Problema 13

Muestra que las siguientes proposiciones no son ciertas en general:

Si $a < b$, entonces $a^{2} < b^{2}$
Si $a^{2} < b^{2}$, entonces $a < b$
Si $a < b$, entonces $\frac{1}{b} < \frac{1}{a}$

Da las condiciones donde lo anterior sí sea cierto y demuéstralo en general.

P13.A

Si $a < b$, entonces $a^{2} < b^{2}$
Supongamos que $a=-1$ y $b=0$, entonces tendríamos lo siguiente: $$ -1 < 0 \implies (-1)^{2} < 0^{2} $$ es decir, $1 < 0$ lo cual no es cierto.

Condiciones donde lo anterior es cierto.
Demostración
Por hipótesis, si $a=0 \implies b > 0$
Luego, $b \cdot b > 0 \cdot b \implies b^{2} > 0$
$a < b$ Por hipótesis
$a \cdot a < b \cdot a$ Propiedad multiplicativa
$\implies a^{2} < ab$
$a \cdot b < b \cdot b$ Propiedad multiplicativa
$\implies ab < b^{2}$
Como $a^{2} < ab < b^{2}$, entonces $a^{2} < b^{2}$ Por transitividad. $\blacksquare$

P13.B

Si $a^{2} < b^{2}$, entonces $a < b$
Si $a=-1$ y $b=-2$ se tendría que $$(-1)^{2} < (-2)^{2} \implies 1 < 4 $$ lo cual es cierto; sin embargo, $-1 < -2$ es falso.

Condiciones donde lo anterior es cierto.
Demostración
Por hipótesis, $a^{2} < b^{2} \implies b^{2} - a^{2} > 0$ $\implies (b+a)(b-a) > 0$ $\iff (b+a)>0 \wedge (b-a) > 0$ ó $(b+a) < 0 \wedge (b-a) < 0$ $\iff b > -a \wedge b > a$ ó $b<-a \wedge b < a$ De lo anterior analizamos lo siguiente: Como $b > 0$, no puede suceder que $b < -a$ (pues $a > 0 \Rightarrow -a < 0$); por lo tanto, la segunda parte de la disyunción genera un absudo. Mientras que la primera parte de la disyunción será cierta debido a la hipótesis, por lo que podemos concluir que $$ b > a \implies a < b \blacksquare $$

P13.C

Si $a < b$, entonces $\frac{1}{b} < \frac{1}{a}$
Si $a=-1$ y $b=2$, veremos que se llega a un absurdo: $$ -1 < 2 \implies \frac{1}{2} < \frac{1}{-1} \implies \frac{1}{2} < - 1 $$ Además, si $a$ y $b$ fuesen cero, tampoco podría ser verdadera tal proposición.

Condiciones donde lo anterior es cierto.
Demostración
Para conocer las condiciones necesarias, procedemos con el siguiente análisis:
$\bullet$ Si $a=1$ y $b=2$, entonces $\frac{1}{2} < 1$ $\checkmark$
$\bullet$ Si $a=-2$ y $b=-1$, entonces $-1 < -\frac{1}{2}$ $\checkmark$
Lo anterior indica que si $a < b$ y además tienen el mismo signo, la desigualdad se cumple.
Veamos ahora si es válida cuando $a$ y $b$ tienen signos diferentes:
Si $a = -1$ y $b = 2$, entonces $\frac{1}{2} < -1$ $\times$
Por lo tanto, el teorema que probaremos es el siguiente:
Para todo $a,b \in \mathbb{R}$, donde $a$ y $b$ tienen el mismo signo, si $a < b \implies \frac{1}{b} < \frac{1}{a}$
Teorema 1. $\forall a \in \mathbb{R}, a\not=0, a>0 \implies a^{-1}>0$ y $a<0 \implies a^{-1}<0$
Teorema 2. Si $a < b$ y $c < 0$, entonces $ac > bc$.
Demostración.
Caso 1. $a > 0$ y $b > 0$
$a < b$ Por hipótesis
$a^{-1} > 0$ y $b^{-1} > 0$ Por Teorema 1
$a \cdot a^{-1} < b \cdot a^{-1}$ Propiedad multiplicativa
$(a \cdot a^{-1}) \cdot b^{-1}<(b \cdot a^{-1}) \cdot b^{-1}$ Asociatividad y prop. multiplicativa
$(a \cdot a^{-1}) \cdot b^{-1}<(b \cdot b^{-1}) \cdot a^{-1}$ Asociatividad
$1 \cdot b^{-1} < 1 \cdot a^{-1}$ Inverso multiplicativo
$b^{-1} < a^{-1}$ Neutro multiplicativo
Caso 2. $a < 0$ y $b < 0$
$a < b$ Por hipótesis
$a^{-1} < 0$ y $b^{-1} < 0$ Por Teorema 1
$a \cdot a^{-1} > b \cdot a^{-1}$ Por Teorema 2
$(a \cdot a^{-1}) \cdot b^{-1} < (b \cdot a^{-1}) \cdot b^{-1}$ Asociatividad y Teorema 2
$1 \cdot b^{-1} < 1 \cdot a^{-1}$ Inverso multiplicativo
$b^{-1} < a^{-1}$ Neutro multiplicativo
De esta manera, llegamos al resultado deseado en ambos casos. $\blacksquare$