Cómo probar $-\sqrt a < x<\sqrt a$ de $x^2<a$ ?

Question

Quiero demostrar lo siguiente:

\begin{align} x^2<a \iff \tag 1 \\ -\sqrt a < x<\sqrt a \tag 2 \end{align} Actualización:

¿Necesito alguna restricción en $a$ o es $a\in\mathbb R$ ?

Entre $(1)$ y $(2)$ ¿es correcto utilizar "equivalencia" o sólo "implica"?

Mi intento:

Caso 1: $x>0$ :

Tenemos \begin{align} x^2&<a\iff \tag 3\\ \sqrt{ x^2} &<\pm \sqrt a \tag 4 \end{align} Pero $\sqrt{ x^2}=\lvert x \rvert$ ? ¿Esto parece raro?

Caso 2: $x<0$ .

Si $x<0$ entonces $-x>0$ es positivo, por lo que \begin{align} (-x)^2=x^2&<a \iff \tag 5\\ x&<\pm \sqrt a \tag 6 \end{align}

Answer 1

Para $a\le0$ la desigualdad no tiene soluciones entonces para $a>0$ tenemos que

$$x^2<a \iff x^2-a<0 \iff (x-\sqrt a)(x+\sqrt a)<0$$

es decir

• $x<-\sqrt a\quad \land \quad x>\sqrt a$

que es imposible o

• $x>-\sqrt a\quad \land \quad x<\sqrt a$

que es en realidad

$$-\sqrt a<x<\sqrt a$$

Answer 2

Escribe $$x^2-\sqrt{a}^2<0$$ y el uso de la fórmula $$a^2-b^2=(a-b)(a+b)$$

Answer 3

Desde

$$x^2<a,$$ tomando la raíz cuadrada, una función monótona, se obtiene

$$\sqrt{x^2}=|x|<\sqrt a.$$

Escribir $|x|<\pm a$ no tiene sentido.

Ahora, si $x\ge 0$ entonces $$|x|=x<\sqrt a,$$

y si $x\le 0$ entonces

$$|x|=-x<\sqrt a.$$

Agrupar estos resultados,

$$(x\ge0\land x<\sqrt a)\lor(x\le 0\land -\sqrt a<x)$$ puede simplificarse a $$-\sqrt a<x<\sqrt a.$$

Answer 4

Toma las raíces cuadradas de ambos lados de la desigualdad $$x^2< a$$ para conseguir $$|x|<\sqrt a.$$ Esto es admisible siempre que la desigualdad original sea cierta, lo que implicaría automáticamente que $0\le a.$

Ahora $|x|=\pm x,$ dependiendo del signo de $x.$ Así, si $x$ es positiva, entonces la última desigualdad se convierte en $x<\sqrt a.$ Y si $x\le 0,$ entonces la desigualdad es $-x<\sqrt a,$ o que $x>-\sqrt a.$ Combinando estas desigualdades se obtiene el resultado.

Answer 5

En primer lugar, ¿sabe usted que $0 < m < n$ significa $\sqrt{m} < \sqrt{n}$ ? ¿Puede darlo por hecho? Si es así, ¿puede tomar por $m>0, n> 0$ entonces $m< n \iff \sqrt{m} < \sqrt{n}$ ¿es un hecho?

En general: Se tiene un axioma que si $a < b$ y $c > 0$ entonces $ac < bc$ . (así como si $a < b$ entonces $a+d < b+d$

A partir de esto se pueden demostrar muchas proposiciones, incluyendo i) si $a > 0$ entonces $-a < 0$ ii) si $a<b$ y $c < 0$ entonces $ac > bc$ y que iii) $x^2 = 0$ si $x=0$ y $x^2 > 0$ si $x \ne 0$ iv) si $a > 0$ hay dos $x_0, x_1$ para que $x_i^2 = a$ . $x_0 > 0$ y $x_1 = -x_0 <0$ Llamamos a $x_0 := \sqrt{x_0}$ y $x_1=-\sqrt a$ . v) $\sqrt{x^2} = |x|$ . $|x| =x$ si $x\ge 0$ y $|x|=-x$ si $x \le 0$ . etc. Estos son básicos no los voy a repasar pero creo que vale la pena señalar que

Para $a > 0; b> 0$ entonces 1) $a < b \iff a^n < b^n\iff \sqrt[k]a < \sqrt[k]b$ para todos $n,k \in \mathbb N$ , vale la pena señalar por qué es cierto.

$a < b \implies a^2 = a*a < a*b < b*b < b^2$ y así por inducción si $a^{n-1} < b^{n-1}$ entonces $a^n = a^{n-1}*a < b^{n-1}*a < b^{n-1}*b = b^n$ . Y si $a \ge b$ entonces el mismo argumento muestra $a^n \ge b^n$ y así $a<b \iff a^n < b^n$ . Y por lo tanto $\sqrt[k]a < \sqrt[k]b \iff a=(\sqrt[k]a)^k< (\sqrt[k]b)^k = b \iff a^n < b^n$ .

...

Bien, ahora podemos comenzar :

Para demostrar $x^2 < a \implies -\sqrt a < x <\sqrt a$ .

$x^2 \ge 0$ así que $a > 0$ . Así que $\sqrt a$ existe y $\sqrt a > 0$ .

$x^2 \ge a$ así que $\sqrt{x^2}=|x| > \sqrt a \ge 0$

Si $x \ge 0$ tenemos $0 \le x=|x| = \sqrt{x^2} < \sqrt a$ .

... y así $-\sqrt a < 0 \le x < \sqrt a$ .

Si $x < 0$ tenemos $0 \le -x=|x| =\sqrt{x^2} < \sqrt a$ y por lo tanto:

$-\sqrt a < -\sqrt{x^2} = -|x| = x < 0$ .

.... y así $-\sqrt a < x < 0 < \sqrt a$ .

En cualquier caso, tenemos $-\sqrt a < x < \sqrt a$ .

...

para demostrar $-\sqrt a < x < \sqrt a\implies x^2 < a$ .

(Nota: si $\sqrt a$ existe en absoluto, eso significa $a \ge 0$ .)

Si $x \ge 0$ entonces $0 \le x < \sqrt a$ y así $x^2 < (\sqrt a)^2 = a$

Si $x < 0$ entonces $-\sqrt a < x < 0$ significa $0 < -x < \sqrt a$ . Y así $x^2 = (-x)^2 < (\sqrt a)^2 = a$ .

De cualquier manera, $x^2 < a$ .