pondremos en el caso en que no todos son iguales entre sí.
Sea bk =
en conclusión, por el anterior problema resuelto, se obtiene:
b1 + b2 + ··· + bn > n,
y por lo tanto, llegamos a:
Para la segunda parte, consideremos los números ck =
o sea:
con lo que:
Problema 1.3.20 Demostrar que:
Solución:
Considerando la desigualdad medio aritmético medio geométrico, demostrada en el anterior problema resuelto, tenemos que:
Siendo x1, x2, ··· , xn, xn + 1 ∈
en ella hacemos: x1 = x2 = ··· = xn = 1 + n
o sea:
lo que se deseaba.
Problema 1.3.21 Sean a, b ∈
a < b ←→ an < bn.
Solución:
Parte (1)
Supongamos que a < b; demostraremos por inducción que an < bn.
Si n = 1 se tiene que an = a < b = bn.
Supongamos ahora que an < bn, demostraremos que an + 1 < bn + 1.
Pues bien, se tiene:
an + 1 = an · a < bn · a < bn · b = bn + 1.
Por lo tanto, para todo par de reales positivos a, b y para todo natural n se cumple que:
a < b → an < bn.
Parte (2)
Supongamos ahora que an < bn, entonces como a, b ∈
a < b ∨ a = b ∨ a > b,
ahora bien, si a = b, entonces an = bn lo que contradice que an < bn.
Si b < a, entonces, por la primera parte resulta bn < an, lo que también contradice que an < bn.
Se concluye entonces que a < b.
Problema 1.3.22 Si an + 1 =
a1 < a3 < a5 < ··· , a2 > a4 > a6 > ···
Solución:
(1) Tenemos que:
además, resulta que:
Supongamos a2n−1 < 3, con ello:
además, resulta que:
(2) Ahora:
Supongamos a1 < a3 < a5 < ··· < a2n−1, así:
En conclusión, tenemos que:
a1 < a3 < a5 < ··· < a2n−1 < a2n + 1 < ···
(3) Por otra parte, se deduce que:
Para el resto del problema, se procede por analogía.
1.4 Problemas propuestos
Demostrar, utilizando inducción, los siguientes problemas:
(1) 1
