Problema 10

Si $0 < a < b$, entonces $a < \sqrt{ab} < \frac{a+b}{2} < b$

Definición.

$a^{n}=a \cdot a \cdot \cdot \cdot a$ (n veces)

Teorema 1.

$\forall a \in \mathbb{R}, a\not=0, a^{2} > 0$

Teorema 2.

Si $a^{2} < b$ y $b > 0$, entonces $-\sqrt{b} < a < \sqrt{b}$

Teorema 3.

$\forall a,b \in \mathbb{R}, \sqrt{a}\sqrt{b}=\sqrt{ab}$

Demostración

$0 < a,a < b,0 < b\quad$ Por hipótesis
$a\cdot a < a\cdot b\quad$ Propiedad multiplicativa
$a^2 < ab\quad$ Por definición de exponente
$-\sqrt{ab} < a < \sqrt{ab} \quad$ Por problema 14
$a < \sqrt{ab}$
$ (\sqrt{a}-\sqrt{b})^2 > 0\quad$ Teorema 1
$a-2\sqrt{a}\sqrt{b}+b > 0$
$a+b > 2\sqrt{a}\sqrt{b} \quad$ Teorema 3
$\frac{a+b}{2} > \sqrt{a}\sqrt{b} \quad$ Propiedad multiplicativa
Juntando los dos resultados, la transitividad afirma que $a < \sqrt{ab} < \frac{a+b}{2}$. Más aún,
$a < b\implies a+b < b+b\quad$ Propiedad aditiva
$a+b < 2b$
$\frac{a+b}{2} < b \quad$ Propiedad multiplicativa
Por lo tanto, juntando todos los resultados y por transitividad, se concluye que $$ a < \sqrt{ab} < \frac{a+b}{2} < b \qquad\blacksquare $$