\documentclass{article}
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\begin{document}

{\bf Problema 1-6}
Fije $y \in \mathbb{R}^+$.
\begin{enumerate}
\item  El número $x \in \mathbb{R}^+$ satisface la condición 
$|x-y|<\frac{y}{2}$, demuestre que:
\begin{equation}
	|\sqrt{x}-\sqrt{y}| < \frac{2}{3} \frac{|x-y|}{\sqrt{y}}  \label{eq:uno}
\end{equation}
\item Fije $\varepsilon > 0$, deduzca del inciso (\ref{eq:uno}) que si
$x \in \mathbb{R}^+$ satiface la condición 
$|x-y| <\min \left\{\frac{3}{2}\sqrt{y}\varepsilon, \frac{y}{2} \right\}$, 
entonces $|\sqrt{x}-\sqrt{y}| < \varepsilon$.
\end{enumerate}


Antes de hacer las demostraciones debemos establecer tres afirmaciones::
\begin{enumerate}[label=(\roman*.)]
\item La función $f(x)= x^2$ es creciente en $\mathbb{R}^+$:
\begin{equation}
		\forall a, b \in \mathbb{R}^+:  a^2 < b^2 \implies a<b.
\end{equation}

Supongamos que $a, b \in \mathbb{R}^+$, entonces 
\begin{align*} 
			a^2 &< b^2\\
			 0 &< b^2 - a^2\\
				&= (b+a)(b-a)\\
\intertext{ como este producto es positivo y como $b*a$ es pisitivo,
entonces $b-a$ debe ser positivo.}
			0 &< b-a\\
			a &<b
\end{align*} 

\item Por supuesto, de la afirmación anteior, puede deducirse inmediatamente
que la función raíz cuadrada es también creciente en $\mathbb{R}^+$:
\[
		\forall a, b \in \mathbb{R}^+:  a < b \implies \sqrt{a}<\sqrt{b}.
\]

\item El inverso multiplicativo invierte la desigualdad: 
\[
\forall a, b \in \mathbb{R}^+:  0<a<b \implies \frac{1}{b} < \frac{1}{a}
\]

En efecto, como $a>0$ y $b>0$ entonces $ab >0$ y $\frac{1}{ab}>0$.  Entonces:
\begin{align*}
				0 &< a < b
\intertext{multiplicando por $\frac{1}{ab} >0$}
				0 &< a\frac{1}{ab} < b\frac{1}{ab}\\
				0 &< \frac{1}{b} < \frac{1}{a}\\
\end{align*}

\item 
\[
				\frac{1}{\sqrt{2}}+1 > \frac{3}{2}
\]
\begin{align*}
\intertext{En efecto, cosideremos:}
				 4 &> 2 \\
		       \frac{1}{2} &> \frac{1}{4}\\
\intertext{por una afirmación previa:}
		\sqrt{\frac{1}{2}} &> \sqrt{\frac{1}{4}}\\
		\frac{1}{\sqrt{2}} &> \frac{1}{2}  \\
		\frac{1}{\sqrt{2}} + 1 &> \frac{3}{2} 
\end{align*}

\item 
\begin{align*}
	\forall a, b &\in \mathbb{R}^+:\quad |a| < b \implies  -b < a < b
\end{align*}
Tenemos que considerar dos casos:
\begin{description}
\item
	Si $a \ge 0$, entonces $|a|=a$  y como $|a|<b$, entonces $-b<0<a<b$, 
\item
	Si $a < 0$, entonces $|a|=-a$  y como $|a|<b$ entonces $-a<b$.
	que equivale a $-b <a$, como $a<0<b$ entonces $-b<a<b$.
\end{description}
En cualquiera de los doscasos $-b<a<b$.


\item La desigualdad (débil) del triángulo.  Sean $a, b \in \mathbb{R}$,
entonces:
\[
				|a| - |b| \le | a - b |
\]
Sean $a, b \in \mathbb{R}$, en la desigualdad del triángulo
\[
				|x+y| \le |x| + |y|
\]
tomemos $x= a-b$, $y=b$, entonces:
\begin{align*}
			|x+y| &\le |x| + |y|\\
			|(a-b) + b| &\le |a-b| + |b|\\
			|a| &\le |a-b| + |b| \\
\intertext{de donde:}
			|a| - |b| &\le |a-b| \\
\intertext{de deonde:}
\end{align*}
\begin{align*}
\end{align*}
\end{enumerate}

{\bf Demostración}
\begin{enumerate}
\item Sea $y$ un número real positivo y supongamos que $|x-y| \le \frac{y}{2}$, 
entonces, por la desigualdad débil:
\begin{align*}	
	|x-y| &< \frac{y}{2}\\
	-\frac{y}{2} < x-y &< \frac{y}{2} \\
\intertext{sumando $y$}
	\frac{y}{2} < x &< y+\frac{y}{2} =\frac{3}{2} y\\
\intertext{tomando raíz cuadrada de los dos primeros términos:}
	\sqrt{\frac{1}{2}y} &< \sqrt{x}\\
	\sqrt{x} + \sqrt{y} &> \sqrt{\frac{1}{2}y} + \sqrt{y} \\
	\sqrt{x} + \sqrt{y} &> \left(\sqrt{\frac{1}{2}}+1\right) \sqrt{y} \\
\intertext{pero probamos que $\sqrt{\frac{1}{2}}+1 > \frac{3}{2}$}
	\sqrt{x} + \sqrt{y} &> \frac{3}{2} \sqrt{y} \\
\intertext{tomando inversos multiplicativos:}
	\frac{1}{\sqrt{x} + \sqrt{y}} &< \frac{1}{\frac{3}{2}\sqrt{y}}\\
\intertext{pero: }
	|x-y|	&= | (\sqrt{x} - \sqrt{y})(\sqrt{x} + \sqrt{y}) | \\
		&= | \sqrt{x} - \sqrt{y}| | \sqrt{x} + \sqrt{y} | \\
		&= | \sqrt{x} - \sqrt{y}| ( \sqrt{x} + \sqrt{y} ) \\
\intertext{ahora $\sqrt{x} + \sqrt{y} > 0$, por lo que podemos dividir }
	|\sqrt{x} - \sqrt{y}| 
		&= \frac{|x-y|}{\sqrt{x} + \sqrt{y}} \\
		&= \frac{1}{\sqrt{x} + \sqrt{y}} |x-y| \\
\intertext{pero probamos que esto es menor que $\frac{1}{\frac{3}{2}\sqrt{y}}$}
		&= \frac{1}{\frac{3}{2}\sqrt{y}}|x-y| \\
	|\sqrt{x} - \sqrt{y}| 
		&= \frac{2}{3}\frac{|x-y|}{\sqrt{y}}\\
\intertext{que demuestra el primer inciso}
\end{align*}
\item Fijemos ahora $\varepsilon > 0$, dado $x \in \mathbb{R}^+$ 
que satiface la condición 
$|x-y| < \min \left\{\frac{3}{2}\sqrt{y}\varepsilon, \frac{y}{2} \right\}$, 
entonces $|x-y| < \frac{y}{2}$, por lo que se satiface la condición del
inciso anterior, entonces:
\begin{align*}
	|\sqrt{x} - \sqrt{y}| 
		&= \frac{2}{3}\frac{|x-y|}{\sqrt{y}}\\
		&= \frac{2}{3} \frac{|x-y|}{\sqrt{y}}\\
\intertext{pero como también $|x-y| < \frac{3}{2}\sqrt{y}\varepsilon$}
	|\sqrt{x} - \sqrt{y}| 
		&< \frac{2}{3\sqrt{y}}
		\frac{3}{2}\sqrt{y}\varepsilon\\
	|\sqrt{x} - \sqrt{y}| 
		&< \varepsilon\\
\end{align*}
como quería demostrarse.
\end{enumerate}
\end{document}