lunes, 2 de mayo de 2011

¿Cómo demuestro: √(│y-x│) ≥ │√y-√x│ ?

Dirigiéndonos a la teoría de los números reales, a petición de uno de mis lectores de Sincelejo Colombia, desmostraré la desigualdad: \[\sqrt {\left| {y - x} \right|}  \geqslant \left| {\sqrt y  - \sqrt x } \right|\] para todo \(x,y \in \mathbb{R}_0^{+}\)

Enumeraré cada paso para dejar lugar a los comentarios, si es que hay algo que no se entienda, fácilmente se podrá ubicar la parte con el número de paso correspondiente.

Además la dividiré en 2 partes. En la primera, transformo la desigualdad en otra equivalente a través de una serie de pasos válidos en los teoremas de números reales. En la segunda efectuaré la demostración formal de la desigualdad equivalente.

Empezamos:

Obsérvese que la igualdad \(\sqrt {\left| {y - x} \right|}  = \left| {\sqrt y  - \sqrt x } \right|\)  solo se satisface para \(x = 0\,\,\,,\,\,\,\,y = 0\) así que solo se trabajará con la desigualdad estricta: \[\sqrt {\left| {y - x} \right|}  > \left| {\sqrt y  - \sqrt x } \right|\quad\ldots(1)\] Parte I: 
1. Elevando al cuadrado \[\begin{gathered}
  {\sqrt {\left| {y - x} \right|} ^2} > {\left| {\sqrt y  - \sqrt x } \right|^2}\\
  \left| {y - x} \right| > {\left| {\sqrt y  - \sqrt x } \right|^2}\\
  \left| {y - x} \right| > {\left( {\sqrt y  - \sqrt x } \right)^2}\\
\end{gathered} \] 2. Multiplicando por \({\left( {\sqrt y  + \sqrt x } \right)^2}\) a cada lado de la desigualdad \[ \begin{array}{rcl}
  \left| {y - x} \right|{\left( {\sqrt y  + \sqrt x } \right)^2} &>&{\left( {\sqrt y  - \sqrt x } \right)^2}{\left( {\sqrt y  + \sqrt x } \right)^2} \\
  \left| {y - x} \right|{\left( {\sqrt y  + \sqrt x } \right)^2} &>&{\left[ {\left( {\sqrt y  - \sqrt x } \right)\left( {\sqrt y  + \sqrt x } \right)} \right]^2} \\
  \left| {y - x} \right|{\left( {\sqrt y  + \sqrt x } \right)^2} &>& {\left( {{{\sqrt y }^2} - {{\sqrt x }^2}} \right)^2}\\
  \left| {y - x} \right|{\left( {\sqrt y  + \sqrt x } \right)^2} &>& {\left( {y - x} \right)^2}\\
  \left| {y - x} \right|{\left( {\sqrt y  + \sqrt x } \right)^2} &>& {\left| {y - x} \right|^2}\\
\end{array} \] 3. Cancelando el factor \(\left| {y - x} \right|\) \[{\left( {\sqrt y  + \sqrt x } \right)^2} > \left| {y - x} \right|\] 4. Esta desigualdad la podemos escribir con el símbolo de menor que cambiando de lado sus miembros \[\left| {y - x} \right| < {\left( {\sqrt y  + \sqrt x } \right)^2}\] 5. Recordemos la propiedad \(\left| x \right| < b \Leftrightarrow  - b < x < b\), en donde podemos considerar \(b = \scriptstyle{{\left( {\sqrt y  + \sqrt x } \right)^2}}\), entonces: \[ - {\left( {\sqrt y  + \sqrt x } \right)^2} < y - x < {\left( {\sqrt y  + \sqrt x } \right)^2}.\] Parte II
1. Acabamos de transformar la desigualdad inicial (1) en: \[ - {\left( {\sqrt y  + \sqrt x } \right)^2} < y - x < {\left( {\sqrt y  + \sqrt x } \right)^2}\] que es la intersección de \[ - {\left( {\sqrt y  + \sqrt x } \right)^2} < y - x\quad\ldots(2)\] con \[y - x < {\left( {\sqrt y  + \sqrt x } \right)^2}\quad\ldots(3)\] 2. Para demostrar la desigualdad (2) tenemos: \[ \begin{array}{lcl}
- {\left({\sqrt y +\sqrt x } \right)^2} &=& - \left( {y + 2\sqrt {xy} + x} \right) \\
&<& - \left( {y + x} \right) \\
&=& - y - x \\
&<& - y + x\\
&=& - y + x\\
\end{array} \] 3. Uniendo los extremos se ve claramente que \[ - {\left( {\sqrt y + \sqrt x } \right)^2} < y - x\] Dejo como ejercicio al lector la demostración de la desigualdad (3).

Habiendo demostrado las desigualdades estrictas (2) y (3), y la igualdad con \(x = 0\; , \quad y = 0\) puede afirmarse que se cumple \[{\left( {\sqrt y + \sqrt x } \right)^2} > \left| {y - x} \right|\] \[\forall\; x,y \in {\mathbb{R}^+}\] entonces multiplicando esta última desigualdad por \(\left| {y - x} \right|\) y realizando el proceso visto en el paso 2 y paso 1 de la parte I de forma inversa, quedará demostrado que: \[\sqrt {\left| {y - x} \right|} \geqslant \left| {\sqrt y - \sqrt x } \right|\] \[\forall\; x,y \in \mathbb{R}_0^{+}\] l.q.q.d.

5 comentarios:

  1. Without loss of generality we may assume y > x.
    First show that if z > 1, then sqrt{z -1} > \sqrt{z} -1. Then let z = y/x, and multiply through by sqrt{x}. Proof of sqrt{z -1} > \sqrt{z} - 1 is easy, square both sides, rearrange.

    ResponderEliminar
  2. Or even simpler, we can assume y >= x. Let x=a^2, y=b^2 where a and b are positive. We want to prove that sqrt(b^2 - a^2) >= b - a. This follows from the fact that b + a > b - a.

    ResponderEliminar
  3. grasias profe le podemos hacer consultas cual es su mail y habilite un foro y chat para interactuar grasias saludos desde bolivia

    ResponderEliminar
  4. profe me gustaria que me ayude con estas demostraciones.
    15.- a) Demuestre que la función lineal definida por f(x)=ax+b , donde a≠0 , tiene una función inversa y encuentre f^(-1) (x).
    b) Tiene inversa una función constante? , justifique su respuesta.
    16.- Demuestre que si f es una función biunívoca con dominio D y recorrido R, entonces f^(-1) (x) es una función biunívoca con dominio R y recorrido D.
    17.- Demuestre que una función biunívoca tiene solamente una función inversa.
    18.- Demuestre que la grafica f^(-1) es el reflejo de la grafica f con respecto a y=x , verificando los incisos a, b, c.
    a) si P(a,b) esta en la grafica de f entonces Q(b,a) esta en la grafica de f^(-1).
    b) El punto medio del segmento PQ esta en la recta y=x.
    c) La recta PQ es perpendicular a la recta y=x.

    ResponderEliminar
  5. seria genial y lo sube en su blog mi mail lember10@hotmail.com voy a viistar su web todos los dias y recomendarlo grasias de antemano profe
    Salomon Ching

    ResponderEliminar

Haznos saber tu opinión. Tus comentarios nos ayudan a continuar y mejorar el mejorar el contenido de este sitio. No use palabras inadecuadas al comentar o lo bloquearemos.