^2} + \sqrt{c^2+d^2}} \]

\( \therefore \textsf{ Queda demostrada la Desigualdad de Minkowski.} \)
\( \quad\textsf{para cualesquiera } \bm{a,b,c,d \in \mathbb{R}}. \)

Demostración. En efecto:

1°. La demostración se apoya en dos resultados clave previamente establecidos. El primero es la Identidad de Gauss (Ejercicio 09), que establece: \[ \begin{aligned} a^3+b^3+c^3 - 3abc = (a+b+c)\cdot \\ (a^2+b^2+c^2 - ab-bc-ca) \end{aligned} \]

2°. Analizamos los dos factores del lado derecho:

• \( \bm{(a+b+c)}:\; \) Por hipótesis, \(a, b, c \geq 0\), por lo que su suma es no negativa: \(a+b+c \geq 0\).
• \( \bm{(a^2+b^2+c^2 - ab-bc-ca)}:\; \) En el Ejercicio explicativo 05 se demostró que \(a^2+b^2+c^2 \geq ab+bc+ca\), lo que implica que este factor también es no negativo.

3°. El producto de dos números no negativos es también no negativo. Por lo tanto, el lado derecho de la Identidad de Gauss es mayor o igual a cero: \[ (a+b+c)(a^2+b^2+c^2 - ab-bc-ca) \geq 0 \]

4°. Como el lado derecho de la identidad es \(\geq 0\), el lado izquierdo también debe serlo: \[ a^3+b^3+c^3 - 3abc \geq 0 \]

5°. Reordenando la desigualdad, llegamos a la tesis: \[ \bm{a^3+b^3+c^3 \geq 3abc} \]

\( \therefore \textsf{ Queda demostrado que } \bm{3abc \leq a^3+b^3+c^3}. \)
\( \quad\textsf{cuando } \bm{a,b,c \geq 0}. \)

Demostración. En efecto:

1°. La demostración se basa en la desigualdad fundamental demostrada en el Ejercicio explicativo 05, que establece que para tres números reales cualesquiera \(x,y,z\): \[ x^2+y^2+z^2 \geq xy+yz+zx \]

2°. Realizamos una sustitución estratégica. Sean: \[ x = bc, \quad y = ac, \quad z = ab \]

3°. Sustituimos (por el Axioma 4.1) estos valores en la desigualdad base: \[ (bc)^2 + (ac)^2 + (ab)^2 \geq (bc)(ac) + (ac)(ab) + (ab)(bc) \]

4°. Simplificamos el lado derecho de la expresión. Podemos factorizar el término común \(abc\): \[ \begin{aligned} \text{Lado Derecho} &= a b c^2 + a^2 b c + a b^2 c \\ &= abc(c) + abc(a) + abc(b) \\ &= abc(a+b+c) \end{aligned} \]

5°. Al reemplazar el lado derecho simplificado en la desigualdad del paso 3°, llegamos directamente a la tesis: \[ \bm{b^2c^2 + c^2a^2 + a^2b^2 \geq abc(a+b+c)} \]

\( \therefore \textsf{ Queda demostrada la desigualdad.} \)
\( \quad\textsf{para cualesquiera } \bm{a,b,c \in \mathbb{R}}. \)

Demostración. En efecto:

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

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

1.1. De la hipótesis, sabemos que \( \frac{d}{a} < \frac{e}{b}\;\) y \(\;\frac{d}{a} < \frac{f}{c} \). Como denominadores y numeradores son positivos, podemos multiplicar en cruz (usando el Axioma O4): \[ \begin{array}{l} db < ea \quad \cdots (1) \\ dc < fa \quad \cdots (2) \end{array} \]

1.2. Sumamos las desigualdades (1) y (2) (Teorema 4.1): \[ db + dc < ea + fa \] Sumamos \(ad\; \) a ambos lados: \[ ad+db+dc < ad+ea+fa \]

1.3. Factorizamos ambos lados: \[ d(a+b+c) < a(d+e+f) \]

1.4. Como \(a>0\;\) y \(\;a+b+c>0\), podemos dividir por \(a(a+b+c)\) sin alterar la desigualdad: \[ \displaystyle\bm{\frac{d}{a} < \frac{d+e+f}{a+b+c}} \quad \cdots (\text{I}) \]

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

2.1. El razonamiento es análogo a la Parte 1. De la hipótesis, tenemos \( \frac{d}{a} < \frac{f}{c}\;\) y \(\;\frac{e}{b} < \frac{f}{c} \), lo que implica: \[ \begin{array}{l} dc < fa \quad \cdots (3) \\ ec < fb \quad \cdots (4) \end{array} \]

2.2. Sumamos las desigualdades (3) y (4): \[ dc + ec < fa + fb \] Ahora sumamos el término positivo \(fc\;\) a ambos lados (por Axioma O3): \[ dc+ec+fc < fa+fb+fc \]

2.3. Factorizando: \[ c(d+e+f) < f(a+b+c) \]

2.4. Dividiendo por \(c(a+b+c)\) (que es positivo): \[ \displaystyle\bm{\frac{d+e+f}{a+b+c} < \frac{f}{c}} \quad \cdots (\text{II})\]

Conclusión Final:

De los resultados (I) y (II), y aplicando la propiedad de transitividad (Axioma O2), concluimos: \[ \displaystyle\bm{\frac{d}{a} < \frac{d+e+f}{a+b+c} < \frac{f}{c}} \]

Demostración. En efecto:

La demostración requiere probar dos desigualdades por separado.

Parte 1: Demostrar que \(\;\,\displaystyle\bm{a_1 < \frac{a_1+a_2+\ldots+a_n}{n}} \)

1.1. Por la hipótesis de orden estricto, \(a_1 < a_2 < \ldots < a_n\), por el Axioma O2 (Transitividad) se deduce que para cada \(i=2, \ldots, n\), se cumple que \(a_1 < a_i\). Esto nos da un conjunto de \(n\) desigualdades: \[ \left\{ \begin{array}{l} a_1 = a_1 \\ a_1 < a_2 \\ a_1 < a_3 \\ \quad \vdots \\ a_1 < a_n \end{array} \right. \]

1.2. Sumamos estas \(n\) desigualdades (usando el Teorema 4.1 repetidamente). Como al menos una de las desigualdades es estricta, la suma resultante también será una desigualdad estricta: \[ \underbrace{a_1+a_1+\ldots+a_1}_{n \text{ veces}} < a_1+a_2+\ldots+a_n \] \[ n \cdot a_1 < a_1+a_2+\ldots+a_n \]

1.3. Como \(n\) es un entero positivo, podemos dividir por \(n\) sin alterar el sentido de la desigualdad: \[ \bm{a_1 < \frac{a_1+a_2+\ldots+a_n}{n}} \quad \cdots (\text{I}) \]

Parte 2: Demostrar que \(\;\,\displaystyle\bm{\frac{a_1+a_2+\ldots+a_n}{n} < a_n} \)

2.1. El razonamiento es análogo. Por la hipótesis \(a_1 < a_2 < \ldots < a_n\) y el Axioma O2 (Transitividad), para cada \(i=1, \ldots, n-1\), se cumple que \(a_i < a_n\). \[ \left\{ \begin{array}{l} a_1 < a_n \\ a_2 < a_n \\ \quad \vdots \\ a_{n-1} < a_n \\ a_n = a_n \end{array} \right. \]

2.2. Sumando estas \(n\) desigualdades, nuevamente obtenemos una desigualdad estricta: \[ a_1+a_2+\ldots+a_n < \underbrace{a_n+a_n+\ldots+a_n}_{n \text{ veces}} \] \[ a_1+a_2+\ldots+a_n < n \cdot a_n \]

2.3. Dividiendo por \(n\): \[ \bm{\frac{a_1+a_2+\ldots+a_n}{n} < a_n} \quad \cdots (\text{II}) \]

Conclusión Final:

Combinando los resultados (I) y (II) mediante la propiedad de transitividad (Axioma O2), obtenemos la tesis: \[ \bm{a_1 < \frac{a_1+a_2+\ldots+a_n}{n} < a_n} \]