Inducción matemática

INDUCCIĂ“N MATEMĂ TICA IntroducciĂłn Johann Carl Friedrich GauĂ&#x; nombre latinizado (Juan Carlos Federico Gauss) (Brunswick, 30 de abril de 1777 – Gotinga, 23 de febrero de 1855), fue un matemĂĄtico, astrĂłnomo, geodesta y fĂ­sico alemĂĄn de lo mĂĄs influente en la historia, se le conoce como “El prĂ­ncipe de las matemĂĄticasâ€?. Se cuenta la anĂŠcdota de que en la escuela, durante la clase de aritmĂŠtica, el maestro propuso el problema de sumar los nĂşmeros del 1 al 100. El pequeĂąo Carl Friedrich hallĂł la respuesta correcta casi inmediatamente exclamando Ligget se (ÂĄya estĂĄ!, en bajo alemĂĄn). Al acabar la hora se comprobaron las soluciones y se vio que la soluciĂłn de Gauss era correcta, mientras que no lo eran muchas de las de sus compaĂąeros. Pero ÂżcĂłmo lo hizo? Se dio cuenta que si uno sumaba “al derecho y al revĂŠsâ€? sumaban lo mismo: S(n) = 1 + 2 + 3 + 4 +‌‌‌.+ 97 + 98 + 99 + 100 S______________________________________________________________________________ (n) = 100 + 99 + 98 + 97 +‌‌‌.+ 4 + 3 + 2 + 1 2S(n) = 101+101+101+101+‌‌‌.+101+101+101+101=(100)(101) “nâ€? tĂŠrminos S(n) = (100)(101)/2 = 5050 Esto se puede generalizar: S(n) = 1 + 2 + 3 + 4 +‌‌‌.+ (n–3) + (n–2) + (n–1) + n S________________________________________________________________________________________ + (n–1) + (n–2) + (n–3) +‌‌‌.+ 4 + 3 + 2 + 1 (n) = n 2S(n) = (n+1) + (n+1) + (n+1) + (n+1) +‌‌‌.+ (n+1) + (n+1) + (n+1) + (n+1) “nâ€? tĂŠrminos 2S(n) = (n+1)(n) (n)(n + 1) S(n) = 2 Pero no todos somos tan ingeniosos como Gauss para probar que ciertas afirmaciones son vĂĄlidas para todos los nĂşmeros naturales, asĂ­ nace el mĂŠtodo llamado Principio de InducciĂłn.

Principio de InducciĂłn Cierta propiedad P(n) es verdadera ę“Ż n Đ„ â„•, si cumple las siguientes condiciones: (1) P(1) es verdadera (2) Si P(k) es verdadera, entonces P(k+1) tambiĂŠn lo es.

Ejemplo 1 Al observar varios casos, hemos podido conjeturar que P(n) = 5n – 1 es múltiplo de 4, ꓯ n Є ℕ.

Generalizarlo para cualquier caso, ę“Ż n Đ„ â„•, aplicamos el principio de inducciĂłn: (1) P(1) = 51 − 1 = 4 que es mĂşltiplo de 4 → la afirmaciĂłn es verdadera.

(2) Si P(1) = 51 − 1 = 4 es mĂşltiplo de 4, demostraremos que: P(k+1), tambiĂŠn lo es.

P(k+1) = 5k+1 − 1 = (51 )(5k ) − 1 = (4 + 1)(5k ) − 1 P(k+1) = (4)(5k ) + (5k − 1) P(k+1) =

° 4

+

° ° = đ?&#x;’ lo que querĂ­amos demostrar (lqqd) 4 hipĂłtesis (2)

Ejemplo 2 an+1 − 1 2 n ę“ŻnĐ„â„• Demostrar que: P(n) = 1 + a + a + â‹Ż + a = a−1 SoluciĂłn: a1+1 − 1 a2 − 1 (a + 1)(a − 1) (đ?&#x;?) P(1) = 1 + a = = = = a + 1, es verdadera. a−1 a−1 (a − 1) (đ?&#x;?) Si P(k) = 1 + a + a2 + â‹Ż + ak =

ak+1 − 1 es verdadera ę“Ż k Đ„ â„• a−1

demostraremos que: P(k+1) = 1 + a + a2 + â‹Ż + ak+1 =

ak+2 − 1 , tambiĂŠn lo es. a−1

P(k+1) = 1 + a + a2 + a3 +...+ ak + ak+1 P(k+1) = (1 + a + a2 + a3 +...+ ak) + ak+1 P(k+1) = P(k+1) =

P(k)

+ ak+1

ak+1 − 1 ak+1 − 1 + (a − 1)(đ?‘Ž)đ?‘˜+1 ak+1 − 1 + đ?‘Žđ?‘˜+2 − đ?‘Žđ?‘˜+1 + ak+1 = = a−1 a−1 a−1 đ???(đ??¤+đ?&#x;?) =

đ??šđ??¤+đ?&#x;? − đ?&#x;? đ?’?đ?’’đ?’’đ?’… đ??šâˆ’đ?&#x;?

Ejemplo 3 Demostrar que la suma de los ångulos interiores de un polígono convexo de n lados es: (n – 2)π Solución: Sabemos que n ≼ 3 ꓯ n Є ℕ Aplicamos las 2 condiciones del principio de inducción: (1) P(3) = (3 – 2)π = π, que es la suma de los ångulos de un triångulo (n=3) → es verdadera.

(2) Si P(k) = (k – 2)π es verdadera, demostraremos que: P(k+1) = (k+1 – 2)π, tambiÊn lo es.

DemostraciĂłn: P(k+1) = (k+1 – 2)Ď€ = (k – 2+1)Ď€ P(k+1) = (k – 2)Ď€ + Ď€ De 2 vĂŠrtices consecutivos del polĂ­gono de “kâ€? lados trazamos 2 nuevos lados construyendo el nuevo polĂ­gono de “k+1â€? lados, tal como se muestra en la figura, donde se ve que el polĂ­gono de “k+1â€? lados estĂĄ compuesto por un polĂ­gono de “kâ€? lados y un triĂĄngulo.

Entonces la suma de los ĂĄngulos interiores de un polĂ­gono de “k+1â€? lados es igual a la suma de los ĂĄngulos interiores del polĂ­gono de “kâ€? lados y el triĂĄngulo, lo cual suma: (k – 2)Ď€ + Ď€, que es lo que querĂ­amos demostrar (lqqd).

EJERCICIOS (Stewart J. IntroducciĂłn al cĂĄlculo) (P. 177 CapĂ­tulo 3) Para los problemas del 1 al 7 usando el principio de inducciĂłn matemĂĄtica, demuestre que: 1. El producto de 3 nĂşmeros naturales consecutivos es siempre mĂşltiplo de 3.

Solución Sean los 3 números naturales consecutivos: n, (n+1) y (n+2) ꓯ n Є ℕ, entonces definimos a P(n) como el producto de estos 3 números naturales consecutivos como sigue: ° P(n) = (n)(n+1)(n+2) es 3 ꓯ n Є ℕ Aplicamos las 2 condiciones del principio de inducción: (1) P(1) = (1)(1+1)(1+2) = (1)(2)(3) = 6 que es múltiplo de 3 → es verdadera.

(2) Si P(k) = (k)(k+1)(k+2) es mĂşltiplo de 3 ę“Ż k Đ„ â„•, entonces demostraremos que: P(k+1) = (k+1)(k+2)(k+3), tambiĂŠn lo es.

DemostraciĂłn: P(k+1) = (k+1)(k+2)(k+3) = [(k+1)(k+2)](k+3) P(k+1) = [(k+1)(k+2)](k) + [(k+1)(k+2)](3) ° ° P(k+1) = + 3 3 hipĂłtesis (2) ° đ???(đ??¤+đ?&#x;?) = đ?&#x;‘ (đ??Ľđ??Şđ??Şđ???)

2. n3 – 4n es divisible por 3 ꓯ n Є ℕ.

Solución Definimos P(n) tal como sigue: P(n) = n3 – 4n es divisible por 3 ꓯ n Є ℕ.

Aplicamos las 2 condiciones del principio de inducción: (1) P(1) = 13 – 4(1) = – 3 que es divisible por 3 → es verdadera.

(2) Si P(k) = k3 – 4k es divisible por 3 ꓯ k Є ℕ, demostraremos que: P(k+1) = (k+1)3 – 4(k+1), tambiÊn lo es.

DemostraciĂłn: P(k+1) = (k+1)3 – 4(k+1) = k3 + 3k2 + 3k + 1 – 4k – 4 = k3 – 4k + 3k2 + 3k – 3 P(k+1) = k3 – 4k + 3(k2 + k – 1) P(k+1) = k 3 − 4k + 3(k 2 + k − 1) ° ° P(k+1) = + 3 3 hipĂłtesis (2) ° đ???(đ??¤+đ?&#x;?) = đ?&#x;‘ (đ??Ľđ??Şđ??Şđ???)

3. 8n – 3n es divisible por 5 ꓯ n Є ℕ.

Solución Definimos P(n) tal como sigue: P(n) = 8n – 3n es divisible por 5 ꓯ n Є ℕ.

Aplicamos las 2 condiciones del principio de inducción: (1) P(1) = 81 – 31 = – 5 que es divisible por 5 → es verdadera.

(2) Si P(k) = 8k – 3k es divisible por 5 ꓯ k Є ℕ, demostraremos que: P(k+1) = 8k+1 – 3k+1, tambiÊn lo es.

DemostraciĂłn: P(k+1) = 8k+1 – 3k+1 P(k+1) = 8k(8) – 3k(3) P(k+1) = 8k(5+3) – 3k(3) P(k+1) = 8k(5) + 8k(3) – 3k(3) P(k+1) = 8k (5) + (8k − 3)(3) ° ° P(k+1) = 5 + 5 hipĂłtesis (2) ° đ???(đ??¤+đ?&#x;?) = đ?&#x;“ (đ??Ľđ??Şđ??Şđ???)

4. 32n – 1 es divisible por 8 ꓯ n Є ℕ.

Solución Definimos P(n) tal como sigue: P(n) = 32n – 1 es divisible por 8 ꓯ n Є ℕ.

Aplicamos las 2 condiciones del principio de inducción: (1) P(1) = 32(1) – 1 = – 8 que es divisible por 8 → es verdadera.

(2) Si P(k) = 32k – 1 es divisible por 8 ꓯ k Є ℕ, demostraremos que: P(k+1) = 32(k+1) – 1, tambiÊn lo es.

DemostraciĂłn: P(k+1) = 32(k+1) – 1 = 32k+2 – 1 P(k+1) = (32k)(32) – 1 P(k+1) = (32k)(9) – 1 P(k+1) = (32k)(8+1) – 1 P(k+1) = (32k)(8) + (32k)(1) – 1 P(k+1) = 32k (8) + 32k − 1 ° ° P(k+1) = 8 + 8 hipĂłtesis (2) ° đ???(đ??¤+đ?&#x;?) = đ?&#x;“ (đ??Ľđ??Şđ??Şđ???)

5. n2 > 2n + 1 ę“Ż n > 3.

Solución Aplicamos las 2 condiciones del principio de inducción: (1) Para n = 4 tenemos que 42 > 2(4) + 1 → 16 > 9 lo cual es verdadero.

(2) Si k2 > 2k + 1 ę“Ż k > 3 es verdadero, demostraremos que: (k+1)2 > 2(k+1) + 1, tambiĂŠn lo es.

O sea tenemos que demostrar que: (k+1)2 > 2k+3 DemostraciĂłn: Por hipĂłtesis (2): k2 > 2k + 1 Sumando a ambos lados de la inecuaciĂłn el tĂŠrmino 2k + 1: k2 + 2k + 1> 2k + 1 + 2k + 1 → (k+1)2 > 4k + 2 ‌‌‌‌‌‌.. (Îą) Sabemos que: 4k > 2k → 4k + 2 > 2k + 2 pero yo necesito saber si 4k + 2 > 2k + 3 o no, entonces: 4k + 2 > 2k + 2 + a, la pregunta es ÂżcuĂĄnto debe valer “kâ€? para que se cumpla la inecuaciĂłn donde a = 1?

Resolviendo: 4k + 2 > 2k + 2 + a → 2k > a → k > a/2 → k > 1/2 y por enunciado del problema k > 3 con lo cual cumple con la anterior condición. Entonces concluimos que: 4k + 2 > 2k + 3 ‌‌‌‌‌‌.. (β) De (ι) y (β) por relación transitiva: (k+1)2 > 4k + 2 > 2k + 3 (k+1)2 > 2k + 3, lqqd.

6. 82n–1 + 62n–1 es divisible por 7 ꓯ n Є ℕ.

Solución Definimos P(n) tal como sigue: P(n) = 82n–1 + 62n–1 es divisible por 7 ꓯ n Є ℕ.

Aplicamos las 2 condiciones del principio de inducción: (1) P(1) = 82(1)–1 + 62(1)–1 = 81 + 61 = 14 que es divisible por 7 → es verdadera.

(2) Si P(k) = 82k–1 + 62k–1 es divisible por 7 ꓯ k Є ℕ, demostraremos que: P(k+1) = 82(k+1)–1 + 62(k+1)–1, tambiÊn lo es.

DemostraciĂłn: P(k+1) = 82(k+1)–1 + 62(k+1)–1 = 82k–1+2 + 62k–1+2 = (82k–1)(8)2 + (62k–1)(6)2 = (82k–1)(64) + (62k–1)(36) P(k+1) = 4[(82k–1)(16) + (62k–1)(9)] = 4[(82k–1)(14 + 2) + (62k–1)(7 + 2)] P(k+1) = 4[(82k–1)(14) + (82k–1)(2) + (62k–1)(7) + (62k–1)(2)] P(k+1) = 4[(82k–1)(14) + (82k–1)(2) + (62k–1)(7) + (62k–1)(2)] P(k+1) = 4[(82k–1)(14) + (62k–1)(7) + (82k–1)(2) + (62k–1)(2)] P(k+1) = 4[(7)( 82k−1 (2) + 62k−1 ) + (2)(82k−1 + 62k−1 )] ° ° P(k+1) = + 7 7 hipĂłtesis (2) ° đ???(đ??¤+đ?&#x;?) = đ?&#x;“ (đ??Ľđ??Şđ??Şđ???)

7. Si n Є ℕ es impar, entonces 24 divide a n(n2–1).

Solución Vemos que solo cumple para n ≼ 3 ꓯ n Є ℕ impar.

Definimos P(n) tal como sigue: P(n) = n(n2 – 1).....................(Îą) Como "n" es impar, lo definimos como: n = 2m+1 ę“Ż m Đ„ â„•, reemplazamos en (Îą): P(m) = (2m+1)[(2m+1)2 – 1] P(m) = (2m+1)[4m2 + 4m +1 – 1] P(m) = (2m+1)[4m2 + 4m] P(m) = (2m+1)(4m)(m+1) Entonces nuestro problema ya no depende de “nâ€? sino de la variable “mâ€?, la cual no importa que sea par o impar, solo tiene que pertenecer a los nĂşmeros naturales, ahora el enunciado serĂ­a de la siguiente forma: Demostrar por inducciĂłn que si m Đ„ â„•, entonces 24 divide a 4(m)(m+1)(2m+1) Aplicamos las 2 condiciones del principio de inducciĂłn: (1) P(1) = (4)(1)(1+1)[2(1)+1] = (4)(1)(2)(3) = 24 que es divisible por 24 → es verdadera.

(2) Si P(k) = 4(k)(k+1)(2k+1) es divisible por 24 ę“Ż k Đ„ â„•, demostraremos que: P(k+1) =4(k+1)(k+2)[2(k+1)+1], tambiĂŠn lo es.

DemostraciĂłn: P(k+1) = (4)(k + 1)(k + 2)[2(k + 1) + 1] P(k+1) = (4)(k + 1)(k + 2)[2k + 2 + 1] P(k+1) = (4)(k + 1)(k + 2)[(2k + 1) + 2] P(k+1) = (4)(k + 1)[(2k + 1) + 2](k +2) P(k+1) = [(4)(k + 1)(2k + 1) + (4)(k + 1)(2)](k + 2) P(k+1) = (4)(k + 1)(2k + 1)(k) + (4)(k + 1)(2)(k) + (4)(k + 1)(2k + 1)(2) + (4)(k + 1)(2)(2) P(k+1) = (4)(k)(k + 1)(2k + 1) + (8)(k + 1)(k) + (8)(k + 1)(2k + 1) + (16)(k + 1) P(k+1) = (4)(k)(k + 1)(2k + 1) + 8k2+ 8k + 8(2k2+ 3k + 1) + 16k + 16 P(k+1) = (4)(k)(k + 1)(2k + 1) + 8k2+ 8k + 16k2+ 24k + 8 + 16k + 16 P(k+1) = (4)(k)(k + 1)(2k + 1) + 24k2+ 48k + 24 ° ° ° ° P(k+1) = + 24 + 24 + 24 24 hipĂłtesis (2) ° đ???(đ??¤+đ?&#x;?) = đ?&#x;?đ?&#x;’ (đ??Ľđ??Şđ??Şđ???)

8. Use inducciĂłn para demostrar que n2 + n + 41 es primo. Indique donde falla el principio de inducciĂłn.

SoluciĂłn Definimos P(n) tal como sigue: P(n) = n2 + n + 41 Factoricemos “nâ€? para poder analizar mejor el polinomio: P(n) = (n)(n + 1) + 41 Como 41 es primo basta que uno de los factores (n) o (n + 1) sea igual a 41, para que sea un factor comĂşn o sea 41 serĂ­a factorizable y tendrĂ­amos en total 2 factores lo cual demostrarĂ­a que no es un nĂşmero primo, tal como se describe a continuaciĂłn: P(n) = (n) (n + 1) + 41 P(40) = (40) (41) + 41 = 41(40 + 1) = (41)(41) no es primo en n = 40 P(n) = n(n + 1) + 41 es primo si 0 ≤ n ≤ 39 ę“Ż n Đ„ â„•.

Aplicamos las 2 condiciones del principio de inducción: (1) P(1) = (1)(1 + 1) + 41 = 43 es primo → es verdadera.

(2) Si P(k) = k(k + 1) + 41 es primo si 0 ≤ k ≤ 39 ꓯ k Є ℕ, demostraremos que: P(k+1) = (k + 1)(k + 2) + 41 tambiÊn lo es.

Demostración: P(k+1) = (k + 1)(k + 2) + 41 Como 41 es número primo basta que uno de los factores (k+1) o (k+2) sea igual a 41, para que P(k+1) no sea un número primo, tal como se describe a continuación: P(k) = (k+1) (k+2) + 41 P(39) = (40) (41) + 41 = 41(40+1) = (41)(41) no es primo y el principio falla en k = 39 lo cual contradice a la hipótesis (2): 0 ≤ k ≤ 39 (lqqd).

9. Demuestre que S(n) = 1 + 2 + 3 + 4 + ‌ + (n – 1) + n = n(n + 1)/2 Solución Definimos S(n) = 1 + 2 + 3 + 4 +‌+ (n – 1) + n = n(n + 1)/2 ꓯ n Є ℕ.

Aplicamos las 2 condiciones del principio de inducciĂłn: (1) S(1) = 1 = (1)(2)/(2) = 1 entonces es verdadera.

(2) Si S(k) = 1 + 2 + 3 + 4 +‌+ k = k(k + 1)/2 ꓯ k Є ℕ es verdadera, demostraremos que: S(k + 1) = 1 + 2 +‌+ (k + 1) = (k + 1) (k + 2)/2, tambiÊn lo es.

Demostración: S(k + 1) = 1 + 2 +‌+ k + (k + 1) S(k + 1) = S(k) + (k + 1) hipótesis (2) S(k+1)

k(k + 1) k(k + 1) + 2(k + 1) k 2 + k + 2k + 2 k 2 + 3k + 2 = + (k + 1) = = = 2 2 2 2

đ??’(đ??¤+đ?&#x;?) =

(đ??¤ + đ?&#x;?)(đ??¤ + đ?&#x;?) đ?’?đ?’’đ?’’đ?’… đ?&#x;?

10. đ??ƒđ??žđ??Śđ??Žđ??žđ??Źđ??­đ??Ťđ??ž đ??Şđ??Žđ??ž đ?&#x;?đ?&#x;‘ + đ?&#x;?đ?&#x;‘ + đ?&#x;‘đ?&#x;‘ + â‹Ż + đ??§đ?&#x;‘ = [

đ??§(đ??§ + đ?&#x;?) đ?&#x;? ] ę“Ż đ??§ Đ„ â„•. đ?&#x;?

SoluciĂłn Definimos S(n) tal como sigue: n(n + 1) 2 3 3 3 3 3 S(n) = 1 + 2 + 3 + 4 + â‹Ż + n = [ ] ę“Ż n Đ„ â„•.

2 Aplicamos las 2 condiciones del principio de inducción: (1) S(1) = 13 = 1 = [(1)(1 + 1)/2]2 = 1 → es verdadera.

2

(đ?&#x;?) Si S(k)

k(k + 1) = 1 +2 +3 +4 +â‹Ż+k = [ ] ę“Ż k Đ„ â„• es verdadera, 2 3

3

3

3

3

Demostraremos que:

(k + 1)(k + 2) 2 S(k+1) = 1 + 2 + 3 + â‹Ż + (k + 1) = [ ] , tambiĂŠn lo es.

2 Demostración: S(k+1) = 13 + 23 + 33 + 43 +‌+ k3 + (k + 1)3 S(k+1) = S(k) + (k + 1)3 hipótesis (2) 3

S(k+1)

3

3

3

(k)(k + 1) 2 k 2 (k + 1)2 + 4(k + 1)3 (k + 1)2 [k 2 + 4(k + 1)] 3 =[ ] + (k + 1) = = 2 4 4

S(k+1) =

(k + 1)2 [k 2 + 4k + 4] (k + 1)2 (k + 2)2 = 4 22 đ??’(đ??¤+đ?&#x;?)

11. đ??ƒđ??žđ??Śđ??Žđ??žđ??Źđ??­đ??Ťđ??ž đ??Şđ??Žđ??ž

(đ??¤ + đ?&#x;?)(đ??¤ + đ?&#x;?) đ?&#x;? =[ ] đ??Ľđ??Şđ??Şđ??? đ?&#x;?

đ?&#x;? đ?&#x;? đ?&#x;? đ??§ + + â‹Ż+ = ę“Ż đ??§ Đ„ â„•. (đ?&#x;?)(đ?&#x;?) (đ?&#x;?)(đ?&#x;‘) (đ??§)(đ??§ + đ?&#x;?) (đ??§ + đ?&#x;?)

SoluciĂłn Definimos S(n) tal como sigue: S(n) =

1 1 1 n + + â‹Ż+ = ę“Ż n Đ„ â„•.

(1)(2) (2)(3) (n)(n + 1) (n + 1)

Aplicamos las 2 condiciones del principio de inducciĂłn: (đ?&#x;?) S(1) =

1 1 n 1 1 = = = = → es verdadera.

(1)(2) 2 (n + 1) (1 + 1) 2

(đ?&#x;?) Si S(k) =

1 1 1 k + + â‹Ż+ = ę“Ż k Đ„ â„• es verdadera, (1)(2) (2)(3) (k)(k + 1) (k + 1)

demostraremos que: S(k+1) =

(k + 1) 1 1 1 + + â‹Ż+ = , tambiĂŠn lo es.

(1)(2) (2)(3) (k + 1)(k + 2) (k + 2)

DemostraciĂłn: 1 1 1 1 S(k+1) = + + â‹Ż+ + (1)(2) (2)(3) (k)(k + 1) (k + 1)(k + 2) 1 S(k) + (k + 1)(k + 2) hipĂłtesis (2) k 1 k(k + 2) + 1 = + = (k + 1) (k + 1)(k + 2) (k + 1)(k + 2)

S(k+1) = S(k+1) S(k+1)

(k + 1)2 k 2 + 2k + 1 = = (k + 1)(k + 2) (k + 1)(k + 2) đ??’(đ??¤+đ?&#x;?) =

(đ??¤ + đ?&#x;?) đ??Ľđ??Şđ??Şđ??? (đ??¤ + đ?&#x;?)

12. đ??ƒđ??žđ??Śđ??Žđ??žđ??Źđ??­đ??Ťđ??ž đ??Şđ??Žđ??ž đ?&#x;?đ??ąđ?&#x;? + đ?&#x;?đ??ąđ?&#x;?đ?&#x;? + đ?&#x;‘đ??ąđ?&#x;?đ?&#x;‘ + â‹Ż + đ??§đ??ąđ?&#x;?đ??§ = đ?&#x;?[đ?&#x;? + (đ??§ − đ?&#x;?)đ?&#x;?đ??§ ] ę“Ż đ??§ Đ„ â„•.

SoluciĂłn Definimos S(n) tal como sigue: S(n) = 1x2 + 2x22 + 3x23 + â‹Ż + nx2n = 2[1 + (n − 1)2n ] ę“Ż n Đ„ â„•.

Aplicamos las 2 condiciones del principio de inducciĂłn: (đ?&#x;?) S(1) = 1x21 = 2 = 2[1 + (1 − 1)21 ] = 2 → es verdadera (đ?&#x;?) Si S(k) = 1x2 + 2x22 + 3x23 + â‹Ż + kx2k = 2[1 + (k − 1)2k ] ę“Ż k Đ„ â„• es verdadera,

demostraremos que: S(k+1) = 1x2 + 2x22 + â‹Ż + (k + 1)x2(k+1) = 2[1 + (k)2(k+1) ] ę“Ż k Đ„ â„•

tambiĂŠn es verdadera.

DemostraciĂłn: S(k+1) = 1x2 + 2x22 + 3x23 + â‹Ż + kx2k + (k + 1)x2(k+1) S(k+1) =

+ (k + 1)x2(k+1)

S(k)

hipĂłtesis (2) S(k+1) = 2[1 + (k − 1)2k ] + (k + 1)x2(k+1) = 2[1 + 2k k − 2k ] + (2)(k + 1)x2đ?‘˜ S(k+1) = 2[1 + 2k k − 2k + (k + 1)x2đ?‘˜ ] S(k+1) = 2[1 + 2k k − 2k + 2đ?‘˜ k + 2đ?‘˜ ] S(k+1) = 2[1 + 2k k + 2đ?‘˜ k] S(k+1) = 2[1 + (k)(2k + 2đ?‘˜ )] S(k+1) = 2[1 + (k)(2)(2k )] đ??’(đ??¤+đ?&#x;?) = đ?&#x;?[đ?&#x;? + (đ??¤)đ?&#x;?(đ??¤+đ?&#x;?) ], đ??Ľđ??Şđ??Şđ???

13. Demuestre que la suma de los “n” primeros números impares es n 2 ꓯ n Є ℕ.

Solución Definimos S(n) tal como sigue: S(n) = 1 + 3 + 5 + 7 +......+ (2n – 1) = n2 ꓯ n Є ℕ.

Aplicamos las 2 condiciones del principio de inducción: (1) S(1) = 1 = 12 = 1→ es verdadera.

(2) Si S(k) = 1 + 3 + 5 +......+ (2k – 1) = k2 ꓯ k Є ℕ es verdadero, demostraremos que: S(k+1) = 1 + 3 + 5 +......+ [2(k + 1) – 1] = (k + 1)2 también lo es.

Demostración: S(k+1) = 1 + 3 + 5 + 7 +......+ (2k – 1) + [2(k + 1) – 1] S(k+1) = S(k) + [2(k + 1) – 1] Hipótesis (2) 2 S(k+1) = k + [2(k + 1) – 1] = k2 + [2k + 2 – 1] = k2 + 2k + 1 S(k+1) = (k + 1)2, lqqd 14. Demuestre que todas las diagonales de un polígono convexo de “n” lados son n(n–3)/2 Solución: Definimos D(n) tal como sigue: D(n) = n(n – 3)/2 ꓯ n ≥ 3 Λ n Є ℕ.

Aplicamos las 2 condiciones del principio de inducción: (1) D(3) = 3(3 – 3)/2 = 0, para n = 3 un triángulo no tiene diagonales → es verdadera.

(2) Si D(k) = k(k – 3)/2 es verdadero → demostraremos que: D(k+1) = (k + 1)(k – 2)/2 también lo es.

Demostración: D(k+1) = (k + 1)[(k + 1) – 3)]/2 = (k + 1)[(k – 3) + 1)]/2 = [(k + 1)(k – 3) + (k + 1)(1)]/2 D(k+1) = [(k)(k – 3) + (1)(k – 3) + (k + 1)(1)]/2 D(k+1) = (k)(k – 3)/2 + [(1)(k – 3) + (k + 1)(1)]/2 D(k+1) = (k)(k – 3)/2 + [k – 3 + k + 1]/2 D(k+1) = (k)(k – 3)/2 + [2k – 2]/2 D(k+1) = (k)(k – 3)/2 + [k – 1] D(k+1) = D(k) + [k – 1] De la figura vemos que todas las diagonales de un polígono de k + 1 lados es igual a todas las diagonales de un polígono de k lados que por hipótesis inductiva es k(k – 3)/2 diagonales, más las diagonales que se pueden trazar desde el punto B que son (k – 2), porque a los 2 puntos contiguos A y C no se pueden trazar diagonales por eso se le resta 2 y además el segmento AC ahora cuenta como diagonal, entonces tendríamos (k – 2) + 1 = k – 1 (lqqd).

15. Demuestre que la suma de los ángulos exteriores de un polígono convexo de “n” lados es 2π.

Solución: Para un polígono convexo de “n” lados el ángulo central viene dado por la siguiente expresión: 2π/n y este ángulo central forma parte de un triángulo isósceles, tal como muestra la figura: S(Ángulo Externos) = (n)(E) ………………(1) E = π – 2θ …………………………….(2) Del triángulo isósceles AOB: 2π/n + θ + θ = π 2θ = π – 2π/n En (2): E = π – (π – 2π/n) E = 2π/n En (1): S(Ángulo Externos) = (n)(2π/n) S(Ángulo Externos) = 2π, lqqd.

16. Sea h > 0, entonces demuestre que (1 + h)n ≥ 1 + nh ꓯ n Є ℕ.

Solución: Definimos P(n) tal como sigue: P(n) = (1 + h)n ≥ 1 + nh ꓯ n Є ℕ Λ h > 0 Aplicamos las 2 condiciones del principio de inducción: (1) P(1) = (1 + h)1 ≥ 1 + 1h → 1 + h ≥ 1 + h es verdadera.

(2) Si P(k) = (1 + h)k ≥ 1 + kh es verdadero ꓯ k Є ℕ → demostraremos que: P(k+1) = (1 + h)(k+1) ≥ 1 + (k + 1)h también lo es.

Demostración: De la hipótesis (2): (1 + h)k ≥ 1 + kh Multiplicamos ambos miembros de la inecuación por el término (1 + h): (1 + h)k(1 + h) ≥ (1 + kh)(1 + h) (1 + h)k+1 ≥ (1 + kh)(1) + (1 + kh)(h) (1 + h)k+1 ≥ 1 + kh + h + kh2 (1 + h)k+1 ≥ 1 + (k + 1)h + kh2 Aplicando la siguiente propiedad: a > b + c → a > b Λ a > c, tenemos que: (1 + h)k+1 ≥ 1 + (k + 1)h, lqqd

17. đ??ƒđ??žđ??Śđ??Žđ??žđ??Źđ??­đ??Ťđ??ž đ??Şđ??Žđ??ž:

đ?&#x;? đ?&#x;? đ?&#x;? đ?&#x;“ + +â‹Ż+ ≤ (đ??§ + đ?&#x;?) (đ??§ + đ?&#x;?) đ??§+đ?&#x;?+đ??§ đ?&#x;”

SoluciĂłn: Definimos S(n) tal como sigue: S(n) =

1 1 1 1 5 + + ‌+ ≤ ,ꓯnЄℕ (n + 1) + 0 (n + 1) + 1 (n + 1) + 2 n+1+n 6

Aplicamos las 2 condiciones del principio de inducciĂłn: (đ?&#x;?) S(1) =

1 1 5 1 1 5 5 5 + ≤ → + ≤ → ≤ → es verdadera (1 + 1) + 0 (1 + 1) + 1 6 2 3 6 6 6

(đ?&#x;?) Si S(k) =

1 1 1 5 + + ⋯+ ≤ , es verdadero ꓯ k Є ℕ, (k + 1) + 0 (k + 1) + 1 k+1+k 6

demostraremos que: S(k+1) =

1 1 1 5 + + â‹Ż+ ≤ [(đ?‘˜ + 1) + 1] + 0 [(đ?‘˜ + 1) + 1] + 1 [(đ?‘˜ + 1) + 1] + (k + 1) 6

TambiĂŠn lo es.

DemostraciĂłn: 1 1 1 + + â‹Ż+ [(đ?‘˜ + 1) + 1] + 0 [(đ?‘˜ + 1) + 1] + 1 [(đ?‘˜ + 1) + 1] + đ?‘˜ − 1 1 1 + + [(đ?‘˜ + 1) + 1] + đ?‘˜ [(đ?‘˜ + 1) + 1] + (k + 1) S(k+1) =

1 1 1 1 + +â‹Ż+ + [(k + 1) + 1] [(k + 1) + 2] [(k + 1) + k] [(k + 1) + k + 1] 1 + [(k + 1) + k + 2] S(k+1) =

1

Sumamos y restamos el tĂŠrmino (k + 1) + 0 S(k+1) =

1 1 1 1 1 1 + +â‹Ż+ − + + [(k + 1) + k] (k + 1) + 0 [(k + 1) + k + 1] [(k + 1) + k + 2] (k + 1) + 0 [(k + 1) + 1]

S(k+1) =

S(k)

Por hipĂłtesis (2) S(k+1) = S(k) +

−

1 1 1 + + (k + 1) + 0 [(k + 1) + k + 1] [(k + 1) + k + 2]

−1 1 1 −2(2k + 3) + (2k + 3) + 2(k + 1) + + = S(k) + (k + 1) 2(k + 1) 2k + 3 2(k + 1)(2k + 3)

S(k+1) = S(k) +

−4đ?‘˜ − 6 + 2k + 3 + 2k + 2 −1 = S(k) + 2(k + 1)(2k + 3) 2(k + 1)(2k + 3)

S(k+1) = S(k) −

1 5 → S(k+1) ≤ S(k) y por hipótesis (2) S(k) ≤ 2(k + 1)(2k + 3) 6 S(k+1) ≤ S(k) ≤

5 đ?&#x;“ → đ??’(đ??¤+đ?&#x;?) ≤ , đ??Ľđ??Şđ??Şđ???

6 đ?&#x;”

18. đ??ƒđ??žđ??Śđ??Žđ??žđ??Źđ??­đ??Ťđ??ž đ??Şđ??Žđ??ž:

đ?&#x;? đ?&#x;? đ?&#x;? đ?&#x;? đ?&#x;? đ?&#x;? − đ?&#x;? + đ?&#x;‘ + â‹Ż + (−đ?&#x;?)đ??§+đ?&#x;? đ??§ = [đ?&#x;? − ] đ?&#x;’ đ?&#x;’ đ?&#x;’ đ?&#x;’ đ?&#x;“ (−đ?&#x;’)đ??§

SoluciĂłn: Definimos S(n) tal como sigue: S(n) =

1 1 1 1 1 1 − 2 + 3 + â‹Ż + (−1)đ?‘›+1 đ?‘› = [1 − ],ę“Ż n Đ„ â„• 1 4 4 4 4 5 (−4)đ?‘›

Aplicamos las 2 condiciones del principio de inducciĂłn: (đ?&#x;?) S(1) = (−1)1+1 (đ?&#x;?) Si S(k) =

1 1 1 1 1 1 1 5 1 = = [1 − ] = [1 − ] = [ ] = → es verdadera 1 1 4 4 5 (−4) 5 −4 5 4 4

1 1 1 1 1 1 − 2 + 3 + â‹Ż + (−1)k+1 k = [1 − ] es verdadero ę“Ż k Đ„ â„•, 1 (−4)k 4 4 4 5 4

demostraremos que: S(k+1) =

1 1 1 1 1 1 k+2 (−1) − + + â‹Ż + = [1 − ] tambiĂŠn lo es (−4)k+1 41 42 43 4k+1 5

DemostraciĂłn: 1 1 1 1 1 S(k+1) = 1 − 2 + 3 + â‹Ż + (−1)k+1 k + (−1)k+2 k+1 4 4 4 4 4 S(k+1) = S(k+1) =

S(k) HipĂłtesis (2)

+ (−1)k+2

1 4k+1

1 1 1 [1 − ] + (−1)k+2 k+1 k (−4) 5 4

1 1 1 S(k+1) = [ − ] + (−1)k (−1)2 k 5 (5)(−4) (4)k (4) S(k+1) =

(−1)k 1 1 1 1 1 1 − + = − + k k k (4)(−4)k 5 (5)(−4) (4) (4) 5 (5)(−4)

S(k+1) =

1 1 1 1 1 1 − − = − − 5 (5)(−4)k (−4)(−4)k 5 (5)(−4)k (−4)k+1

S(k+1) =

(−4)k+1 − (−4) − 5 (−4)k+1 − 1 = (5)(−4)k+1 (5)(−4)k+1

S(k+1) =

(−4)k+1 − (−4) − 5 1 1 1 − − = (5)(−4)k+1 5 (5)(−4)k (−4)k+1

S(k+1) =

(−4)k+1 − 1 1 (−4)k+1 − 1 = ( )[ ] (5)(−4)k+1 (−4)k+1 5 đ?&#x;? đ?&#x;? đ??’(đ??¤+đ?&#x;?) = ( ) [đ?&#x;? − ] , đ??Ľđ??Şđ??Şđ??? (−đ?&#x;’)đ??¤+đ?&#x;? đ?&#x;“

19. Demuestre que n4 < 4n, si n > 4 ꓯ n Є ℕ.

Solución: Definimos P(n) tal como sigue: P(n) = n4 < 4n ꓯ n > 4 Aplicamos las 2 condiciones del principio de inducción: (1) P(5) = 54 < 45 → 625 < 1014 es verdadera.

(2) Si P(k) = k4 < 4k ꓯ k > 4 es verdadera → demostraremos que: P(k+1) = (k+1)4 < 4k+1 también lo es.

Demostración (k+1)4 = k4 + 4k3 + 6k2 + 4k + 1 1° sumando k4 Por hipótesis (2): k4 < 4k 2° sumando 4k3 4k3 < k(k3) = k4 < 4k → 4k3 < 4k 4 < k Condición de la hipótesis (2) 3° sumando 6k2 6k2 = (3)(2)(k2)< (k)(k)(k2) = k4 < 4k → 6k2 < 4k 4 < k Condición de la hipótesis (2) (3 < k Λ 2 < k) 4° sumando 4k + 1 4k + 1 < (k)(k) + 1 = k2 + 1 < k4 esto último hay que probarlo: 4

< k Condición de la hipótesis (2)

k2 + 1 < k4 → k4 – k2 – 1 > 0 → aplicando la formula general para obtener las raíces: k2 =

−(−1) ± √(−1)2 − 4(1)(−1) 1 ± √1 + 4 1 ± √5 = = 2(1) 2 2

k2 =

1 + √5 1 − √5 = 1.618 ꓦ k 2 = = −0.618 → los factores son (k 2 − 1.618)(k 2 + 0.618) 2 2

(k2 – 1.618)(k2 + 0.618) > 0 (k + 1.272)(k – 1.272)(k2 + 0.618) > 0 (k2 + 0.618) siempre es positivo y no interviene en el análisis.

La inecuación cumple para k > +1.272 y k > 4 está incluido en este dominio, entonces queda demostrado que: 4k + 1 < k2 + 1 < k4 < 4k → 4k + 1 < 4k En resumen tenemos que: k4 < 4k 4k3 < 4k 6k2 < 4k 4k + 1 < 4k k4 + 4k3 + 6k2 + 4k + 1 < 4k + 4k+ 4k+ 4k = (4)(4k) (k+1)4

< 4k+1 lqqd