Inducción Matemática
Ing. Carlos Arámbulo Ostos
TÍTULO : INDUCCIÓN MATEMÁTICA Edición original en lengua castellana publicado por Editorial Tachita S.A.C. Propiedad de: Carlos Eduardo Arámbulo Ostos
La presentación, disposición y diseño de esta obra, son de propiedad del autor.
Derechos reservados en español: 2014 Primera Impresión: Enero del 2014 Diseño de Cubierta:
Sra. Liliana Fajardo Heredia. Ing. Carlos Arámbulo Ostos.
Reservados todos los derechos. La reproducción total o parcial parcial de esta obra, por cualquier medio o procedimiento, comprendido la reprografía y el tratamiento informático, queda rigurosamente prohibida, salvo excepción prevista en la Ley. Autorización legal de la Editorial Editorial TACHITA TACHITA SAC. - Ley 13714 -
Impreso en Lima Perú Enero, 2014 –
II
Inducción Matemática
Ing. Carlos Arámbulo Ostos
Ing. Arámbulo Ostos Carlos Eduardo
Profesor de la Universidad Nacional de Ingeniería Facultad de Ingeniería Industrial y de Sistemas
Revisión Técnica: Mg. Jimmy Rosales Huamani. Ing. José Obregón Sotelo.----
III
Inducción Matemática
Ing. Carlos Arámbulo Ostos
DEDICATORIA: Esta obra va dedicada a mi adorable, querido y entrañable nieto Renzo Matías Arámbulo Gómez Foster quien con su nacimiento originó, en esta tercera
etapa
de
mi
vida,
a
revitalizarme,
motivarme e impulsar, nuevamente en mí, el afán de volver a poner a disposición de ustedes, nuevas publicaciones.
IV
Inducción Matemática
Ing. Carlos Arámbulo Ostos
AGRADECIMIENTO :
Quiero mostrar mi gratitud a todos mis colegas, amigos y alumnos que me estimularon
y me
convencieron para plasmar este trabajo que era necesario y que lo desarrollé como parte del contenido del curso de matemáticas del programa de pre-maestría de Sistemas en la UNI durante varios años. Especialmente quiero dar las gracias al maestro José
Obregón
universidades comentarios,
Sotelo, del
su
docente
país, constante
por
de
muchas
sus
valiosos
apoyo,
su
crítica
constructiva y de revisión minuciosa del presente trabajo en todas sus etapas. Así mismo a mis colegas Mg. Jimmy Rosales Huamaní e Ing. Carlos Villanueva Candia, quienes colaboraron en la revisión y la mejor presentación del trabajo y a la Srta. Victoria Mendoza Torres por su paciencia y esmerada dedicación en la digitación realizada,
para el logro de la ejecución de la
presente obra.
V
Inducción Matemática
Ing. Carlos Arámbulo Ostos
ÍNDICE
DEDICATORIA....................................................................................................................... IV AGRADECIMIENTO............................................................................................................... V ÍNDICE .................................................................................................................................... VI PREFACIO..............................................................................................................................VII PRÓLOGO ............................................................................................................................ VIII INDUCCIÓN DE MATEMÁTICA ........................................................................................... 1 Principio del Buen Orden ........................................................................................................... 2 Principio de Inducción Matemática............................................................................................ 3 Ejemplos:.................................................................................................................................... 3 Ejercicios Resueltos ................................................................................................................. 11 Aplicaciones a Divisibilidad .................................................................................................... 11 Aplicaciones a Series Numéricas ............................................................................................. 17 Aplicaciones a Desigualdades .................................................................................................. 26 Aplicaciones Algebraicas......................................................................................................... 30 Teorema:................................................................................................................................... 32 Teorema:................................................................................................................................... 32 El Teorema del Binomio .......................................................................................................... 33 Aplicaciones Geométricas........................................................................................................ 35 Aplicaciones Trigonométricas.................................................................................................. 38 Aplicaciones a Teoría de Conjuntos......................................................................................... 44 Aplicaciones a Sucesiones Recursivas ..................................................................................... 47 La Sucesión de Fibonacci......................................................................................................... 49 Aplicaciones al Cálculo Diferencial......................................................................................... 58 Ejercicios Propuestos ............................................................................................................... 66 Bibliografía............................................................................................................................... 72
VI
Inducción Matemática
Ing. Carlos Arámbulo Ostos
PREFACIO Mi experiencia en la docencia universitaria, en las distintas Universidades del país, me ha puesto, en evidencia que los alumnos, en general, carecen de la suficiente madurez para asimilar determinados temas teóricos, y no conociendo la teoría con la suficiente profundidad, tienen dificultades apreciables para plasmarla en los ejercicios de tipo práctico. Esta es la idea que me ha guiado: poner al alcance de los estudiantes de esta disciplina un medio que le permita conseguir el avance teórico y práctico de forma simultánea, en la cual se incluye muchos ejercicios, seleccionados adecuadamente. Esto sirve para que el estudiante practique la técnica de resolución de ejercicios, y además, algunos de ellos le ayuden a comprender mejor la estructura matemática de esta materia. También he empleado los ejercicios para introducir al lector en una gran variedad de temas que generalmente no se tratan en los textos comunes. Esta obra está elaborada para utilizarse como material de información para los estudiantes de los colegios y centros Pre-Universitario, así como también a nivel universitario y pretende que el lector logre manejar con destreza y seguridad tanto el aspecto teórico como los diversos procedimientos utilizados para resolver problemas relativos a este tema. Con este material desarrollado y asimilado por los estudiantes considero que estarán preparados para acceder al estudio de otros temas a desarrollarse en otras separatas que se editarán posteriormente. Mi propósito ha sido dar una introducción elemental pero sistemática de la materia, procurando dar ideas fundamentales, técnicas básicas y aplicaciones diversas. He tratado de mantener un lenguaje sencillo siguiendo un ordenamiento de los ejercicios de acuerdo al nivel de dificultad, realizando la solución de los ejercicios con originalidad, creatividad y objetividad. Espero, dentro de lo posible, haber conseguido este objetivo y confío que los problemas desarrollados ayuden positivamente a la asimilación de los mismos y contribuyan a una valiosa formación profesional. Deseo, con el presente trabajo, que el estudiante adquiera no solo habilidades técnicas sino y principalmente entienda los conceptos y verifique el campo amplio y variado de las aplicaciones. Las explicaciones claras proporcionan confianza y dan ánimo. Trato de mostrar una buena organización, la resolución de los ejercicios lo presento desde el inicio y lo refuerzo a través de todo el contenido, de modo que cuando el lector termine este capítulo posea una base sólida y firme del principio de Inducción Matemática. Ing. Carlos Arámbulo Ostos
VII
Inducción Matemática
Ing. Carlos Arámbulo Ostos
PRÓLOGO El principio de Inducción Matemática es un método de demostración que se usa frecuentemente para establecer la validez de las proposiciones de carácter matemático que se refieren a diversos temas, en los cuales intervienen los enteros positivos n mayores o iguales a 1. A las proposiciones citadas se les denomina P n . En esta interesante publicación el profesor Carlos Arámbulo en base a la gran experiencia que posee ha resuelto una selecta y muy apropiada variedad de problemas en los cuales usa de manera muy precisa y muchas veces ingeniosa el principio de Inducción Matemática. Se puede observar a lo largo de este texto como se han demostrado proposiciones asociadas no solo con las clásicas fórmulas numéricas que existen en términos de los enteros n (n 1) , sino también con relaciones interesantes relativas a la Geometría, a la Trigonometría y al Cálculo Diferencial. Cabe indicar que es gratificante constatar como un docente peruano pone en evidencia su capacidad intelectual y su experiencia para brindarnos la solución de una bien escogida serie de problemas que permitirán que el lector de esta obra adquiera conocimiento y recursos para enfrentar demostración de numerosas y variadas proposiciones del tipo P n que se le presenten. Finalmente haremos hincapié en que el autor ha contribuido con varias otras publicaciones muy puntuales como ésta, a la correcta asimilación de conocimientos de muchos estudiantes del nivel Pre-universitario y de la propia universidad.
José Obregón Sotelo Docente Universitario
VIII
Inducción Matemática
Ing. Carlos Arámbulo Ostos
INDUCCIÓN DE MATEMÁTICA En matemáticas es muy frecuente distinguir dos métodos diferentes de prueba en las demostraciones de los diversos teoremas, el llamado método “directo” y el llamado método “indirecto”. En el método directo de prueba, procedemos de la hipótesis a la tesis
(conclusión) a través de una serie de deducciones, cada una de las cuales está justificada por algún axioma o por algún teorema previamente probado. En las pruebas indirectas, comenzamos por suponer que la conclusión no es cierta y, a continuación a través de una serie de deducciones, obtenemos una proposición que contradice la hipótesis del teorema. Luego, bajo la hipótesis, la conclusión del teorema no puede ser falsa y debe, por tanto, ser cierta. En esta sección examinaremos con mayor profundidad los aspectos claves relacionados con las Matemáticas, el descubrimiento y la demostración, que tienen igual importancia. Se tiene que descubrir algo antes de querer probarlo, y sólo es posible tener la certeza de su veracidad una vez que se haya demostrado. Frecuentemente en Matemática nos enfrentamos con la tarea de querer establecer que cierta proposición
P n
es cierta para todo entero
n
1
(o quizás para todo entero
n N
),
entonces es a menudo posible construir una prueba basada sobre un principio llamado de “Inducción
Matemática” ,
el cual es un fuerte instrumento para las demostraciones
matemáticas. Sin embargo, en los colegios secundarios no ha adquirido aún “pleno derecho de ciudadanía” y muchos estudiantes conocen poco o nada de este método. Sin embargo en
el nivel universitario, desde el primer ciclo hasta los estudios de Post-Grado (especialmente en las maestrías de Ingeniería de Sistemas y de Software), los estudiantes se encuentran con demostraciones que se basan en el método de inducción matemática. Por ejemplo, dadas las siguientes proposiciones: Pn :
3.
R n: n 2 n 41 es primo.
12
22
32
... n 2
(
n n
1.
1)(2n 1) 6
2.- Qn: 2
n
n
20
La proposición P n es cierta para todo entero positivo y Q n es cierta para todo entero mayor o igual que 5. La tercera proposición R n es interesante; observe que si: 1
Inducción Matemática R(n) =
Ing. Carlos Arámbulo Ostos n
2
n
41 , entonces:
R(1) = 41 , R(2) = 43 , R(3) = 47, R(4) = 53 , R(5) = 61 R(6) = 71, R(7) = 83 … (números primos hasta aquí)
De hecho, obtendremos un número primo para todas las n’s hasta 40, lo cual fue
demostrado, en 1772, por el matemático Leonard Euler. Para n = 41, la fórmula da R(41) = 412 = (41)(41) = 1681. Entonces el hecho, en este caso, de probar la veracidad de una proposición para 40 (o 40 millones) de casos individuales hará suponer una conjetura que no siempre será verdadera. Esto nos ilustra que no se puede tener la certeza de la verdad de un enunciado sin importar cuantos casos especiales se verifiquen. Necesitamos un argumento convincente, es decir, una demostración, para determinar la verdad del enunciado.
Principio del Buen Orden Suponemos que los enteros positivos poseen la siguiente propiedad, llamada principio del buen orden. Todo conjunto no nulo de enteros positivos posee un elemento mínimo.
2
Inducción Matemática
Ing. Carlos Arámbulo Ostos
Principio de Inducción Matemática Para todo número natural n, sea P(n) una proposición que depende de n. suponga que se cumplan las condiciones siguientes: 1) Paso Básico: P(1) es verdadera. 2) Paso Inductivo: Para todo número m, si P(m) es verdadera, entonces P(m + 1) es verdadera. Luego, P(n) es verdadera para todos los números naturales. Para aplicar este principio, observe que hay dos pasos: Paso 1:
Verificar que la proposición P(n) es válida para el menor natural, que
generalmente es P(1). Paso 2: Aceptar que P(m)
es verdadero y utilizando esta hipótesis, demostrar que P(m+1)
es verdadero. Observe que en el paso 2 no se ha demostrado que P(m) es verdadero. Solo se ha mostrado que si P(m) es verdadero, entonces, P(m + 1) también lo será. Esta suposición de que P(m) es verdadero se llama hipótesis inductiva. Para ayudar a entender este principio, imagínese una sucesión infinita de afirmaciones P 1, P2, P3,…, Pn, … que satisfacen las condiciones (1) y (2). De acuerdo con (1), el enunciado P 1 es cierto. Como es válida la condición (2), siempre que P m sea cierto, el siguiente enunciado P m+1 también lo será. Por consiguiente, como P 1 es válido, P2 también será cierto, de acuerdo con (2). Sin embargo, si P 2 es válido, entonces, de acuerdo con (2), la siguiente afirmación, P 3, también lo será. Si continuamos así, entonces para n cualquier entero determinado, P n es válida, porque se puede emplear la condición (2), paso a paso, para llegar finalmente a P n.
Ejemplos: A continuación daremos algunos ejercicios aplicables a diversos campos de la matemática cuyas demostraciones pueden realizarse utilizando el Primer Principio de la Inducción Matemática. 1.
Demuestre por Inducción Matemática que el producto de dos enteros consecutivos
positivos es múltiplo de 2 (o también divisible por 2), es decir, que sí
n N
, entonces,
(
n n
1) 2
3
Inducción Matemática
Ing. Carlos Arámbulo Ostos
Demostración:
i) Paso Básico: Si
n 1 , entonces:
(
n n
ii) Paso Inductivo: Aceptemos que para
1) 1(1 1) 2 2 : la proposición es verdadera
n
, la proposición sea verdadera, es decir que:
m
(
m m
1) 2
...( )
lo cual constituye la hipótesis inductiva. iii) Demostremos también que la proposición es válida para
n m 1,
es decir que:
... ( )
(m 1)(m 2) 2
Demostración que es fácil de realizar desde que (m 1)(m 2) m(m 1) 2(m 1) De ( ) :
m( m 1)
es múltiplo de dos (hipótesis) y
2(m 1) es múltiplo de dos (entero par)
2.
(m 1)(m 2) 2 , es múltiplo de dos.
Demuestre que el producto de tres enteros consecutivos positivos es múltiplo de 6, es
decir que si
n N
entonces, n(n 1)(n 2) 6
… (I)
Solución:
i) Paso Básico: Si
n
1
, entonces
(
n n
1)(n 2) 1.2.3 6 6 , la proposición es
verdadera. ii) Paso Inductivo: Para
n
m
, aceptemos que la afirmación ( I ) es cierta, o sea,
m(m 1)(m 2) 6
… ( )
iii) Demostremos, entonces, que para
n m 1
, el producto: (m 1)(m 2)(m 3) 6
Demostración:
Como : (m 1)(m 2)(m 3) m( m 1)( m 2) 3( m 1)( m 2) a)
(
m m
… ( )
( hipótesis básica)
2)(m 3) 6
b) Como: (m 1)(m 2) 2 2k ,
( ejercicio anterior) , luego,
k Z
3(m 1)(m 2) 3.2k 6k 6
… ( )
( ) y ( ) en ( ) : ( m 1)(m 2)(m 3) 6 6 6
4
(m 1)(m 2)(m 3) 6
Inducción Matemática
3.
Ing. Carlos Arámbulo Ostos
Demuestre que el producto de cuatro enteros consecutivos positivos es múltiplo de 24, es
decir que si
n N , entonces,
(
n n
1)(n 2)(n 3) 24
…( I )
Solución:
i) Paso Básico: Para
n 1
la afirmación es válida, puesto que:
(
n n
ii) Paso Inductivo: Para
n
m
1)(n 2)(n 3) 1.2.3.4 24
, aceptemos que la afirmación ( I ) es cierta, es decir que:
(
m m
1)(
2)(
m
iii) Demostremos, entonces, que para
m
3)
n m 1,
…. ( )
24
también la proposición es cierta, es decir
que:
(m 1)(m 2)(m 3)(m 4) 24
Demostración: (m 1)(m 2)(m 3)(m 4) m(m 1)(m 2)(m 3) 4(m 1)(m 2)(m 3)
24
6
de ( ) :
=
+
24
4.
6
=
24
+ 24 =
24
(m 1)(m 2)(m 3)(m 4) 24
4. Demuestre, por inducción, que sí
n N
, entonces
n
3
11 n
…( I )
6
Solución:
i) Paso Básico: Para
n
1
:
3
n
11 n 13 11.1 12 6
ii) Paso Inductivo: Supongamos que para
n
3
m 11 m
iii) Debemos demostrar que para
n m 1
m
, la afirmación ( I ) es cierta, o sea, que
6
… ( )
, la validez de la proposición:
(m 1)3 11 (m 1) 6
(m 1)3 11 (m 1) m3 3 m ( m 1) 13 11 m 11
Demostración:
3
m
11 m 3 m (m 1) 12
6
6
+ 3 . 2 + 2 . 6
2
=
… ( )
6
+
6
+
6
=
6
(m 1)3 11 (m 1) 6
5
Inducción Matemática 5.
Pruebe que
Solución:
Pn :
Ing. Carlos Arámbulo Ostos 2
n
+ 20 es cierto para cada entero
n
P (n) : 2 n
Sea
i) Paso Básico: P (5) : 25
,
n 20
5 20
32 > 25, luego la proposición es válida.
m
iii) Para n = m + 1 debemos demostrar que: De ( ) : 2.2
m
sea cierto para
m 20
2m
P (m 1) :
1
m
…( )
5
m 21
2(m 20)
2m1 2m 40 m 1 20 (m 19)
m 5 ,
De ( ) y ( ):
2
m 1
m 19
m 1
0
m 1 20 (m 19) m 1 20
que la proposición dada es verdadera para cada entero n
K 1 2 3 ... n
K 1 2 3 ... n
n( n
k 1
1
i) Paso Básico: Si
n
1
:
n
probar
1
2
n
Si :
“Inducción Matemática” para
n ( n 1)
k 1
Solución:
…( ) …( )
20
En los ejercicios del 7 al 10 utilice el principio de
6.
5
5
n
ii) Paso Inductivo: Aceptamos que P (m) : 2 Demostración:
n
K 1
1(1 1) 2
k 1
ii) Paso Inductivo: Supongamos que para
n
m
1)
, la fórmula ( I ) es verdadera. la expresión ( I ) es correcta, es decir que :
m
K 1
2 3 ... m
m ( m 1)
n m 1
m 1
…(1)
2
k 1
iii) Entonces, debemos demostrar que, si
…( I )
2
, se cumplirá que:
(m 1)(m 2)
K
…( II )
2
k 1
lo cual es cierto, puesto que dé ( 1 ) : m1
m
k 1
k 1
K
K ( m 1)
m(m 1)
2
n
7.
K
2
2
2
2
2
1 2 3 ... n
k 1
1 6
2
1
n 1 :
K
2
k 1
6
(m 1)(m 2)
n ( n 1)( 2n 1)
k 1
i) Paso Básico: Para
K
2
n ( n 1)( 2n 1)
K
Sea:
k 1
n
Solución:
m 1
( m 1)
12
…( I )
6 1(1 1)( 2.1 1) 6
( cierto )
Inducción Matemática
Ing. Carlos Arámbulo Ostos m
ii) Paso Inductivo: Para
n
m
, K 2
m( m 1)( 2m 1)
iii) Entonces, para
n m 1
, debemos demostrar que
m 1
K
2
(m 1)( m 2)(2m 3) 6
k 1 m 1
m
K
como :
2
k 1
2
6
k 1
( m 1)m( 2m 1) 6( m 1)
m 1
K
m( m 1)( 2m 1)
K (m 1)
2
2
6
k 1 m 1
K
2
n(n 1) 8. k 1 2 3 ... n 2 k 1 3
3
2
( m 1)(m 2)(2m 3) 6
6
n
3
=
( m 1)
(m 1)(m 2)(2m 3)
k 1
3
…( 1 )
6
k 1
2
3
n
k
Solución: Sea:
3
k 1
n( n 1) 2
2
…( I )
2
1(1 1) i) Paso Básico: Para n 1 : k 1 12 1 (cierto). 2 k 1 1
3
Como:
n
m
k k 3
3
k 1
m 1 = 2
k 1
2
m
2
m(m 1) m : k , aceptamos la validez de la fórmula (1) 2 k 1 m
ii) Paso Inductivo: Para m 1
3
3
2
m( m 1) ( m 1) (m 1) 3 2 3
2
2
2
m 1 m 1 2 2 4(m 1) = m 4m 4) m 2 2 2 (m 1)(m 2) k 2 k 1 m 1
6n5 15n4 10n3 n
n
9.
k
2
3
4
4
4
4
4
1 2 3 ... n
30
k 1
n
Solución:
Sea:
k
4
1
:
30
k
4
k 1
…( I )
30
1
n
2
n(n 1)(6n 3 9n 2 n 1)
k 1
i) Paso Básico: Para
3
n( n 1)(6n 9 n n 1)
1 1 4
1(1 1)(6.13 9.12 1 1) 30
ii) Paso Inductivo: Aceptamos la validez de la fórmula, para
n
m
, o sea que: 7
Inducción Matemática
Ing. Carlos Arámbulo Ostos 3
m
k
4
iii) Entonces debemos verificar para
n m 1 que:
(m 1)(m 2)6(m 1) 9(m 1) m 3
k
4
Como: k 4
m
k 1
(
m m
=
4
(m 1)m(6m3
=
k
( a b)( a b 1) n
n
(a b 1) k
k 0
9m 2
m
(m 1) 4
1) 30( m 1) 3
principio de inducción matemática, demuestre que: 1
( a b 1) k
k o
a b 1
ab
,
n N ,
donde a, b 0,
La igualdad dada podemos expresarla como: 1
1)
30
n
1
m
30
k 1
10. Utilizando el primer
9m 2
(m 1)(m 2)6(m 1) 3 9(m 1) 2 m
m 1
4
( m 1)(6m 4 9m 3 m 2 m 30m 3 90m 2 90m 30) 30 (m 1)(6m 4 39m 3 91m 2 89m 30) 30 ( m 1)(m 2)(6m 3 27m 2 37m 15) 30
=
Solución:
1)(6m 3
30
=
4
k ( m 1)
k 1
=
2
30
k 1 m 1
…(II)
30
k 1
m1
2
m(m 1)(6m 9m m 1)
a b 1 ab
1 (a b)(a b 1) n
(a b 1) n 1 1
…(I)
(a b)(a b 1) n
Demostración:
i) Paso Básico: Si 1
k 0
y
n
1 (a b 1)
k
: 1
0
n
n
(a b 1)
( a b 1) 2 12
=
(a b)( a b 1)
es decir, la igualdad es válida para ii) Paso Inductivo: si
1
(a b 1)
(a b 1) n 1 1 (a b)( a b 1)
1
n 1
m , aceptemos m
a b 1
(a b 2)(a b) (a b)(a b 1)
1
k
iii) Entonces, debemos demostrar que para 8
1
=
ab
a b 1
a
b
2
a
b
1
2
…( 1 )
…( 2 )
1 S
la validez (hipótesis inductiva) que:
(a b 1) k 0
1
(a b 1) m 1 1 (a b)(a b 1) m
n m 1 :
… ( )
Inducción Matemática
Ing. Carlos Arámbulo Ostos m1
1
(a b 1) k
k 0
(a b 1) m2 1
… ( )
(a b)(a b 1) m1
De: ( ) Como: m1
k 0
m
1 (a b 1) k
m1
(a b 1) m
2
(a b 1) (a b)
k
(a b)(a b 1)
1
(a b 1) m2 1 m1
(a b 1) m1 1
(a b 1) m1
(a b)(a b 1) m
(a b 1)
k 0
1
(a b 1) k
k 0
1
1
(a b)(a b 1) m (a b 1) m
2
1 (a b 1) m1
(a b) 1 (a b)
(a b)(a b 1) m
, es decir la igualdad es válida
1
n N y
a, b 0, n
11.
ar
k 1
2
n 1
3
a ar ar ar ... ar
a
k 1
ar
Si:
n
(r 1, 0)
1 r
,
a R
n
n
Solución:
1 r
k 1
1 r
a
,
1 r
k 1
r
1,0
,
…(I)
a R
Demostración: 1
i) Paso Básico: Si
ar
n 1:
k 1
11
ar ar a.1 a a 0
k 1
ii) Paso Inductivo: Aceptamos la validez que para
n
m
:
1 r 1 1 r
m
ar
k 1
a
k 1 m 1
iii) Entonces, para
n m 1
:
k 1
ar
1 r m
a
1 r m1 1 r
1
… ( )
1 r
k 1
… ( )
es la expresión que se debe demostrar luego: m 1
k 1
ar
k 1
m
k 1
ar
k 1
m 11
=
ar
a
1 r m 1 r
( para. k m 1)
m
ar
a
1 r m
(1 r )r m
1 r
1 r m r m r m1 1 r m 1 a a 1 r 1 r m 1
k 1
12. Demuéstrese que si n
Solución: Sea
k 1
ar
a
1 r m1 1 r
es un entero positivo cualquiera, entonces
1 2
(n2 n) es un entero.
S el conjunto de todos los enteros positivos n tales que
1 2
(n2 n) es un
entero. 9
Inducción Matemática
Ing. Carlos Arámbulo Ostos
i) Paso Básico: 1 S , puesto que si
n 1
1
:
2
2
(1
1) 1 , la proposición es cierta.
ii) Paso Inductivo: Si m S , aceptamos la validez que sí iii) Entontes, si
n m 1,
debemos demostrar que
n
m
,
1 2
(m2 m)
…( )
1
(m 1)2 (m 1) 2
Demostración:
1
(m 1)2 (m 1) 1 2 2 1
=
2
m
2
1 2m 1 m 1 (m2 m) 2( m 1) 2
(m2 m) (m 1)
1
(m2 m) ,
2
luego , S es el conjunto de todos los enteros positivos según el principio de inducción. 13. Demostrar que
1 + 3 + 6 + 10 + . . . + n
Solución: Como:
k (k 1)
2
k 1
1
i) Paso Básico: Si
n
1,
2
k 1
ii) Paso Inductivo: Para
n
m
m
2
k 1
iii) Entonces, para
k (k
m 1
k 1
k (k 1)
2
=
10
(
6
m m
1)
n(n 1)(n 2)
6
, la proposición es verdadera.
… ( )
6
2
(m 1)( m 2)(m 3) 6 m
k ( k 1)
2
k 1
1)(m 2) 6
k (k 1)
k 1
2
( m 1)( m 2) 2
2
6 m1
(m 1)(m 2)
m( m 1)(m 2) 3( m 1)( m 2)
6
m( m 1)( m 2)
k (k 1)
k 1 m 1
2
1(2)(3)
1
2
k 1
De ( ) :
n(n 1)
n( n 1)( n 2)
debemos demostrar que
n m 1 m 1
Demostración:
2
, aceptamos que
k (k 1)
2
n(n 1)
1 + 3 + 6 + 10 +…+
k (k 1)
(n 1) n
( m 1)( m 2)( m 3)
(m 1)(m 2)(m 3) 6
6
Inducción Matemática
Ing. Carlos Arámbulo Ostos
Ejercicios Resueltos Aplicaciones a Divisibilidad 1. Demostremos que para
n N
:
n
4
3
2
6 n 11 n 6 n
24
… (I)
Solución:
El lector podrá verificar rápidamente que:
(
n n
1)(n 2)(n 3) n 4
6n 3 11n 2
6n
luego, el ejercicio ya estaría demostrado en el ejercicio 3 (pág.5), pero utilicemos los pasos del método de inducción para su demostración, es decir: i) Paso Básico: Para
n 1,
n
4
la afirmación es válida puesto que: 3
2
4
3
2
6 n 11 n 6 n 1 6.1 11.1
ii) ) Paso Inductivo: Para
n
4
m
m
6.1 24 24
, aceptemos que la afirmación ( I ) es cierta, es decir que: 3
2
6 m 11 m 6 m
iii) Demostremos entonces que para
n m 1,
24
… ( )
la proposición es también cierta.
Demostración: Sea: S m m 4 6m 3 11m 2 6m 24
S m1
S m 1
…( I )
(m 1) 4 6(m 1) 3 11(m 1) 2 6(m 1)
=
m
(m 4
4
=
4m 3
24
6m 3
6m 2
+
11m 2
4m 1 6(m3
6m) 24(m 2
+ 4.
24
=
6
3m 2
3m 1) 11(m 2
1) 4(m 3
2m 1) 6(m 1)
11m)
+
24
+
24
24
=
24
(m 1) 4
2. Demostrar que si n es un
6(m 1) 3
11(m 1) 2
6(m 1) 24
entero positivo, entonces 32
n
7 es múltiplo de 8.
Solución:
i) Paso Básico: Si
n 1,
luego,
3
2n
7
3
2
7
16
8
es decir, la proposición es
verdadera. ii) Paso Inductivo: Aceptamos que para iii) Debemos demostrar que para
n
n m 1
m
la proposición: 3
2m
7
también, la proposición: 3
8
es verdadera ... ( )
2 ( m 1)
7
8
, sea
válida. 11
Inducción Matemática
Ing. Carlos Arámbulo Ostos
Demostración: 2 ( m 1)
3
2 m 2
73
2
2m
7 3 .3
63 56
2m
9(3
7) 7.8
9. 8 - 8 = 8 - 8 = 8
2 ( m 1)
3
3.
78
Demuestre que
n N ,
32 n
1
40n 67
64
Solución:
i) Paso Básico: Si
n
2 n 1
1: 3
40n
67
2.11
3
40.1 67
0
64
la proposición es
verdadera.
ii) Paso Inductivo: Si
n
iii) Verifiquemos, para
m
, aceptamos que: 32 m 1 40m 67 64
... ( )
n m 1,
que: 3
2 ( m1) 1
40(m 1) 67
... ( )
64
Demostración: 2( m 1) 1
Sea:
Sm 1 3
40( m 1) 67
3( 2 m1) 2
9.32m 1 9.40m 9.67 (8.67 40) -
40m 40 67 8.40m
64.9
2 m1
9(3
40m 67) 9.64 -
64.5m
9. 64 + 64 - 64 = 64
2 ( m1) 1
3
4.
40(m 1) 67 64
Si n es un entero positivo mayor que 1 entonces
2
2n
3n 1 es divisible por 9.
Solución:
i) Paso Básico: Si
n
2:
2
2n
3n 1 2
2.2
3.2 1 16 6 1 9
9
la proposición
es verdadera. ii) Paso Inductivo: Aceptamos que para iii) Debemos demostrar que para
n m
n m 1,
,
2 2(
22 1)
m
m
3m 1 es divisible por 9.
3(m 1) 1 es divisible por 9.
Demostración:
2 2(
1)
m
3(m 1) 1 2 2
m
2
3m 3 1
2 2.2 2 m
2
2
.3m 4 9m
4(22 m 3m 1) 9m
como: 9m =
9
y 4(2 2m 3m 1) son divisibles por 9, luego de
… ( ) ( )
2 2 ( m1) 3( m 1) 1 es divisible por 9. 5.
Demuestre por inducción que la suma de los cubos de tres enteros consecutivos es divisible entre 9.
12
Inducción Matemática Solución:
Ing. Carlos Arámbulo Ostos
Sean n ,
n 1
y
n
2 tres
enteros consecutivos y sea
P(n) :
i) Paso Básico: Para
n 1
ii) Paso Inductivo: Para
n
P ( m) :
iii) Para
n m 1
n
3
, P (1) : 1
m
2
3
3
3
,
la proposición …(I)
n N
36 4.9
, la proposición ( I ) es cierta.
9
aceptemos que,
m3 ( m 1) 3 (m 2)3
(m 2) 2
3
9
,
m N
...( )
, se debe demostrar que,
(m 1)3
9
3
Demostración: Como: (m 3) P (m 1) :
( n 1)3 ( n 2) 3
P ( n )
P ( m 1) :
(m 1)
3
(m 2)
3
( m 3)
3
9
m3 3m(3)(m 3) 33 , luego:
m
(m 3)3
3
(m 2)3
m
3
3m.3(m 3) 33
(m 1)3 (m 2)3 9m (m 3) 9.3
De ( ) :
(m 1) 3
9
9
9
= 9 + 9 + 9 = 9 + 9 = 9 P ( m 1) :
(m 1)3
6. Todos los números de la forma 7 n Solución: Sea
P (n )
2
(m 2) 3
n
(m 3) 3
9
,
i) Paso Básico: La base de la inducción
P (1)
71 21
P ( n )
2n
5
5k , k N n
1:
5 5
7 m 2m
P(m) :
: 7n
es claramente cierta, puesto que sí
ii) Paso Inductivo: Para el paso inductivo suponemos que para es decir que:
m N
son divisibles por 5.
la proposición que debemos demostrar,
P (1) :
n
m
, P( m) es verdadera,
5
… ( )
iii) Nuestra tarea es utilizar el supuesto anterior para establecer que: P( m 1) :
7m
1
2m
1
es divisible por 5.
Demostración: P(m 1) :
7m
1
2m
1
7 m.7 2 m.2 7 m(5 2) 2 m.2
= 5.7
5.7 m 2.7 m 2.2 m
m
2(7 m
2 m ) 5.7 m
7m1 2m1 5 , puesto que 5.7 m es divisible por 5 y 7 m
2. 5 5 5 5
2 m es divisible por
hipótesis. 13
Inducción Matemática 7. Demuestre que 11
n
Ing. Carlos Arámbulo Ostos 4
Solución: Debemos
i) Paso Básico: Si
n
es divisible por 7
demostrar que:
n 1
: P (1) :
111
k N
11n
P(n) :
41
7
4n
7
k N
7k
7 , la proposición ( I
…( I )
) es válida.
ii) Paso Inductivo: Si
n
m
, aceptemos la validez de:
iii) Entonces, debemos demostrar que para divisible por 7.
P ( m) :
n m 1 ,
11m – 4m
7
… (1)
m1 m1 P(m 1) : 11 4 es
Demostración: Este problema es similar al anterior y la demostración puede realizarse de
la misma forma o también como se muestra seguidamente: P(m 1) :
11m1 4 m1 11m1 11.4 m 11.4 m 4 m1 (11.11 m 11.4 m) (11.4 m 4.4 m)
11(11m 4m) ) 4m (11 4) m 1
11
8. Demuestre que
n
3
m1
n
1
ii) Paso Inductivo: Si
n
P(n) :
m
11. 7 4 .7
7 7
7
7
4n 6 es divisible por 3,
Solución: Debemos demostrar que,
i) Paso Básico: Si
4
n N
3
n 4n 6 3 n N
…(I)
: P (1) : 13 4.1 6 3 3 , la proposición (I) es cierta.
m
, aceptamos la validez de:
iii) Entonces, debemos demostrar que para P(m 1) :
P(m) :
3
m 4m 6 3
… (1)
n m 1
(m 1)3 4(m 1) 6 3
Demostración: P(m 1) :
( m 1) 3 4( m 1) 6 m3 3 m2 3 m 1 4 m 4 6
9. Demuestre que 2 4 n
1
4m 6) 3(m2
es divisible entre 15 para
Debemos demostrar que
proposición i) Paso Básico: Si 14
m
1)
3 3 3
P(m 1) : (m 1)3 4(m 1) 6 3
Solución:
( m3
2
4n
P(n) :
n 1,
n
1,2,3.....
1 es divisible entre 15, es decir que, dada la 2 4n 1 15
… (I)
P (1) : 24.1 1 16 1 15 15 , la proposición (I) es verdadera.
Inducción Matemática
Ing. Carlos Arámbulo Ostos
ii) Paso Inductivo: Si iii) Luego, para
n
m
, aceptamos que,
24m 1 15
P(m) :
n m 1 , debe cumplirse que, P(m 1) :
…. (1)
24( m
1)
1 15
Demostración: P(m 1) :
2 4( m
1)
1 24m .24
1 (24m.16) 16) (16 1) 16(24 m
= 16. 2 4(
10. Pruébese que
n
3
n
1)
m
+ 15 =
15
1
15
15
n m 1,
24 n 1
15
es divisible entre 6.
i) Paso Básico: Si n 2, P (1) : 23 2 6
iii) Para
1) 15
+ 15 = 15
Solución: Debemos demostrar que: P(n) : n3 n, n 2
ii) Paso Inductivo: Si
n
m
6,
es divisible entre 6
la proposición (I) es verdadera.
, aceptamos la validez de, P(m) : m3 m 6
debe cumplirse que,
P(m 1) :
...( I )
(m 1)3 ( m 1)
…( 1 )
6
Demostración: P( m 1) :
3
(m 1)3 (m 1) m
3m2 3m 1 -
m
-1
P
(m 1) :
m
3
m 3m
2
3m =
6 +
3m( m 1)
6
+3. 2 = 6 + 6 =
6
(m 1)3 ( m 1) 6
n
11. Para n entero positivo, se tiene: E (n)
5
5n 3 4 n , entonces: n2
A) E(n) es siempre divisible entre 24.
B) E(n) es siempre divisible entre 30.
C) E(n) genera un decimal periódico puro.
D) E(n) puede ser un racional no entero.
E) E(n) es siempre divisible entre 36 5
Solución: E (n)
E ( n)
=
(
n n
3
n 5n 4n n2
4
2
n(n 5n 4)
2)(n 2)(n 1)(n 1)
n2
2
4)(n 2 1) n2
(n) (n 2)(n 1)n(n 1)
E
(n 2)
=
n( n
,
n = 2,3,4
…( I )
La expresión ( I ) es múltiplo de 24, demostrado en el ejemplo 3 de la pag. 5 i) Paso Básico: Si n = 2: E (2) 0 =
24
15
Inducción Matemática
Ing. Carlos Arámbulo Ostos
Si n = 3: E (3) (3 2)(3 1)3(3 1) 24 24 x1 24
Si n = 4: E (4) (4 2)(4 1)4(4 1) 120 24 x5 24
Si n = 5: E (5) (5 2)(5 1)5(5 1) 360 24 x15 24 ii) Paso Inductivo: Si n = m, aceptamos la validez que:
… ( )
E ( m) ( m 2)(m 1) m( m 1) 24
iii) Para n = m + 1, debemos demostrar que: Demostración:
E ( m 1)
m N ,
( ) y ( ) en ( II ):
12. Demostrar que
6
2n
= (m 1)m(m 1)(m 2) 4(m 1)m(m 1)
E(m+1) =
24
+ 4.
… ( )
6
=
6
24
6
P(n): 2.1
1
6
2n
1
+
=
=
24
24
(m 1)
E
m
iii) Para n = m +1, debemos demostrar que: 6 2(
,
35
n
35
1 = 1)
m
35
es verdadera.
1 =
… ( )
35
m
=
35.6
2m
2m
1 6
=
35
m
+
35
=
35
1)
m
24
= 1,2,3, …
P(m+1): 6 2 ( m 1) 1 6 2m 2 1 = 62 .6 2 1 = 62 (35 1) 1
62(
=
= 36 - 1 = 35 =
ii) Paso Inductivo: n = m aceptamos que: 6 2
16
…( II )
es divisible entre 35, para n = 1, 2,3…
1
i) Paso Básico: n = 1
24
(m 1)(m)(m 1) =
Sea la proposición,
Demostración:
(m 1)m( m 1)( m 2)
E (m 1) (m 1)m(m 1)(m 2) = (m 1)m( m 1)(m 2 4)
Solución:
E (m 1)
1
=
35
6
2n
1 =
35
35
Inducción Matemática
Ing. Carlos Arámbulo Ostos
Aplicaciones a Series Numéricas n
13.
(2 K 1) 1 3 5 ... (2n 1) n
2
k 1 n
Solución:
(2 K 1) 1 3 5 ... (2n 1) n
Si:
2
… (I)
k 1
i) Paso Básico: Para
n 1 :
1
2 (2 K 1) 2.1 1 1 1 ( cierto ) k 1 m
ii) Paso Inductivo: Para
n
m
, aceptemos que (2 K 1) m 2
…(1)
k 1
iii) Entonces, se debe cumplir, la validez de ( I ) , para
n m 1 ,
es decir:
m 1
(2 K 1) (m 1)
2
k 1 m 1
m
k 1
k 1
como: ( 2 K 1) (2 K 1) 2(m 1) 1 m 2 2m 2 1 m 2 2m 1 m 1
( 2 K 1) ( m 1)
2
k 1 n
14.
2 K 2 4 6 ... 2n n(n 1) k 1 n
Solución:
Si: 2 K 2 4 6 ... 2n n(n 1) k 1
i) Paso Básico: Para
1
n
1
: 2 K 2.1 1(1 1)
( cierto )
k 1
ii) Paso Inductivo: Para
m
n
m
, aceptemos que 2 K m(m 1)
…(1)
k 1 m 1
iii) Entonces, para
n m 1 , debe cumplirse que:
2 K ( m 1)(m 2) k 1
como :
De ( 1 ): 2 K 2 K 2( m 1) m(m 1) 2(m 1) ( m 1)(m 2) m 1
m
k 1
k 1 m 1
2 K (m 1)(m 2)
k 1
n
15.
(6k 2) 4 10 16 ... (6n 2) n(3n 1)
k 1 n
Solución:
Se pide que: (6k 2) n(3n 1)
…(I)
k 1
17
Inducción Matemática
Ing. Carlos Arámbulo Ostos 1
i) Paso Básico: Si
n 1
(6k 2) 6(1) 2 4 1(3.1 1) , es cierto
k 1
ii) Paso Inductivo: Si
n
m
m
, aceptamos que
(6k 2) m(3m 1)
… ( )
k 1
iii) Se debe cumplir que para m 1
n m 1:
(6k 2) ( m 1)3( m 1) 1
( m 1)( 3m 4)
k 1
Demostración:
m1
m
(6k 2) (6k 2) 6(m 1) 2
k 1
m 1
K 1
De ( α ): (6k 2) m(3m 1) 6m 4
para.n m1
3m 2
6m 4
m
3m2 7m 4 (m 1)(3m 4)
k 1
m 1
n
(6k 2) (m 1)(3m 4)
k 1
n
16.
(6k 2) n(3n 1)
k 1
( 2k 1) 2 12 32 52 7 2 ... ( 2n 1) 2
n( 2n 1)( 2n 1)
… ( I )
3
k 1
Solución:
i) Paso Básico: Si
1
n
1
: (2k 1) 2 12
1(2.1 1)( 2.1 1) 3
k 1
fórmula es válida para
n
n
m
( 2k 1)
2
m
iii) Entonces, debemos demostrar que sí m 1
2 (2k 1)
n m 1 ,
se cumplirá que:
m 1
m
(2k 1) (2k 1) 2
3
( 2m 1)(2m 2
5m 3)
=
3 m 1
(2k 1) k 1
18
2
…( II )
3
m(2m 1)(2m 1)
k 1
…(1)
3
k 1
, luego, la
( m 1)( 2m 1)( 2m 3)
Expresión que es cierta puesto que:
=
1
m( 2m 1)( 2m 1)
k 1
2 (2k 1) =
3
la expresión (I) es correcta, es decir que:
k 1
De (1):
1(1)(3)
1.
ii) Paso Inductivo: Supongamos que para
m 1
2
2(m 1) 1
2
k 1
( 2m 1)
2
=
( 2m 1)m( 2m 1) 3( 2m 1)
(2m 1)(m 1)( 2m 3) 3
( m 1)( 2m 1)( 2m 3) 3
3
Inducción Matemática
Ing. Carlos Arámbulo Ostos
17. Calcule y luego demuestre que el
resultado obtenido es correcto, utilizando el Principio de
Inducción Matemática, la siguiente suma indicada: n
(2k )
2
2 2 4 2 6 2 82 102 ... (2n) 2
...( I )
k 1
Solución: n
(2k )2 (2.1)2 (2.2)2 (2.3)2 (2.4)2 ... (2.n)2
De ( I ):
k 1
= 2 2 (1) 2 2 2 (2) 2 2 2 (3) 2 2 2 (4) 2 ... 2 2 (n ) 2 n
= 2 (1 2
2
2
2
2
3
4
2
... n ) 4 2
2
k
4.
n(n 1)(2n 1)
6
k 1
n
2n(n 1)(2n 1)
2 (2k )
… ( II )
3
k 1
Notemos, además, que el resultado obtenido puede hallarse por propiedades; puesto que: n
(2k ) k 1
n
2
2
n
2
2
k
4 k 2 4.
k 1
n ( n 1)( 2n 1)
6
k 1
1
i) Paso Básico: Si
n
1
, (2k ) 2 22 4
=
n
1
3
m
(2k )
2
n
m
2( 2)( 3) 3
4 , luego, la
la expresión (I) es correcta, es decir que:
2m(m 1)(2m 1)
3
k 1
…(1)
n m 1 , debe cumplirse que: m 1
2 (2 k )
2( m 1)( m 2)(2 m 3) 3
k 1 m 1
m
Es decir, como: (2k )
2
k 1
m 1
(2k )
2
=
(2k )
2
2( m 1)
2
k 1
=
2m( m 1)(2m 1) 3
4(m 1) 2
2( m 1)m( 2m 1) 6( m 1) 3
k 1
m 1
=
.
ii) Paso Inductivo: Supongamos que para
iii) Entonces, si
3
2.1(1 1)(2.1 1)
k 1
fórmula es válida para
2n( n 1)(2 n 1)
k 1
(2k ) 2
2( m 1)( 2m 2 7m 6) = 3
2(m 1)(m 2)(2m 3) 3
19
Inducción Matemática
Ing. Carlos Arámbulo Ostos
n
18.
n(n 1)(n 2)
k (k 1) 1.2 2.3 3.4 ... n(n 1)
3
k 1
Solución:
n
n( n 1)(n 2)
k (k 1)
Sea:
k 1
i) Paso Básico: Para
n 1
ii) Paso Inductivo: Para
n
1
1(1 1)(1 2)
k 1
3
k (k 1) 1(1 1)
, m
m( m 1)( m
k (k 1)
2)
…(1)
3
k 1
m 1
n m 1
(cierto)
, aceptamos la validez de que
m
iii) Entonces, para
...( I )
3
(m 1)( m 2)( m 3)
se tendrá que: k ( k 1)
3
k 1 m 1
m
k (k 1) k (k 1) (m 1)(m 2) =
Como:
k 1
m( m 1)( m
3
k 1
m 1
k ( k 1)
2)
( m 1)( m
2)
(m 1)( m 2)( m 3) 3
k 1 n
19.
(3k
2
3k 1) n
3
k 1
Solución:
n
(3k
Sea:
2
3k 1) n
3
…(I)
k 1
i) Paso Básico: Para
1
(3k
n 1 :
2
2
3
3k 1) 3(1) 3(1) 1 1
(es cierto)
k 1 m
ii) Paso Inductivo: Para
n
m
, aceptamos la validez de : (3k 2 3k 1) m 3
…( 1 )
k 1 m 1
iii) Entonces, para
n m 1
, se debe cumplir que: (3k 2 3k 1) ( m 1) 3 k 1
m 1
m
k 1
k 1
Como (3k 2 3k 1) (3k 2 3k 1) 3(m 1) 2 3(m 1) +1 m 3 3(m 1) 2 3(m 1) 1
3
m
3m 2
3m 1
m
(3k
2
3k 1) (m 1)
3
k 1 n
20.
k .2
k 1
1 ( n 1)2
n
k 1 n
Solución:
k .2
Sea:
k 1
1 ( n 1)2
n
…( I )
k 1
i) Paso Básico: Para
n 1 ,
1
k .2
k 1
11
1.2
1
1 1 (1 1)2
(es cierto)
k 1
ii) Paso Inductivo: Para n m , supongamos que (I) sea válido, es decir que: m
k .2 k 1
20
k 1
1 (m 1)2 m
…(1)
Inducción Matemática
Ing. Carlos Arámbulo Ostos m 1
iii) Entonces, para
n m 1
se debe demostrar que: k .2
k 1
1 m.2
m 1
k 1
Demostración: m1
Como: k .2
De (I):
m
k .2
k 1
k 1
k 1
(m 1).2
m11
= 1 (m 1)2
m
(m 1).2 m
k 1
m 1
2 (2k ) = 1 (m 1 m 1)2 = m
1 (2m)2 m
1
m.2.2 m
k 1 m 1
k .2
k 1
1 m.2
m1
k 1
21. (2n 1) + (2n 3) + (2n 5) +… + (4n 1) =
3n
2
Solución: La expresión: (2n 1) + (2n 3) + (2n 5) +… + (4n 1) =
3n
2
, podemos
n
(2n 2k 1) =
expresarlo como:
3n
…( I )
2
k 1
Resultado que es correcto puesto que: n
n
n
(2n 2k 1) = 2n +
(2k 1) = 2n.n n
k 1
k 1
k 1
i) Paso Básico: Si
1
n
=1: (2n 2k 1) =
2
=
2n
2
+
2.1 2.1 1 =
n
2
=
3n
2
3 = 3. 1 , luego la fórmula (I) es 2
k 1
correcta para
n
1
ii) Paso Inductivo: Aceptamos que para n = m, la fórmula es correcta, es decir que: m
(2m 2k 1) = 3m
2
….( 1 )
K 1
iii) Entonces, para n = m+1, la fórmula (I), también debe ser cierta, o sea se debe m 1
2(m 1) (2k 1) = 3(m 1)
cumplir que:
2
k 1
Demostración: m 1
m
k 1
K 1
2(m 1) (2k 1) = 2(m 1) 2k 1 + =
m
2(m 1) 2(m 1) 1 m
m
(2m 2k 1) 2 + 4m 3 =
k 1
k 1
= 3m
(2m 2k 1) +
2
2
2m 4m 3 3(m
2 4m 3 k 1
2
2m 1) 3(m 1)
m 1
2(m 1) (2k 1) = 3(m 1)
2
k 1
22. 1.2 + 2.2 2 3.23 ... n.2 n 2 (n 1)2n 1
21
Inducción Matemática Solución:
Ing. Carlos Arámbulo Ostos
Sea: S (n) 1.2 2.22 3.23 4.24 ... n.2n 2 (n 1)2n1 n
S ( n)
K .2
K
2 ( n 1) 2
n 1
…(I)
K 1
1
i) Paso Básico: Si n = 1: S (1) K .2 K 1.21 2 2 (1 1)2 2 K 1 m
ii) Paso Inductivo: Si: n = m, aceptamos que S (m) K .2
K
2 (m 1) 2
m 1
… ( )
K 1
es verdadera. m 1
iii) Para n = m + 1, debemos demostrar que:
S ( m 1)
K .2
K
2 m.2
m2
K 1
Demostración: S (m 1)
m1
m
K .2
K
K .2 K (m 1)2 m1 = 2 (m 1).2
K 1
S ( m 1)
23.
= 2 (m 1 m 1).2 S ( m 1) =
1
1
1
( m 1)2
m 1
K 1
n
m 1
1
m1
= 2 2m.2m 1 = 2 m.2.2 m
2 m.2 m
1
2
n
1
k ( k 1) 1.2 2.3 3.4 ... n(n 1) n 1 k 1
Solución: 1
i) Paso Básico: Si:
n
1
1
1
1
1
k ( k 1) 1(1 1) 2 1 1 , se cumple k 1
ii) Paso Inductivo: Supongamos que para m
n
1
m
se cumpla que:
m
k (k 1) m 1
…( )
k 1
iii) Debemos demostrar que para
n m 1 m 1
se cumpla que:
1
m
1
k (k 1) m 2
…( )
k 1
m1
Demostración: Como:
m
a a k
k 1
m 1
m
1
k
am1 , entonces:
k 1
1
1
k (k 1) k (k 1) (m 1)(m 1 1) k 1
k 1
m m 1
1 ( m 1)( m 2)
am1 m 1
1
k (k 1) k 1
m(m 2)
1
( m 1)(m 2)
m
k 1
22
2m 1
(m 1)(m 2)
m 1
2
1 k ( k 1)
( m 1) 2 ( m 1)(m 2)
m 1 m2
m
1
m
2
Inducción Matemática n
24.
k 1
Ing. Carlos Arámbulo Ostos
1
(2k 1)(2k 1)
1 1.3
1 3.5
1 5.7
1 7.9
...
1
(2n 1)(2n 1)
n
2n 1
Solución:
i) Paso Básico: Si
1
n 1:
1
( 2k 1)( 2k 1)
k 1
ii) Paso Inductivo: Para
n
m
1 ( 2k 1)( 2k 1)
iii) Entonces, se debe demostrar que para m 1
( 2k 1)(2k 1)
k 1
Demostración:
m 1
1
= 1
(2k 1)(2k 1) k 1
25.
1
1
1
m 1
2(m 1) 1
m 1
… ( )
2m 3
1
2m 1
2m 3
( 2m 1)(2m 3)
(2m 1)(m 1) (2m 1)(2m 3)
n
( 2m 3) 1
m
(2m 1)(2m 3)
(2m 1)(2m 3)
1
2( m 1) 1 2( m 1) 1
1
2m 2 3m 1 m 1
1
1
(2k 1)(2k 1)
k 1
1
1
k 1
1
1
(4k 3)(4k 1) =
Si:
k 1
i) Paso Básico: Si
1
n 1,
k 1
1 (4k 3)(4k 1)
1 1.5
nm
, aceptamos que: k 1
iii) Se debe cumplir que para m 1
k 1
1.4 1
2m 3
2n 1
n
4 n 1 …(I)
4n 1
1
m 1
n
n
m
ii) Paso Inductivo: Si:
2.1 1
… ( )
(4k 3)(4k 1) 1.5 5.9 9.13 13.17 (4 n 3)(4 n 1) Solución:
1
2m 1
m
k 1
m 1
1.3
m
k 1
(2k 1)(2k 1)
n
(2k 1)(2k 1) (2k 1)(2 k 1) k 1
m
1
m 1
1
n m 1
1
( 2.1 1)(2.1 1)
, aceptamos la validez de la fórmula, es decir que:
m
k 1
1
, es válido,
1 ( 4k 3)(4k 1)
m
4m 1
n m 1
1 ( 4k 3)( 4k 1)
m 1 4( m 1) 1
m 1 4m 5
Demostración: m 1
k 1
1 (4k 3)(4k 1)
m
k 1
1 (4k 3)(4k 1)
1
4(m 1) 3. 4(m 1) 1 23
Inducción Matemática m 1
Ing. Carlos Arámbulo Ostos
1
( 4k 3)(4k 1)
k 1
4m2
1
m
5m 1
( 4m 1)(4m 5)
4m 1
( 4m 1)(4m 5)
( 4k 3)( 4k 1)
k 1
12
22
32
( 4k 3)( 4k 1)
k 1
1
26. Calcule la suma siguiente:
1
( 4m 1)(4m 5) n
(4m 1)(4m 5)
m 1
(4m 1)(m 1)
(4m 5) 1
m
m 1
4m 5
n
4n 1
42
n
2
... y el 1.3 3.5 5.7 7.9 (2n 1)(2n 1) resultado demuéstrelo utilizando el Principio de Inducción Matemática.
Solución: La
suma indicada:
S
n
expresarla como:
S
22 3.5
32
5.7
2
n
(2k 1)(2k 1)
k 1
1
1.3 k
S
12
k 1
42 7.9 k
...
2
4k 1
2
(2n 1)(2n 1) n
1
2
n
podemos
(4k 2 1) 1 4k 2 1
4 k 1
n 1 1 n 1 1 n n(n 1) 1 1 n 2n 1 2(2n 1) 4k 2 1 4 k 1 k 1 4k 2 1 4
n
4 k 1
S
k2
n
(2k 1)(2k 1)
k 1
(2k 1)(2k 1)
k 1
… (I)
2(2n 1)
k
n 1 ,
n( n 1)
2
1
i) Paso Básico: Si
12
1.3
1
1(1 1)
3
2(2.1 1)
1
, la 3
proposición es verdadera. m
ii) Paso Inductivo: Para
n
m
, aceptamos que:
k 1
iii) Para
k
(2k 1)(2k 1)
m 1
n m 1 , debemos demostrar que:
k 1
2
k
2
(2k 1)(2k 1)
m(m 1)
2(2m 1)
… ( )
(m 1)(m 2) 2(2m 3)
Demostración: m 1
k
m
(2k 1)(2k 1)
k 1
De ( ) :
2
m 1
k 1
m 1
k 1
k
k 1
2
(2k 1)(2k 1)
k
2
(2k 1)(2k 1)
k
2
(2 k 1)(2k 1) m(m 1)
2(2m 1)
(m 1) 2
2( m 1) 12( m 1) 1
(m 1)2 (2m 1)(2m 3)
(m 1)( m(2m 3) 2( m 1))
2(2m 1)(2m 3)
(m 1)(2m 1)( m 2) 2(2m 1)(2m 3)
24
( m 1)(2m2 5m 2) 2(2 m 1)(2 m 3)
(m 1)(m 2) 2(2m 3)
Inducción Matemática
Ing. Carlos Arámbulo Ostos m1
k
1 1.2.3
1
2.3.4
1
3.4.5
(m 1)(m 2)
(2k 1)(2k 1)
m1
27. Demostrar que
2
...
2(2m 3)
1 n(n 1)(n 2)
n(n 3)
4(n 1)(n 2)
Solución: La suma dada podemos expresarla como: n
1
k 1
k (k 1)(k 2)
1
1
1.2.3
2.3.4
1 3.4.5
1
i) Paso Básico: Si
n 1 ,
k 1
...
1 k (k 1)(k 2)
1 n(n 1)(n 2)
1 1.2.3
n(n 3)
4(n 1)( n 2)
1
1.(1 3)
6
4(1 1)(1 2)
se
verifica el resultado dado. ii) Paso Inductivo: Para
n
m
aceptamos la validez de:
m
k 1
1
k (k 1)( k 2)
m(m 3)
4(m 1)(m 2)
m 1
iii)
Entonces debemos demostrar que:
1
k (k
k 1
1)(k 2)
… ( )
(m 1)(m 4) 4(m 2)(m 3)
Demostración: m 1
k 1
m
1 k (k
De ( ) :
1)(k 2)
k 1
k (k
4(m 1)(m 2) m(m 3)
=
k 1
2
1 ( m 1)( m 2)( m 3)
1 (m 1)( m 2)( m 3) 3
4
m
4(m 1)( m 2)( m 3)
6m2 9 m 4
4( m 1)( m 2)( m 3)
(m 1)2 (m 4) 4(m 1)(m 2)(m 3)
m 1
1)( k 2)
m(m 3)
=
1
1 k (k
1)(k 2)
(m 1)(m 4) 4(m 2)(m 3)
25
Inducción Matemática
Ing. Carlos Arámbulo Ostos
Aplicaciones a Desigualdades 28. Determine
para qué valores naturales de n es cierta la desigualdad: 2
n
n
2
4n 5
Solución: Al evaluar la expresión para los valores de n = 1, 2, 3 ,…,
6, nos cercioramos
que la desigualdad es incorrecta. Por ejemplo, si n = 6, en la desigualdad dada obtenemos: 26 64 6 2 4.6 5 65 , es decir 64 65 , lo cual sabemos que es
una desigualdad incorrecta. Para n = 7 29.
2
7
7
2
Demuestre que es válida
4.7 5
128 > 49 + 28 +5 = 82 es correcto
n N , n
7 por
el Principio de Inducción Matemática, el
ejercicio anterior. Solución: Ahora demostremos, por el método de
valores de
Inducción Matemática, que para todos los
n 7 , la desigualdad es cierta.
i) Paso Básico: Si
n 7,
obtenemos:
7
2
7
2
4.7 5 ò 128 82 ,
o sea la desigualdad
es cierta. ii) Paso Inductivo: Si n = m, aceptamos que la desigualdad es cierta, 2m m 2 4 m 5
O sea , iii)Para
n m
1, debemos demostrar que 2m
1
…( )
(m 1)2
4(m 1) 5
…( )
Demostración: m 1
De ( ) ,
2.2m 2(m 2 4m 5)
2m 1 ( m 1) 2 4( m 1) 5 m 2 2 m m N , m
2
2
2m
2
8m 10
…(1)
2m 0 , luego:
(m 1) 2 4(m 1) 5 m 2 2m (m 1) 2 4(m 1) 5
De (1) y (2):
2m 1 ( m 1) 2 4(m 1) 5
Por lo tanto, la desigualdad dada es cierta para 30. Si
n N , n
Solución:
n 3 entonces, 2
Sea la proposición
…(2)
n m 1
2n 1
P(n) :
n
2
2n 1
,
n N
,
n
3
… (I)
i) Paso Básico: Para n = 3 , 23 2.3 1 la desigualdad es cierta. ii) Paso Inductivo: Para n = m (m > 3) aceptamos que: 26
2
m
2m
1
, es cierta
… ( )
Inducción Matemática
Ing. Carlos Arámbulo Ostos
iii) Entonces, demostremos que para n = m + 1: 2 Demostración:
Si:
2
Si:
m
2m
1
2(m 1) 1 2m 3
2(2m 1) 2 m
1
… ( )
4m 2
m N : 2m 1 0 2m 3
De ( ) y ( ) :
2
m 1
31. Demuestre que si n N
,
2m 1 2m 3
2m 3
1
1
2n
1
2
1
1
3
1
2
4
1
i) Paso Básico: Si n = 1, la proposición
1
3
2n 1
...
1 2
1 2
1
n
n
2
1
2
,
2
1
n
n
1
...
4
P (1) :
… ( )
4m 2 2m 3
entonces:
Sea la proporción P (n) :
Solución:
2.2 m
m 1
n
N
…( I )
, es verdadera.
ii) Paso Inductivo: Si: n = m , aceptamos la veracidad de la proposición :
P (m)
S m
1
1
1
2
3
1
4
m
1
... 2
m
1
,
2
… ( )
m N
en la que el lado izquierdo es la suma de los recíprocos de los números naturales desde 1 hasta
2
m
1.
iii) Entonces para n = m + 1 debemos demostrar que la proporción P ( m
1) : S m 1
1
1 2
1
3
1
4
1
... 2
m 1
m 1
… ( )
2
1
Demostración: S m
Como P (m
Para todo
1) : S m1
Sm 1
m N
,
S m
1 2m
1
(
1 2
1
1 2
m
3
1
1 2m 1
S m1 32. Demuestre, utilizando
4
2
1
2
1
...
m
1
1 2m 2
m 2
m
1
2
1
1
2
m
2
...
1
m
1
2
m
...
1
2
2m 1 1 S m1
2
2
m 1
1
1
1
...
2
2
)
y S m
2
m 1
1
… ( )
m 2
m 1
el Principio de Inducción Matemática, que 1 3 5 2n 1 . . ... 2 4 6 2n
m
1
1
1
2 n N ,
1 2n 1
27
Inducción Matemática
Solución:
Ing. Carlos Arámbulo Ostos
Sea la proposición
1 3 5 2n 1 . . ... 2 4 6 2n
P n :
i) Paso Básico: 1 S , puesto que, si
1 2n 1
1
n 1 , P : 1
…(I)
1
1
2
2
2.1 1
1 3
,
la proposición es verdadera.
ii) Paso Inductivo: si
n
m
1
,
n N
,
3
2
2
1
3
1 3 5 2m 1 . . ... 2 4 6 2m
P m :
1
…( ),
2m 1
es verdadera. iii) Entonces, debemos demostrar que,
1 3 5 2m 1 . . ... 2 4 6 2m 2
P m1 :
1 2m 3
…( )
Demostración:
( ) .
2m 1 2m 2
1 3 5 . . 2 4 6
,
m N
,
34
4m
2
8m
(2m 1)(2m 3) (2m 2)2
2m 1. 2m 3 2m 2
1
.
2 m 1
2m 1 2 m 2
P n
:
33. Pruebe que:
2m 1
Solución: Sea la proposición
2m 2
1 2m 3
1 3 5 1997
1999
. . ...
2 4 6 1998
P n :
2
1 2n 1
8m
4
(2m 1)(2m 3) 2m 2
1 3 5 2n 1 . . ... 2 4 6 2n
1
…( )
3 4m
1 3 5 2m 1 . . ... 2 4 6 2m 2
De ( ) y ( ) :
28
2m 1 2 m 1 . 2m 2m 2
1 3 5 2m 1 2m 1 . . ... 2 4 6 2m 2 2m 2
...
1
, entonces 1
2n 1
2m 3
,
P m 1 es
…( )
verdadero.
n N 1
1 44
1 3 5 2n 1 . . ... 2 4 6 2n
…(I)
Inducción Matemática
Ing. Carlos Arámbulo Ostos
i) Paso Básico: si
1
,
n 1
2.1 1
1
2.1 1
3
2.1
1
3
1
2
, luego
1 S .
La
proposición es cierta. ii) Paso Inductivo: si
n
m
P m
, aceptamos la veracidad de la proposición, 1
:
2m 1
1 3 5 2m 1 . . ... 2 4 6 2m
iii) Entonces, debemos demostrar que para P m1 :
1 2m 3
Demostración: m N , 2 3
1 2m 3
1
1
( ) . ( ):
.
2m 1
2m 1 2m 3 P m1 :
Entonces
P m 1 es
1 3 5
2m 1
2 4 6
2m 2
2m 1 2m 3
1 3 5
. . ... 2 4 6
2m 3
Si
1
n
999 :
2n 1
1 1999
2m 1 …( )
2m 2
2 m 1 2 m 1 . 2m 2 m 2
P n es verdadero n 1
1 3 5 7 2n 1 . . . ... 2 4 6 8 2n
De (I) y (II):
1 3 5 2m 1 . . ... , 2 4 6 2m 2
Además, del ejercicio anterior, tenemos que
…( )
2m 2 2m 3
1
verdadero
n m 1 ,
. . ...
2m 2
…( )
n N :
1
…(II)
2n 1
1 3 5 7 2n 1 . . . ... 2 4 6 8 2n
1 3 5 7 1997 . . . ... 2 4 6 8 1998
1 1999
1 2n 1 1
1936
1
44
29
Inducción Matemática
Ing. Carlos Arámbulo Ostos
Aplicaciones Algebraicas que sí 0 x 1 y n es un entero positivo cualquiera, 0 x 1 Prueba: Elijamos una x tal que 0 x 1 . Sea S el conjunto de todos los enteros positivos n n
34. Pruébese
tales que 0 x 1 . Queremos mostrar que S es el conjunto de todos los enteros positivos, Llegaremos a tal conclusión aplicando el Primer Principio de Inducción Matemática. n
i) Paso Básico: si n 1 , 0 x 1 , la proposición es cierta ii) Paso Inductivo: Si n m , aceptamos la validez que 0 x iii) Debemos demostrar que para n m 1 , 0 x m 1 1 n
m
…( )
1
Demostración:
De ( ), si:
0 x 1
Si :
0 x
m
1
0. x
De (1) y (3):
…(1) x
0 x
35. Demostrar que
m
m 1
x y es
x
.x 1.x
…( )
0
x
0
…(2)
m 1
…(3)
x
1
un factor de: x y , n N Se dice que x y es un factor de x y , n N , siempre que: n
n
n
n
Pn : x n y n = ( x y ).Qn 1 ( x, y ) , Qn 1 ( x, y ) es un polinomio de x e y.
i) Paso Básico: si x1
, es trivial que x y es un factor de y 1Q0 ( x, y ) ( x y ).1 x y , así P 1 es cierta. n
1
x
1
y
1
, puesto que:
ii) Paso Inductivo: para , x y es un factor de x m y m , esto es, que: x y = ( x y )Qm 1 ( x, y ) , para algún polinomio Q ( x , y ) n
m
m
m
iii) Entonces, para
n m 1
, debe cumplirse que:
x
m 1
y
m 1
… ( )
= ( x y )Qm ( x, y )
Demostración:
Pm+1 : x m 1 y m 1 x m 1 x m y x m y y m 1 x m ( x y ) y ( x m y m )
x m ( x y ) y( x y )Qm1 ( x, y ) ( x y )( x m y.Qm1 ( x, y )) Expresión última que tiene a ( x y ) como un factor. Por consiguiente, la veracidad de
implica la veracidad de P es cierto para todo n 1 P m
P m1
. Por el Principio de Inducción Matemática concluimos que,
n
36. Pruébese que para cualquier número real
p 1
(1 p) n
1
y cualquier entero positivo n, np
Esta desigualdad se llama la desigualdad de Bernoulli.
30
Inducción Matemática Solución:
n
Ing. Carlos Arámbulo Ostos
ℝ , p
1
, (1 p)n 1 np
i) Paso Básico: Si n = 1: (1 p)1 1 1. p , la proposición es cierta. ii) Paso Inductivo: si n = m , aceptamos que (1 p) m 1 mp , es válida. iii) Si Para n = m + 1, debemos demostrar que: (1 p)m
1
1 (m 1) p
Demostración:
De ( ii ) , si: (1 p)
1
mp
p 1
p
2
0
2
mp 0
De ( 1 ) y ( 2 ): 37.
(1 p)m (1 p)
2 (1 p) m 1 1 mp p mp
Si
m
(1 p ) m 1
(1 p) m
1
(1 mp)(1 p)
1 (m 1) p mp 2
1 (m 1) p mp2
…( 1 ) …(2)
1 (m 1) p
1 ( m 1) p
Dada la función : ℝ+ → ℝ estrictamente creciente, tal que f ( xy) f ( x) f ( y )
(Cauchy), demuéstrese utilizando el Principio de Inducción Matemática que f ( x n )
nf ( x) ,
n N
Solución: Si : ℝ+ → ℝ
Sí
x
Sí x
También,
f ( xy) f ( x) f ( y )
f (1. y) f (1) f ( y)
1 , y
/
, f ( x.x ) f ( x) f ( x)
…(I)
f (1)
0
( ) = 2()
…(1)
f ( x3 ) f ( x.x 2 ) f ( x) f ( x 2 )
f ( x) 2 f ( x)
f ( x3 )
3 f ( x)
…(2)
f ( x 4 ) f ( x. x3 ) f ( x) f ( x3 )
f ( x) 3 f ( x)
Entonces, cualquiera que sea n inducimos que: f ( x n ) i) Paso Básico: Si
n 1
ii) Paso Inductivo: Si iii) Entonces, para
f ( x4 )
4 f ( x)
…(3)
nf ( x) , luego :
, f ( x1 ) 1. f ( x) , la proposición es verdadera. nm
n m 1
, aceptamos que, f ( x m )
mf ( x)
, debe cumplirse que: f ( x m1 ) ( m 1) f ( x)
…( ) …( )
Demostración:
f ( x m 1 ) f ( x.x m ) f ( x ) f (x m )
De ( )
f ( x m 1 ) f ( x) mf ( x)
f ( x m1 ) ( m 1) f ( x)
31
Inducción Matemática
Ing. Carlos Arámbulo Ostos n
Teorema: Para cualquier entero positivo n, cak
n
c ak ; c es una constante.
k 1
k 1 n
Demostración: Sea S el conjunto de los enteros positivos n para los que:
k 1 1
i) Paso Básico: Si
n
1
k 1
ak
1
, cak ca1 c ak , luego 1 S . La proposición es cierta.
k 1 m S , es decir, m
ii) Paso Inductivo: Si
cak c
n
k 1
si
n
cak c
k 1
m
, aceptamos la validez de:
m
…( )
ak
k 1
m1
iii) Entonces debemos demostrar que, si
n
m
1,
)
cak c
k 1
m1
…(
ak
k 1
De ( ) : m 1
m
cak
k 1
m
cak
k 1
cam 1 c
ak
k 1
m 1
ak
m 1
c ak c
m 1 ak am 1 c k 1
m c am 1 c k 1
k 1
ak
k 1
Así pues m S implica que (m 1) S , luego, por el Principio de Inducción Matemática, S es el conjunto de todos los enteros positivos.
Teorema: Para cualquier entero positivo n,
n
n
k 1
k 1
ak bk
Solución: Sea S el conjunto de todos los enteros n
a
k
bk
k 1
bk
n
ak
k 1
bk
k 1
1
i) Paso Básico: Para n=1, 1 S , puesto que
1
ak bk a1 b1
k 1 m
ii) Paso Inductivo: Si
m S , es decir,
m
k 1 m 1
Demostración:
(a
k
k 1
32
1
k 1
bk
m
ak
k 1
m 1
iii) Debemos demostrar que sí (m 1) S ,
ak
k 1
ak bk k 1
positivos n para los que n
k 1
ak
n
bk
…( )
k 1
(ak bk )
m
m
m
k 1
k 1
k 1
m 1
k 1
ak
m 1
k 1
bk ,
bk ) (ak bk ) am 1 bm1 ak bk am1 bm1
Inducción Matemática m 1
(a
k
k 1
Ing. Carlos Arámbulo Ostos
m m bk ) ak am1 bk bm1 k 1 k 1 m 1
m 1
(ak bk )
k 1
Así pues,
m S
m 1
ak
k 1
bk
k 1
implica que (m 1) S , donde
S ,
por el Principio de Inducción
Matemática, es el conjunto de todos los enteros positivos.
El Teorema del Binomio Antes de enunciar el teorema del binomio, proporcionaremos unas cuantas notaciones estándares para cantidades que se presentan en el enunciado del teorema. Factorial de n: n! Definición:
El factorial de un número entero no negativo n, leído “ Factorial de n” y
denotado por n!, se define como sigue: n! = 1. 2. 3, … n , para n 1
Por analogía, con la notación
, y
0! 1
para sumas, podemos usar la notación pi mayúscula, que
llamaremos productoria, para presentar productos. Luego n
n!
k 1. 2. 3, … n
,
n 1
k 1
Coeficiente Binomial
n Definición: El coeficiente binomial denotado por , leído número combinatorio n de k , k n n! se define como: , kn k (n k )!k ! Propiedades:
m m 1.- 1 0 m n n k n 3.- k 1 k 1 k
n n 2.- k n k m m m 1 4.- k k 1 k
Teorema del Binomio Teorema: Si x e y son números reales distintos de cero y
n es un entero positivo, entonces
33
Inducción Matemática
Ing. Carlos Arámbulo Ostos
n
( x y )
n
k 0
n nk k k x y
n nk k S el conjunto de los enteros positivos, para los que ( x y ) x y k 0 k i) Paso Básico: 1 S ya que para n 1 , 1 1 1 1 1 ( x y ) x1 k y k xy 0 x 0 y1 1. x.1 1.1. y x y 0 1 k 0 k n
Solución: Sea
ii) Paso Inductivo: Si
n m S ,
m
aceptamos que ( x y )
m
k 0
iii) Entonces, para
debe cumplirse que m 1 m 1 m 1 k k m 1 ( x y ) y x k k 0
( x y ) m 1
…( )
…( )
m ( x y ).( x y ) ( x y ). xm k yk k 0 k m m m mk k m y y x m k y k = x x k 0 k k 0 k m m m 1 k k m m m k k 1 y x y = x k k k 0 k 0 m m m 1 k k m 1 m 1 m1 k k 1 y x y = x k 0 k k 1 k m m m 1 k k m 1 m m 1 k k y x y = x k 0 k k 1 k 1 m 1
m
m
m m 1 m m m1 k m m m 1 k k m m 1 x y y y = x ( x y ) x 0 k k 1 m k 1 k 1 m m1 m m m m1 k k m m1 y y = x x 0 k k 1 m k 1 m m 1 m m 1 m 1 k k m m 1 y y = x x 0 k m k 1 m 1 m 1 m m 1 m 1 k k m 1 m 1 y = x k x y 0 m 1 k 1 m 1
( x y )
m 1
m 1
k 0
34
m mk k k x y
n m 1 S ,
Demostración: ( x y)
n
m 1 m 1 k k y k x
Inducción Matemática
Ing. Carlos Arámbulo Ostos
Aplicaciones Geométricas 38.
Para todo número natural n >1, calcular el número de rectas determinadas por n puntos situados en un plano y tal que cada tres de ellos no están alineados. Demuéstrese por inducción dicha afirmación.
Solución:
Nº de Puntos L1
P1 P2
L1
P1
Nº de Rectas
2 puntos
1 recta 1
3 puntos
3 rectas 3
2( 2 1) 2 3(3 1)
2
recta
N º de ptos 2 anterior anteriores
3 rectas = 1 P3 L2
4 puntos
6 rectas 6
4( 4 1) 2
L2
N º rectas + 3 ( Nº de puntos anteriores) anteriores
6 rectas = 3 P 2
L1
5 puntos P 3
P 1
L2
5(5 1)
2
N º de N º de ptos 10 rectas rectas 4 anteriores anteriores
L4
P 4
10 rectas: 10
L3 L5
L6
Observamos según la ley de formación que con “n” puntos determinamos: (n 1)n n ( n 1) n(n 1) rectas P( n) P( n 1) 2 2 2 Demostración:
i) Paso Básico: Si n = 2:
P (2)
2(2 1) 2
1
, es decir, una recta, la proposición es
verdadera ii) Paso Inductivo: Si n = m, aceptamos que: P(m) = iii) Si n = m + 1, debemos demostrar que:
P( m 1)
m( m
=
1)
es verdadera.
2 ( m 1) m
…( 1 )
2
35
Inducción Matemática P( m 1)
39.
= P(m) m
Ing. Carlos Arámbulo Ostos
(
m m
1)
2
m
(
m m
1) 2 m
2
(
m m
1)
2
La suma de las medidas de los ángulos interiores de un polígono convexo de n lados (sin hoyos ni abolladuras) es n 2 , demuéstrelo por inducción matemática.
Solución:
Sea S la suma de las medidas de los ángulos interiores de un polígono convexo de “ n” lados, donde: …( I ) S = 180(n - 2) n
n
i) Paso Básico: Si n = 3
S 3
= 180(3 - 2) = 180º , la proposición es verdadera
ii) Paso Inductivo: Para n = m, aceptamos la validez de: iii) Para Como:
n m 1, debemos demostrar que:
S m
1
S m
= 180(m - 2)
…( 1 ) …( 2 )
180(m 1)
= 180º = 180º = 180º (3-3) + 180º S 4 = 360º = 180º + 180º = 180º (4-3) + 180º S = 540º = 360º + 180º = 180º (5-3) + 180º S = 720º = 540º + 180º = 180º (6-3) + 180º S 7 = 900º = 720º + 180º = 180º (7-3) + 180º
S 3
5
6
Inducimos que , Demostración:
S m1
S m1
S m
S
= 180º (m-3) + 180º = 180º (m-2)
m
180º = 180º m 2 180 = 180m 2 1 = 180m 1
180(m 1)
S n 180º (n 2)
40. Demuestre, utilizando el principio de
inducción matemática, que el número de diagonales
de un polígono convexo de n lados es:
n n3
2
Solución: Sea d el número de diagonales de un polígono de “n” lados, donde: n
d n
i) Paso Básico: Si n = 4
d 4
n( n
3)
,
2 4( 4 3)
4 .1
2
2
=
n4
= 2
ii) Paso Inductivo: Para n = m , aceptamos la validez de la fórmula: iii) Para n = m + 1, debemos demostrar que: Observamos que para: 36
n=4
d m1
(m 1)(m 2)
d 4 = 2 = 0 + (3-1)
2
d m
m( m
2
3)
…( 1 )
Inducción Matemática
Ing. Carlos Arámbulo Ostos n = 5 d n = 6 d n = 7 d n = 8 d
5
6
7
8
= 5 = 2 + (4-1) = 9 = 5 + (5-1) = 14 = 9 + (6-1) = 20 = 14 + (7-1)
Demostración: d m1
d m
m 1
( 3) 2( m 1) = m 1 = 2 2 2 (m 1)(m 2) m m2 d m 1 = 2 2 m( m 3)
m m
m
2
3m 2m 2 2
37
Inducción Matemática
Ing. Carlos Arámbulo Ostos
Aplicaciones Trigonométricas sen
41. Demostrar que: senx sen2 x sen3 x ... sennx
n 1
xsen
2
sen
n 2
x
x
, x 2k .
2
Solución: Como: n
sen
senkx senx sen2 x sen3 x ... sennx
i) Paso Básico: Si
senx sen x2
k 1
sen x2
senkx senx
n 1,
xsen
2
sen
k 1
1
n 1
n
2
x
x
, x 2k
2
senx , es decir, la
proposición es cierta. ii) Paso Inductivo: Si
n
m , aceptamos que:
m
senkx
sen m 1 x sen m x 2
sen
k 1
m 1
iii) Para
debemos demostrar que:
n m 1
senkx
sen
Demostración: Como:
senkx
sen
senkx
m 1
senkx =
m 1
2
sen
2
x
sen
m
2
x
sen
2sen
x
2
m
x
2
x
sen x 2
senkx sen(m 1) x , luego , de
x sen
m
2
x
x
m 1
2 sen
m 1
2
x
sen
m 1
x
2
senkx
n
senkx
k 1
sen
m 1
2
sen
x sen
sen
38
sen
n 1
2
2 3
sen
3 3
2
m
2
x sen
n
3
m 2
2
x sen
x
2
x
2
x sen
sen
.... sen
m2
x
x
n
2
x
, x 2k
x
2
42. Demostrar que para cualquier número entero positivo 3
sen
k 1
sen
(1):
2
2
m 1
x cos
2
2
cos
m 1
sen
...(2)
sen( m 1) x
x
2
sen
k 1
m 1
x sen
2
sen sen
m 1 x 2
k 1
m 1
k 1
x sen
m
k 1 m 1
2
m 2 2
k 1
m 1
, x 2k ...(1)
2
x
n es válida la igualdad:
2 sen
n
6
sen
n 1
6
m
2
x
Inducción Matemática n
Solución:
Si:
sen
Ing. Carlos Arámbulo Ostos
k
= sen
3
K 1
i) Paso Básico: Si n =1: sen
2 sen
3
3 sen
3
3
6
6
2sen cos
3
.... sen
n
3
2 sen
n sen
n 1
6
6
3
6
…(
I)
2sen sen , es decir la proposición
es verdadera. ii) Paso Inductivo: Si n = m:, aceptamos que: 2
sen
3
iii) Si
sen
.... sen
3
m
3
2 sen
m sen
m 1
6
…( 1 )
6
, debemos demostrar que:
n m 1
m 1
sen
K 1
k 3
= sen
sen
3
m 1
k
sen
Demostración:
3
K 1
m 1
sen
.... sen(m 1)
m
=
k
sen
sen
m sen
6
6
3
(m 1)
6
( m 1)
6
2 sen
sen(m 1)
3
2 sen
m
= 2 Sen
= 2Sen
K 1
3
K 1
= 2 sen
3
k
De ( ):
2
2 sen( m 1)
(m 1) 6
2
6
3
(
6
m
sen m
sen
1)
3
cos( m 1)
6
m ( m 1) Senm Cos (m 1) 6 6 6
(m 1)
6
= 2Sen(m 1)
Sen
Sen (m 1) 6 6 2
m
m 2 m Sen Sen 6 6 6
1 2
= 2 sen
(m 1)
2 s en cos
(m 1)
6 6 6 (m 1) (m 1) (m 2) (m 1) = 2 sen sen sen 2 sen 6 6 6 6 2
B) Método II: Hagamos, ahora x n
sen k 1
k
3
sen
3
sen
3 2 3
en la expresión anterior, logrando la expresión:
sen
3 3
... sen
n
3
sen
( n 1) n sen . 2 3 2 3 /3 sen 2
39
Inducción Matemática n
sen
k
3
k 1
Ing. Carlos Arámbulo Ostos
sen
sen
3
2 3
sen
3
... sen
3
n
2 sen( n 1)
3
n
6
n
43. Demuestre que para todo entero n 1 , si senx 0 ,
sen
cos(2k 1) x
6 sen(2nx)
k 1
2 senx
Solución: Como: n
cos(2k 1) x cos x cos3 x cos5 x ... cos(2 n 1) x
sen(2 nx )
2 senx
k 1
1
i) Paso Básico: Si
n 1,
cos(2k 1) x cos x
2 senx cos x
k 1 senx
…(I)
2 senx
sen2 x
2senx
,
0 es decir, la proposición es cierta.
ii) Paso Inductivo, Si
n
m aceptamos
m
cos(2k 1) x
que:
sen(2mx)
2 senx
k 1
iii) Entonces, para
n m 1
cos(2k 1) x
sen2(m 1) x
m 1
…(2)
2 senx
k 1
Demostración: Como
…(1)
debemos demostrar que:
m 1
, x k , k Z
m
cos(2k 1) x
k 1
cos(2k 1) x cos(2(m 1) 1) x ,
K 1
luego , de (1): m 1
cos(2k 1) x
sen(2mx)
2 senx
k 1
= =
sen(2mx) 2senx cos(2m 1) x
2senx
sen(2mx) sen((2m 1) x x) sen((2m 1) x x) 2 senx sen(2mx) sen2(m 1) x sen(2mx)
m 1
cos(2m 1) x
k 1
2 senx
cos(2k 1) x
sen2(m 1) x
2 senx
,
sen2(m 1) x 2 senx
x k
44. Demostrar que: senx sen( x h) sen( x 2h) ... sen( x nh)
sen x
sen 2
nh
sen
h
n 1
2
h
, h
2
Solución: n 1
sen( x (k 1)h) senx sen(x h) sen(x 2h) ... sen(x (k 1)h )
k 1
40
2k
Inducción Matemática
Ing. Carlos Arámbulo Ostos
... sen( x (n 1)h) sen(x nh) i) Paso Básico; Si 2
n
1
sen( x (k
k 1
sen x
nh
2
sen
sen
n 1
2
h
h
, h
2k
2
,
h h 1)h) senx sen( x h) 2sen x cos 2 2 h h h h sen x .2sen cos sen x senh 2 2 2 2 h h sen sen 2 2
luego, la proposición es verdadera. ii) Paso Inductivo: si
n
m
, aceptamos que:
m 1
sen( x (k 1)h)
sen x
m 1 h 2
mh
sen
2
h k 1 sen 2 iii) Entonces, para n m 1 , debemos demostrar que: m 2
sen x sen( x ( k
1) h)
(m 1)h
… ( )
m2 h 2
sen
2
h 2
k 1
sen
Demostración: m2
m 1
sen( x (k 1)h)
k 1
sen( x (k 1)h ) sen( x (m 1)h )
k 1
mh m 1 sen h 2 2 sen( x (m 1)h) h sen 2
sen x
De ( ):
2 sen x
cos x
mh
2
m 1
2
h cos x
mh
2
m 1 h h 2 sen( x ( m 1) h) sen sen 2 2 2 h 2 sen 2
mh
m 1
2
h cos x (m 1)h
h h cos x (m 1 h 2 2
h
2 sen 2
41
Inducción Matemática
Ing. Carlos Arámbulo Ostos
2m 1 (2m 1) 2m 3 h cos x h cos x h cos x 2 2 2 2 h 2 sen 2 2m 3 m 1 m2 h 2 sen x h sen h cos x cos x h 2 2 2 2 h h 2 sen 2sen 2 2
cos x
h
m 2
m 1 m2 h sen 2 h 2 h sen 2
sen x
(k 1)h )
sen( x
k 1
45. Demuestre que n N Solución:
i)
,
sen nx
Si: n 1
ii) Paso Inductivo: para
(
sen m
n
m
1) x
, aceptamos que:
y
(
)
sen(m 1) x
y
m N ,
senmx cos x
cos x 1 senmx
,
sen mx m sen x
…( )
(
…( )
sen m
1) x
sen mx
y
(m 1) senx
cos x cosmxsenx
senmx cos x
cos mxsenx
senmx cos x
(3) en ( ): De ( ) , si
senmx cos x
(
cos mxsenx
sen m
1) x
…( )
cos mx 1
senmx
cos mx senx senx cos mxsenx senx
(1) + (2):
42
n m 1
sen mx x
x R
…(I)
, senx 1. senx , la proposición es verdadera
iii) Debemos demostrar que para
n sen x
sen nx n sen x
Paso Básico: si
Demostración:
senmx
senmx
…(1) …(2)
senx
senx
…(3) …( )
senmx m senx senmx senx m senx senx
senmx senx ( m 1) senx
De ( ) y ( ):
sen(m 1) x (m 1) senx
…( )
Inducción Matemática
Ing. Carlos Arámbulo Ostos
46. Demuestre la fórmula de MOIVRF
(cos i sen ) n cos n isen n
Solución:
i) Paso Básico: La fórmula es válida para n =1, puesto que (cos
1 i sen ) cos1. i sen1. cos i sen
ii) Paso Inductivo: Para n = m, supongamos que la fórmula es cierta, o sea que (cos i sen ) m cosm isen m
... ( )
iii) Entonces, debemos demostrar que para n = m +1 (cos i sen )m1 cos m 1 isen m 1
Demostración:
(cos i sen ) m cosm isen m
De ( ) , si:
(cos
(cos
i sen )
m
i sen )
i sen
.(cos
m 1
isen )
(cos m
isen m )(cos isen )
cosm cos i 2 sen m sen i cos m sen isenm cos cos m cos senm sen i( senm cos cos m sen )
i sen m 1 cos m 1 i sen m 1
(cos
(cos i sen )m
)m1 cos m
43
Inducción Matemática
Ing. Carlos Arámbulo Ostos
Aplicaciones a Teoría de Conjuntos Conjuntos 47. Sean A1 , A2 , A3 ,…., An n subconjuntos cualesquiera de un conjunto U.
Demuestre por inducción, que: n
n
Ak
A K
k 1
K 1
Solución:
i) Paso Básico: Si n = 2, el resultado es trivial, puesto que es una aplicación de la ley de Morgan. 2
A K A1
A2 A1
K 1
2
A2
k 1
Ak
i) Paso Inductivo: Supóngase que P (m) es verdad para alguna m 1, sean A1 , A2 , A3 ,..., A , A 1 , n 1 conjuntos cualquiera cualquiera de U. Es decir decir que: n
n
m
m
Ak k 1
…( I )
A K
K 1
m 1
iii) Para n = m +1, debemos demostrar que: que:
Ak
k 1
m 1
A K K 1
n 1
Demostración: Como :
A = ( A1
A2
K
A4 ...
A3
An )
An 1
K 1
n AK K 1
An 1
Por lo tanto, si B = A1 A2 A3 A4 ... An se tiene: m 1
A K K 1
m AK K 1
m
Am 1 = B
Am 1 = B
k 1
Ak
K 1
n
Ak
k 1
44
n k 1
Ak , entonces: 2
Ak A1 A2 A1 A2 = A , es decir, la proposición es k
k 1
cierta.
n subconjuntos
A K
k
A1 , A2 , A3 ,…., An son
n
k 1
2
k 1
K 1
A =
Debemos demostrar que:
Ak
A K
n
i) Paso Básico Si n = 2
Am1
m 1
Demuestre por inducción matemática que sí cualesquiera de un conjunto U, entonces:
Solución:
Ak k 1
m 1
48.
Am 1 =
m 1
k 1
Inducción Matemática
Ing. Carlos Arámbulo Ostos
m
m
ii) Paso Inductivo: Si n = m aceptamos la validez de:
Ak k 1
k 1
m 1
m 1
iii) Entonces, para n = m + 1, debemos demostrar que:
…
Ak
Ak
Ak
k 1
k 1
Demostración: De m 1
m
m
A K K 1
K ?1
m
Am 1
AK
:
AK
A m 1 =
A
K
m 1
Am
1
= A
k 1
K 1
K
k 1
49. Demuestre por inducción matemática que si A1 , A2 , A3 ,...., An , y B son
subconjuntos de un
conjunto U, entonces: n n Ak B Ak B k 1 k 1 n n Solución: Debemos demostrar que: Ak B Ak B k 1 k 1
2 i) Paso Básico: Si n = 2: Ak B = ( A1 A2 ) k 1
B = ( A1 B) ( A2
B)
2
A
k
B ,
k 1
la proposición es cierta. m m … ii) Paso Inductivo: Para n = m aceptamos que: A K B A K B K 1 K 1 m 1 m1 iii) Entonces, para n = m + 1, debemos demostrar que: A K B A K B K 1 K 1
Demostración:
m 1 A K K 1
m B AK K 1
Am 1
m B = A K B Am1 B K 1
m
= A
K
B Am
1
B =
m 1
A
K
K 1
K 1
n n B A K B ( A K B K 1 K 1
50. Demuestre por inducción matemática que si A1 , A2 , A3 ,...., An , yB son subconjuntos de un
conjunto
, entonces: n n A B K A K B K K 1
1
n n Solución: Debemos demostrar que: A K B A K B K 1 K 1
45
Inducción Matemática
Ing. Carlos Arámbulo Ostos
2 Paso Básico: Básico: Si n = 2, A K B ( A1 A2 ) B ( A1 K 1
i)
B2 )
( A2
B) =
2
Ak
B
proposi osició ciónn es es cier cierta ta . , la prop
K 1
m
m
ii) Paso Inductivo: Si n = m: aceptamos que: A B A K 1
)
K
K
B
K 1
iii) Para n = m + 1 debemos demostrar que: m 1
m1
1
1
A K B A K B K K m1 m Demostración: A K B A K Am 1 B = k 1 K 1
m A B K Am1 B K 1
m
= A
K
B Am1 B =
K 1
m A K B K
1
46
( A K
K 1
A
K
B
K 1
m 1
1
m 1
B)
n n A K B ( A K B) K 1 K 1
…(
Inducción Matemática
Ing. Carlos Arámbulo Ostos
Aplicaciones a Sucesiones Sucesiones Recursivas Leonardo de Pisa [Fibonacci] 8
Matemático italiano que difundió en Occidente los conocimientos científicos del mundo árabe, los cuales recopiló en el Liber Abaci (Libro del ábaco). Popularizó el uso de las cifras árabes y expuso los principios de la trigonometría en su obra Practica Geometriae (Práctica de la geometría) .
Considerado como el primer algebrista de Europa (cronológicamente hablando) y como el introductor del sistema numérico árabe, fue educado de niño en Argelia, donde su padre era funcionario de aduanas, aduanas, y donde aprendió "el ábaco, al uso de los indios". Después tuvo manera, por razones de tipo comercial, de conocer todo lo que de esta ciencia se enseñaba en Egipto, en Siria, en Sicilia y en Provenza. Al material así reunido le dio un orden, una unidad de método y una claridad de enseñanza en el Liber Abaci (Libro del ábaco), que, como modelo de texto universitario, sirvió también, por su caudal de ejemplos, para la compilación de manuales de aritmética para uso de los comerciantes. En él aparecen por primera vez en Occidente, las nueve cifras hindúes y el signo del cero. Leonardo de Pisa brinda en su obra reglas claras para realizar operaciones con estas cifras tanto con números enteros como con fracciones, pero también proporciona la regla de tres simple y compuesta, normas para calcular la raíz cuadrada de un número, así como instrucciones para resolver ecuaciones ecuaciones de primer grado y algunas de segundo grado. Pero Fibonacci es más conocido entre los matemáticos por una curiosa sucesión de números: 1; 1; 2; 3, 5; 8; 13; 21; 34; 55; 89.... que colocó en el margen de su Liber abaci junto al conocido "problema de los conejos" que más que un problema parece un acertijo de matemáticas recreativas. El problema en lenguaje actual diría: "Una pareja de conejos tarda un mes en alcanzar la edad fértil, a parti r de ese momento cada vez engendra una pareja de conejos, que a su vez, tras ser fértiles engendrarán cada mes una pareja de conejos. ¿Cuántos conejos conejos habrá al cabo de un determinado número de meses?."
En este gráfico vemos que el número de parejas a lo largo de los meses coincide con los términos de la sucesión. Veamos con detalle estos números. 1; 1; 2; 3, 5; 8; 13; 21; 34; 55; 89, 144.... Es fácil ver que cada término es la suma de los dos anteriores. Pero existe entre ellos otra relación curiosa, el cociente entre cada término y el anterior se va 47
Inducción Matemática
Ing. Carlos Arámbulo Ostos
acercando cada vez más a un número muy especial, ya conocido por los griegos y aplicado en sus esculturas y sus templos: el número áureo.
1 2
5
=1.618039....
Pero los números de la sucesión de Fibonacci van a sorprender a todos los biólogos. Como muy bien nos enseña la filotaxia, las ramas y las hojas de las plantas se distribuyen buscando siempre recibir el máximo de luz para cada una de ellas. Por eso ninguna hoja nace justo en la vertical de la anterior. La distribución de las hojas alrededor del tallo de las plantas se produce siguiendo secuencias basadas exclusivamente en estos números. El número de espirales en numerosas flores y frutos también se ajusta a parejas consecutivas de términos de esta sucesión: los girasoles tienen 55 espirales en un sentido y 89 en el otro, o bien 89 y 144. Las margaritas presentan las semillas en forma de 21 y 34 espirales. Y cualquier variedad de piña presenta siempre un número de espirales que coincide con dos términos de la sucesión de los conejos de Fibonacci, 8 y 13; o 5 y 8. Parece que el mundo vegetal tenga programado en sus códigos genéticos del crecimiento los términos de la sucesión de Fibonacci. Rectángulos de Fibonacci y espiral de Durero
Podemos construir una serie de rectángulos utilizando los números de esta sucesión. Empezamos con un cuadrado de lado 1, los dos primeros términos de la sucesión. Construimos otro igual sobre él. Tenemos ya un primer rectángulo Fibonacci de dimensiones 2 x1. Sobre el lado de dos unidades construimos un cuadrado y tenemos un nuevo rectángulo de 3x2. Sobre el lado mayor construimos otro cuadrado, tenemos ahora un rectángulo 5x3, luego uno 5x8, 8x13, 13x21... Podemos llegar a rectángulo de 34x55, de 55x89... Cuanto más avancemos en este proceso más nos aproximamos al rectángulo áureo. 48
Inducción Matemática
Ing. Carlos Arámbulo Ostos
Hemos construido así una sucesión de rectángulos, cuyas dimensiones partiendo del cuadrado (1x1), pasan al rectángulo de dimensiones 2x1, al de 3x2, y avanzan de forma inexorable hacia el rectángulo áureo. Si unimos los vértices de estos rectángulos se nos va formando una curva que ya nos resulta familiar. Es la espiral de Durero. Una espiral, que de forma bastante ajustada, está presente en el crecimiento de las conchas de los moluscos, en los cuernos de los rumiantes... Es decir, la espiral del crecimiento y la forma del reino animal. Fibonacci sin pretenderlo había hallado la llave del crecimiento en la Naturaleza .
La Sucesión de Fibonacci Es la sucesión definida recursivamente por: F 1
1 , F 2
1 y F n
F n 1
I
F n 2
Sucesión en la cual para calcular F n necesitamos encontrar los dos términos precedentes F n 1
y F n 2 , según se observa en la relación dada en (I). Puesto que ya conocemos los
valores de
y
F 1
a) n
F 2
y Fn Fn 1 F n 2 , entonces , si:
3 :
F3
F2
F1
1 1
2
F3
2
b)
n
4 :
F4
F3
F2
2 1
3
F4
3
c)
n
5 :
F5
F4
F3
32
5
F5
5
d)
n
6 :
F6
F5
F4
53
8
F6
8
e)
n
7 :
F7
F6
F5
85
13 F 7 13
f)
n
8 :
F8
F7
F6
13 8 21 F8
21
Observamos los términos obtenidos, deducimos que cada término es simplemente la suma de los dos términos que lo preceden, por lo que con toda facilidad se pueden escribir tantos términos como queramos. He aquí los primeros 10 términos: 1 , 1 , 2 , 3 , 5 , 8 , 13 , 21 , 34 , 55 , …
La sucesión de Fibonacci en el crecimiento de las ramas de los árboles.
Esta sucesión se denomina sucesión de Fibonacci, en honor del matemático italiano del siglo XIII que lo utilizó para resolver un problema relacionado con la reproducción de los conejos. La sucesión también se presenta en numerosas situaciones en la 49
Inducción Matemática
Ing. Carlos Arámbulo Ostos
naturaleza, puesto que muchos fenómenos se compartan según la sucesión de Fibonacci que una revista matemática, el Fibonacci Quarterly sólo se dedica a las propiedades de esta sucesión. CONEJOS DE FIBONACCI: Fibonacci
planteó el siguiente problema: suponga que los conejos viven por siempre y que cada mes cada pareja produce un nuevo par, por el cual ya es productivo a los dos meses. Si se empieza con un par de conejos recién nacidos, ¿Cuántos pares de conejos habrá en el n-ésimo mes? Demuestre que la respuesta es F n , donde es el nésimo término de sucesión de Fibonacci. 51. Demuestre que para cualquier valor entero y positivo n , S n
a
n
bn
,
5
a
Solución: Sea:
i)
S n
1
1
S 1
ii)
b1 5
,
2
a
n
b
n
5
Paso Básico: Para a
5
n
b
1 5 2
es un número entero y positivo.
1 5 n 1 5 n 5 2 2 1
…(I)
1 ,
1 2 5
1
1
Paso Inductivo: Para
la cantidad
n
5
m
1
1 2
5
, aceptamos que:
1
1
5
5
1
a 5
Sm
.
m
bm
…(
) Entonces, debemos demostrar que para n m 1, 1 Sm1 a m1 bm1 5
iii)
…(
) Por dato, si
a
De ( ), como
1
5
y
2
Sm
b
1 5
a b 1
1
m
2 a 5
Sm .1 Sm .( a b)
= 1
5 Sm am 1 bm1 ab
a
m1
b
m
(a
y
ab 1 b)
a m . a am .b abm bm .b
bm1
5
De (I):
50
Sm
a
m 1
b
5
m 1
a
m1
b
5
m 1
Sm 1 S m1
Sm 1
Sm1
S m
Inducción Matemática
Ing. Carlos Arámbulo Ostos
Según ( ), como los números S m 1 y S m son números enteros y positivos, entonces, también S m 1 y, por consiguiente Sm 2 , S m 3 ,... , serán números enteros y positivos; además como S 1 1 , S 2 1 , S 3 2 , por lo tanto, para n 2 todos los valores de S n serán enteros positivos.
52. Sea
(esta es la sucesión de Fibonacci). Entonces, demuestre la fórmula recursiva, utilizando Inducción Matemática. S 0
0, S 1
S n
es considerado como una de las mentes más versátiles de la historia moderna. Fue escritor y filósofo, así como matemático y físico dotado. Entre las contribuciones que aparecen en este libro se encuentran el triángulo de Pascal y el principio de la inducción matemática. El padre de Pascal, también matemático, pensaba que su hijo estudiaría matemática, hasta cuando tuviera 15 o 16 años, pero a los 12 años, Blaise insistió en estudiar geometría, y demostró el mismo la mayor parte de los teoremas elementales. Cuando tenía 19 años inventó la primera sumadora mecánica. En 1647, después de escribir un tratado sobre las secciones cónicas, abandono en forma repentina sus estudios de matemáticas porque sintió que su intensa dedicación contri buía a su mala salud. Se dedicó entonces a actividades frívolas, como el juego, pero esto solo sirvió para que se despertara su interés en la probabilidad. En 1654 sobrevivió milagrosamente al accidente de un carruaje en el cual los caballos cayeron de un puente. Tomó esto como una señal divina, así que ingresó a un monasterio, donde se entregó con afán a la teología y la filosofía, y escri bió sus famosos Pensées. Tam bién prosiguió con la investígación matemática. Para él, la fe y la intuición eran más valiosas que la razón como fuente de la verdad, por lo que afirmó que “el corazón tiene sus pro pias razones, qué razones, no lo Blaise Pascal7 (1623-1662)
Solución:
Si:
1 y S n 2
S n1
S n para
n
0
1 5 n 1 5 n 2 2 5 1
S n
1 5 n 1 5 n 2 5 2 1
…(I)
i) Paso Básico: Si n = 1: S 1
1 1 5
5
2
1 5
1
5 1 5
2
S 1
1
ii) Paso Inductivo: Si n = m, aceptamos que: S m
m 1 1 5
m 1 5 2 2
5
…( 1 )
iii) Para n = m + 1, debemos demostrar que: S m1
1 5 5 2
m
1
1
1 5 2
m
1
Demostración:
(La demostración queda para el alumno). 52. Para la
sucesión de Fibonacci demuestre que para 2
F 1 F
2 2
F
2 3
F
2 n
n
1 ,
F n .F n 1
Solución: Sea P n la proposición: 2
F 1 F
2 2
i) Paso Básico: Si
2
P 1 : F 1
2
1
2 3
F
1.1
n
F
2 n
F n .F n 1
I
1,
F1.F 2 , la proposición es verdadera.
ii) Paso Inductivo : Si n=m , aceptamos que es verdadera la proposición.
odemos saber”.
51
Inducción Matemática 2
2 2
P m : F 1 F
F
Ing. Carlos Arámbulo Ostos 2 3
iii) Entonces, para
n
F
2 m
m 1 ,
debemos demostrar que,
: F 12 F 22 F 32
Fm .F m 1
P m 1
F
2
Fm1.F m2
m1
Demostración: F m 2
2
De : F 1 F
2 2 2 F 3
2
F
m
F
2
m 1
Pero, la serie de Fibonacci, para (2) en (1):
F
Entonces
m
2 1
F
2 2
se infiere de
F
2 3
1:
F
2
m 1
F m1 (F
Fm 2
Fm1
2 m 1
F m1.F m 2
m
F m1 )
1 2
F m
. Por lo tanto, según el Principio de Inducción
P m 1
Matemática,
Fm .F m 1 F
P m
se cumple para toda
P n
n.
53. El
símbolo F n denota el n-ésimo término de la sucesión de Fibonacci. Aplique la Inducción Matemática para demostrar que F 3n es par n N . Solución: Sea P n la
proposición F 3n es par:
i)
Paso Básico: Si n=1 ,
F 3 2 , la cual es par. P 1 : F 3.1
ii)
Paso Inductivo: Si
m
iii) Entonces, para
n
n m
La proposición es par.
, supongamos que P m : F 3m es par
1 , debemos demostrar que
m1 es par.
P m 1 : F3
Demostración: Utilizando la definición de la sucesión de Fibonacci: F 3
m1
F 3
De
m1
:
F 3m es
F 3m 3
F 3m
F 3m 2
F 3m1
par y evidentemente
F 3m 1
F 3m 1
F 3m
2 F 3m 1 también
2F 3m 1
es par. Entonces, de
,
se infiere de P m . Por lo tanto, según el Principio de Inducción Matemática,
P m 1
P n se cumple para toda n natural. n
54.
Serie y sucesión de Fibonacci: Demuestre que, Fn 2 1 F k , donde
sucesión de Fibonacci.
52
k 1
F n es la
Inducción Matemática
Ing. Carlos Arámbulo Ostos
Solución: Sea la proposición
Pn : Fn 2 1
n
Fk / F n es la sucesión de Fibonacci.
k 1
1
i)
Paso Básico: Si
n 1
F3 1
, P1 :
Fk
F1 1 F3 1 1 F2 F 1 ,
k 1
luego, la proposición es verdadera. ii)
Paso Inductivo: Si
n
m
es verdadera:
, aceptamos que
P m
m
Pm : Fm 2 1
F k
k 1
iii)
Entonces, para
n m 1 debemos demostrar que: m1
Fm3 1
F k
k 1
Demostración: Como:
F
m
3
F
m
2
De : m
Fm3 1 Fm 2 1 Fm 1 Fk Fm 1
k 1
decir 55.
P m 1
es verdadera. Por lo tanto ,
F
1
m
m 1
m 1
F k
F
m 3
1 F k , es
k 1
es verdadera
P n
k 1
n 1 .
Sea F n el n-ésimo término de la sucesión de Fibonacci. Determine y demuestre una desigualdad que relaciona n y F n para los números naturales n.
Solución: Sea la
proposición
:
P n
i)
Paso Básico: Si
n
ii)
Paso Inductivo: Si
n
iii)
Entonces, para
,
Fn n
F 5 5 , la proposición es verdadera.
5 , P 5 : F5 5
m
, supongamos que
n m 1
I
n N
: Fm m
P m
debemos demostrar que
P m 1 : Fm1 m 1 Demostración: Por definición de
De , si F
m
m 2
,
m
,
la sucesión de Fibonacci: Fm1 Fm Fm1
m
Fm 1 1 m Fm 1
5 F F
m
m
1
1
m
m
F
1
m
1
2 3
53
Inducción Matemática
Ing. Carlos Arámbulo Ostos
F m1
De (2) y (3):
1.
m
Entonces,
se
se
P m 1
P m
P n
n 5 .
56. Encuentre una expresión para el n-ésimo a0
(1): Fm 1
. Por lo tanto, según el Principio de la Inducción Matemática.
infiere de cumple
Fm Fm1 m 1 De
1 y
término de la sucesión:
n an1 n! Fn , donde
an
F n es
el término
n 1 de
la sucesión de
Fibonacci y luego, su resultado demuéstrelo utilizando el Principio de Inducción Matemática. Solución: Sea la
a) si
n
proposición,
1 , a1
:
P n
c) si
n
d) si
n
n an 1 n! Fn
y
a0
1 a0 1! F1 1 1 1 F1 1 F1 1!(1 F1 )
n 2 , a2 2a1 2! F2
b) si
an
1
…( I )
2(a1 F2 ) 2(1 F1 F2 ) 2!(1 F1 F2 )
3,
a3 3a1 3! F3 3 2!(1 F1 F2 ) 3! F3 3!(1 F1 F2 F3 )
4,
a4
4a3 4! F4
4 3!(1 F1 F2 F3 ) 4!F4 4!(1 F1 F2 F3 F4 )
..................................................................................................................................... ..................................................................................................................................... ..................................................................................................................................... an n!(1 F1 F2 F3 ... Fn ) …(1) Luego, inducimos que: n
Pero sabemos que: Fn 2 1 F k
(problema 54)
k 1 n
Fn 2 1
Fk 1 F1 F2 F3 ... F n
…(2)
k 1
(2) en (1):
an
n! Fn 2
n 1
Prueba : De ( I ), i)
ii)
Paso Básico: Si
n
Paso Inductivo: Para
1 , a1
n
P m : am
iii)
Entonces, para P m 1
Demostración:
54
:
1 a0 1! F1 1 1 1 F1 1 F1 1!(1 F1 )
1!( F2 F1 ) 1! F 3 , la proposición es válida.
m
, aceptamos la validez de la proposición,
m am 1
m! Fm
m! Fm 2
…( α )
n m 1, debemos demostrar que:
am 1
(m 1) am (m 1)! Fm 1 (m 1)! Fm 3 De
:
…( β )
Inducción Matemática Como:
am 1
Ing. Carlos Arámbulo Ostos
(m 1) am
(m 1)! Fm1 ( m 1) m! Fm 2 ( m 1)!
Fm 1
(m 1)! ( Fm 2 Fm1 ) (m 1)! Fm3 F m3
(m 1)! F m 3
am 1
n
F n 1
n
F n 1
Fn 1 F 0 n
1 57. Demuestre que para todo n 2 , 1
1
F n
Fn 1 1 1 Solución: Sea P n la proposición: F 1 0 n i)
Paso Básico: Si
1 P 2 : 1 ii)
1
n
2
1 1 0
Paso Inductivo: Si
2,
1 1
1
2 1 0
0 1 n
m
Entonces, para
F3 F 1 2
n m 1
la proposición es verdadera.
F 1
es verdadera, es decir que:
P m
m
Fm 1 F 0 m
1
F 2
1
, supongamos que
1 1 iii)
F n
F m 1 F m
, debemos demostrar que:
1 1
1
m 1
0
F m 2 Fm1
F m 1 F m
Demostración: De
1 1 1 0
m 1
m
1 1 1 1 Fm 1 . 1 0 F 1 0 m 1 1
Entonces,
:
1
0
se infiere de
F m 2 Fm1
F m 1 F m
F m 1 F m
P m . Por lo tanto, según el Principio de Inducción
P m 1
Matemática, P n se cumple
m 1
1 1 Fm 1 Fm . F F Fm 1 1 0 m 1 m Fm
n
2.
En los ejercicios siguientes, establezca una regla explícita para el término n-ésimo de la sucesión definida en forma recursiva. Luego utilice Inducción Matemática para probar la regla. an
58. Solución: Si:
an
an 1
an 1 5 ,
5 , a1 3
a1
3
I 55
Inducción Matemática
Ing. Carlos Arámbulo Ostos
Si n 2 :
a2 a1 5 3 5
Si n 3:
a3 a2 5
Si n
3 1.5 3 2 1.5
3 5 5 3 2.5 3 3 1.5 a4 a3 5 3 2.5 5 3 3.5 3 4 1.5
4:
.................................................................................................. .................................................................................................. ..................................................................................................
En general ,
a
n
3
n
i)
Paso Básico: Si
ii)
Paso Inductivo: Si
5
1
n
1 , n
m
a
n
a1
a
n
1
, aceptamos que:
5m 2
m
Entonces, para
,
5.1 2 3 , la proposición es verdadera
a
iii)
5n 2
n m 1 , debemos demostrar que:
m 1
5 m 1 2
a
m 1
5m 3
Demostración:
De
, si
am
5m 2 am 5 5m 2 5 5 m 1 2
De (I):
am 1
2
3a
59.
a
Solución: Si:
an 3an 1
n
,
1
n
,
Entonces debemos demostrar que: Si n
2:
a2
Si n
3:
a3
Si n
4:
a4
3a1
3.2
3a2
3. 3.2
3. 3 .2
3a3
2.3
am 1
a1 2
I II
3am
2 1
2
a
2.3
2.3
n
4 1
1
n
2.3
,
n
III
1
a1 2.311 2.1 2 , luego, la proposición es verdadera.
Paso Básico: Si n 1 ,
ii)
Paso Inductivo: Si
iii)
Entonces, para n=m+1 , debemos demonstrar que:
56
5m 3
2
i)
Demostración:
3 1
Luego, inducimos que:
1
a
am 1
ó
5 m 1
n m , aceptamos que:
a
m
m 1
2.3
a
m 1
m
2.3
Inducción Matemática m 1
De , si: De
Ing. Carlos Arámbulo Ostos m 1
am 2.3
3am 2.3
II :
60. Sean
a
m 1
a
n 1
3an
y
a
1
.3
m
2.3
n 1
5 . Demuestre que an
5.3
para todos los números
naturales n. Solución: Sea la
proposición
P (n) : 1 1
an 0
i)
Paso Básico: Si n=1 ,
ii)
Paso Inductivo: Si n=m , aceptamos que
iii)
Entonces, para n=m+1, debemos demostrar que
a
1
5.3
5.3
5.3n
5.1
1
I
5 , la proposición es verdadera.
P (m) :
am
5.3m 1 ,
P (m 1) :
am 1
5.3m
Demostración:
De
, si
infiere de
am1
3a
m
. Por lo
m1
3.5.3
m
P m 1 : am 1 5.3
, luego
tanto según el Principio de la Inducción Matemática,
P m
se
se
P m 1 P n
cumple para toda n. 61. Si S 1
Solución:
1, S 2
Si
S 1
2, y 1,
S n
S 2
2
S n2 para
n = 3, 4, 5, …, demostrar que
2 , y S n S n1 S n2 , n = 3,4,5
i) Paso Básico: Si n=2; , S
S n 1
Si
S m
S m1
aceptamos que,
S m2
S m
S m1 S m S m1
S m
m
…( I )
7 4
m
…( 1 )
m 1
, entonces: m
7 = 1 4
m
, la proposición es verdadera.
7 iii) Para n = m + 1, debemos demostrar que S m1 4
Demostración:
S m
7 4
n
2
7 2 4
ii) Paso Inductivo: Para n = m
S n
7 4
1
7 7 4 4 11 4
7 4
m
1
m 1
7 = 4 2
m 1
7 1 4
7 7 S m 1 4 4
m 1
57
Inducción Matemática
Ing. Carlos Arámbulo Ostos
Aplicaciones al Cálculo Diferencial 62. Halle
la derivada n-ésima de la función f, si f ( x)
ax
y el resultado obtenido ax demuéstrelo utilizando el Principio de Inducción Matemática. ax Solución: Si: …(I) y f ( x) ax 2a (a x) 2a y f ( x) y f ( x ) 2 a( x a) 1 1 …(II) 1 ax xa y 2a ( x a )
2
…(1)
y
4a( x a) 3 y 12a( x a)4
y 2a ( 1)1.1!( x a ) 11 ,
iv
48a( x a) 5
y 2a (1)2 .2!( x a ) 2 1
y 2a (1)3.3!( x a ) 31 , y iv
y
2a (1)4 .4!( x a ) 41 , entonces,
inducimos que: y ( n ) 2a ( 1) n .n !( x a ) n 1
… (III)
Prueba:
i) Paso Básico: Si n = 1, y 2a (1)1.1!( x a )11 2a ( x a )2 . luego, de (1), la proposición es verdadera. ii) Paso Inductivo: Si n = m, aceptamos que: y ( m) 2a(1)m .m!( x a) m 1 …( ) iii) Entonces, debemos demostrar que para n = m + 1
y ( m 1) 2a ( 1) m 1.( m 1)!( x a ) ( m 1) 1
…( )
Demostración:
D x y (
De ( ) :
m)
Dx 2a(1)m .m!( x a)m1
y ( m 1) 2a(1)m .m!(( m 1))( x a) m11
= 2a(1) (1).(m 1)m!( x a) m
m
2
y ( m 1) 2a(1)m 1.(m 1)!( x a ) ( m1)1
63. Sea f ( x)
1 1 x
. Encuentre una fórmula para f ( n ) ( x) donde n es cualquier entero
positivo. Solución:
58
Si.
f ( x)
1 1 x
f ( x)
(1
x) 1
...(I)
f ( x) D x (1 x)1 (1 x)11.Dx (1 x ) (1 x )2 .( 1) f ( x) 1!(1 x) 2
…(1)
Inducción Matemática
Ing. Carlos Arámbulo Ostos
f ( x) 2.1!(1 x)2 1.( 1)
f ( x) 3.2 !(1 x) 4.( 1)
Luego, inducimos que: f ( n) ( x) n!(1 x)
f ( x ) 2!(1 x )3
f ( x) 3!(1 x) 4 (n 1)
Prueba:
i) Paso Básico: si n = 1, f ( x ) 1!(1 x) 2 ; esta expresión es, según (1), verdadera ii) Paso Inductivo: Si n = m, aceptamos que: f ( m ) ( x ) m !(1 x ) iii)Entonces, para n = m + 1, debemos demostrar que: f ( m
1)
( m 1)
…( )
( m 1)!(1 x)( m 2) …( )
Demostración:
De ( ) , D x : Dx f (m) ( x) Dx m!(1 x)( m1) ( m 1). m!(1 x)( m1) 1 (1)
f ( m 1) ( x) ( m 1)!(1 x) ( m 2)
64.
Halle la derivada n-ésima de las siguientes funciones: a) y = sen ax
c) y = sen 2x
b) y = cos ax
Solución: 1 y´= a cos ax = asen ax 2 2 = -a2 sen ax = a 2 sen ax y = -a3 cos a x = a3 sen ax 2
a) Si y = sen ax
y
Luego inducimos que:
y
(n)
n
a sen(ax
n
2
, 2
3
)
i) Paso Básico: Si n = 1, y a1 sen(ax 1. ) a cos ax , la proposición es verdadera 2 m …( ) ii) Paso Inductivo: Para n = m, aceptamos que: y (m) a m sen(ax ) 2 (m 1) iii) Para n = m + 1, debemos demostrar que: y (m 1) a m 1sen(ax ) 2 Demostración: m m ( m) Dx a m sen( ax De ( ) : D x y ) = am. a cos(ax ) 2 2 (m 1) (m 1) m 1 Entonces, ) y a sen(ax 2
b) Si y = cos ax
y asen ax a cos(ax 1
2
)
y a 2 cos ax a 2 cos(a x 2 ) y a3sen ax a3 cos(a x 3 ) 2 2
59
Inducción Matemática
Ing. Carlos Arámbulo Ostos
Luego, inducimos que:
y( n) an cos(ax
n 2
)
Paso Básico: Si n = 1, y a1 cos(ax 1. ) asenax ,la proposición es verdadera 2 m …( ) ii) Paso Inductivo: Para n = m, aceptamos que: y (m) a m cos(ax ) 2 (m 1) iii) Para n = m + 1, debemos demostrar que: y(m 1) a m 1 cos(ax ) 2 Demostración: m m ( m) Dx a m cos(ax De ( ) : D x y ) ) = a m . a sen(ax 2 2 (m 1) Entonces, y (m 1) a m1 cos(ax ) 2 i)
c) Si: y=sen2x
y =2
y =2sen x cos x = sen 2x = 2 1-1 sen 2 x
1 cos 2x = 22-1 sen 2x
2
iv
0 2
y =-4 sen 2x = 2 3-1 sen
2 2 x 2
3 2 n 1 1 sen 2x 2
y = - 8 cos 2x = 2 4-1 sen 2x
y(n) =
Inducimos que :
2
n
Demostración:
i) Paso Básico: Si n = 1, y (1) 211 sen(2 x
(11) ) 2
sen 2 x , luego la proposición
es cierta.
m 1 …( ii) Paso Inductivo: Si n = m, aceptamos que: y(m) = 2m1 sen 2 x ) 2 m iii) Para n = m + 1, debemos demostrar que: y (m+1) = 2msen 2 x 2
m 1 De: ( ): Dx y(m) = Dx 2m-1 sen 2 x 2
y(m+1) = 2m-1. 2cos 2 x
60
m 1 = 2m sen m 1 2 x 2
y (m1) 2m sen(2 x
2
m 2
)
2
Inducción Matemática
Ing. Carlos Arámbulo Ostos
Teorema: Demuestre que: a) D n sen = sen x
n 2
b) D2nsen = (-1)nsen. Demostración:
a) Si y = senx
y = cosx = sen x 2
y = -senx = sen (x+ )= sen x
1. 2
...(1)
2
...(2)
2
3
y(3) = -cosx = sen x
y(4) = senx = sen(x+2 ) = sen x
sen x
...(3)
2
4
...(4)
2
.................................................................... .................................................................... .................................................................... y (n) sen( x
Inducimos que :
i) Paso Básico: Si n = 1, y sen x
n 2
)
…(I)
1.
cos x , la proposición es verdadera. 2
m ii) Paso Inductivo: Si n = m aceptamos que: y (m) = sen x 2
…( )
m 1 iii) Para n = m +1, debemos demostrar que: y (m+1) = sen x 2 Demostración:
De ( ) ,
D x y(m) = D x sen
m x 2 2
m 1 y(m+1) = sen x 2
b) Si y = senx
m m = cos( ) = sen x x 2 2
y = -senx = (-1) 2/2 senx
y(4) = senx = (-1) 4/2 senx
y(2n) = (-1)n senx.
y(6) = - senx = (-1) 6/3 senx , entonces inducimos que: 2n
n
D sen x ( 1) sen x
Se deja la demostración para el estudiante. 61
Inducción Matemática
Teorema:
Ing. Carlos Arámbulo Ostos
Demostrar que: a) D(n)cosx = cos x
, b) D2ncos = (-1)ncos , 2
Demostración: Si y = cosx
y =
y ' =
n N
- senx = cos x
2
2 - cosx = cos(x+ ) = cos x 2
y = senx = cos x
n
3
2
4 y(4) = cosx = cos x 2
....................................................................................... ................ ……………………………………………. ..................................................................................... Entonces inducimos que: y (n) = cosx x
n
D2ny = (-1)n cos
y
2
i) Paso Básico: Si n = 1 , y (1) = cosx x
1 2
= -senx , luego la proposición es
verdadera. ii) Paso Inductivo: n = m , aceptamos que: y (m) = cos x
m
2
…( )
iii) Entonces para n = m+1 , debemos demostrar que: y(m+1) = cos x
m 1
2
Demostración:
De ( ): Dx(Dmy) = D cos x
sen x 2
m
m 1 y(m+1 = cos x ,ó
2
D
m
1
cos x 2
m
cos x
cos x
m
2
2
m 1 2
b)Apreciamos, de la parte (a ) que: y”= -cosx =(-1)2/2cosx y(4) = (-1)4/2 cosx, inducimos que: D Teorema:
Si f y g
2n
cos x ( 1) n cos x
son funciones continuas y diferenciables al menos n veces en un
intervalo I, entonces: 65.
62
Dm(f + g) = D mf + Dng sobre I
Inducción Matemática
Ing. Carlos Arámbulo Ostos
Demostración:
Para esta demostración usaremos el Principio de Inducción
Matemática. Sea S = { n Z+ / Dn(f + g) = Dnf + Dng, sobre I} i)
Paso Básico: Vemos que 1 S: D1(f+g) = D1f+D1g sobre I.
...(I)
ii) Paso Inductivo: Para n = m, m S: Dm(f + g) = Dmf + Dmg sobre I.
...(α)
iii) Para m + 1 S, debemos demostrar que, D m+1(f + g) = Dm+1 f + Dm+1 g. Dm+1 (f + g) = D(Dm(f + g)
Como:
= D(Dmf + Dmg)
...(De (α))
= D(Dm f) + D(Dm g)= Dm+1 f + Dm+1 g Dm+1 (f + g) = Dm+1 f + Dm+1 g sobre I.
Teorema:
(Regla de Leibniz para la n-ésima derivada del producto de dos
funciones): Si Dnf y Dng existen sobre un intervalo I, entonces D n(fg) existe sobre I y n
n
D (fg) =
k 0
n n k k D f D g en I . k
(UNI: Primera Práctica. Ciclo: 72.II. Lima, Octubre de 1972). Demostración: Por el Principio de Inducción Matemática: 1 n 1 1 i) Paso Básico: Si n = 1, D1 ( fg ) Dnk f Dk g D10 f D0 g D11 f D1 g 0 1 k 0 k
D1f = Df y D0f = f, D0g = g
donde:
D(fg) = Df.g + f Dg = f Dg + gDf , la proposición es verdadera.
m
ii) Paso Inductivo: Si n = m S: D ( fg )
m+1
D
m 1
(fg)=
k 0
Como: D =
...(1)
Dm+1-k f dk g, que es lo que tenemos que demostrar. m 1 k
m
D D k 0
m m mk k (fg) = D(d (fg)= D k D f D g k 0
m+1
m
m mk k D f D k g k 0 m
m k
m k
k
f D g
m
=
D m k
m k
f D (D k g) D k gD (D m k f )
k 0 m
=
mk D
m k
f D k 1g D k g D m
1 k
f
k 0
63
Inducción Matemática
Ing. Carlos Arámbulo Ostos m
m
D
m+1-k
m k
=
k
f D g +
k 0
Dm-k f Dk+1g m k
k 0
m 1 m m m10 m m 0 m m1k k = 0 D f D g k D f D g + k Dm-k f Dk+1g+ m f Dm+1g k 1 k 0
Por propiedades de sumatorias y de números combinatorios = D 1
m
0
m+1
m 1
f.g + k 0
m k 1
D
m1
f D g + mk Dm-k f Dk+1g+ mm
m-k
k+1
1 1
D°f Dm+1g
k 0
Agrupando: =
D m
1
0
m+1
m 1
f D0g +
m k 1
Dm-k f Dk+1g + D0f Dm+1g m
m 1
k
m 1
k 0
m 1 m 1 D = f 0
0 D g
m 1 m 1 D = f 0
0 D g
m 1
m 1 m k k 1 D f k 0
m 1 m 1 k f k D k 0
g
m 1
m 1 m 1 k f k D k 1
n 1
=
k 1
D
k
D g
Teorema: Demuéstrese que:
m 1 0 m 1 D f D g m 1 m 1 0 m 1 D f D g m 1
k
D g
l.q.q.d.
n
D I
m
m! m n m n ! I 0
m n m
;
Si n
;
Si
Demostración: Por el Principio de Inducción Matemática:
a) Si n < m
i)
S = nZ /
Paso Básico: Para
n
1,
m
64
m n !
D1Im =
Paso Inductivo: Para
Entonces, para
I
m n
, n Z
m!
I m 1 m 1!
m m 1 !
m 1!
I m 1 mI m 1
1 S
n k , aceptamos que:
Dk Im= iii)
m!
DIm = mIm-I
ii)
n
D I
m!
I m k !
m k
n k 1, debemos demostrar que:
...(1)
Inducción Matemática
Ing. Carlos Arámbulo Ostos D
k 1
m
I
m!
m ( k 1)
m k 1 !
I
...(2)
m!
k 1 m I D(D k I m ) D Demostración: De (1) D
(m k )!
k 1 m
D
I
D k 1I m
k 1 S
m!
m k !
D I
m k
m!
m k !
m k I
I m k
m k 1
m! m k
m! m k 1 m k I 1 I m k 1 ! m k m k 1 !
, luego, D n I m
m!
(m n)!
m n
I
,
Si n m
b) Si n > m Hagamos:
n m r / r Z n
D I
D I
n
m
m
D(m+r) Im = Dr [DmIm] = Dr
m!
mm
I
m m !
r m! 0 D I 0!
m! Dr 1 Dr (m!) Dr 1 ( Dm!) Dr 1 (0) 0 1
Como: m! = Cte.
D( m!) 0 D r 1 (0) 0 n m
D I
0 , si n > m.
65
Inducción Matemática
Ing. Carlos Arámbulo Ostos
Ejercicios Propuestos 1. Demuestre, utilizando el Principio de Inducción Matemática, el término n – ésimo de la siguiente sucesión cuyos primeros términos se proporcionan: a. -2, 4, -8, 16, - 32, … es b.
1 1 1 1 , , , , 2 4 8 16
an
( 1)n 2n
1
…
es
a
c. 5, -25, 125, -625, …
es
an ( 1)
n
2
n
n 1
.5n
2. Encuentre una fórmula para el n – ésimo término de la sucesión dada, y su resultado demuéstrelo que es correcto, utilizando el principio de inducción matemática. a. Si a es la sucesión
2, 2
n
b.
2,
2 2,
2 2 2,
2, 2
2 ,…
2
entonces
b. c.
2 48
(4n 3) n(2n 1)
2
n
n
2(2
1)
(7n 3)
(7n 5)
d. 3 7 11
(4n 1) n(2n 1)
2
e. 6 10 14
(4n 2) n(2n 4)
f.
(2n 6) n 7n 2
g. 14 18 22 h.
5 8 11
(4n 10) 2 n( n 6)
(3n 2)
i. 1 3 2 4 3 5 j.
1 2 2
2
2
n
1)(2n 7) 6
1
6
n. 3+6+20+…+ n.n! 2 (n 1)! 2n 1
(3n 7)
n
2
n
b. (3k 2) = 1 + 4 + 7 + 10 + … +(3n – 2) = K 1
1 2
n(5n 1)
n (3n
2
n
2 + 6 + 10 + 14 + … +
K 1
66
(
n n
m. 0+3+8+…+(n2 -1) = n n 1 2n 5
K 1
d.
n 1
2
2)
2
(5k 3) 2 7 12 ... (5n 3)
(4k 2) =
(
n n
.
l. 2+5+8+…+ (3n-1) = n 3n 1
n
c.
n
k. 4+8+12+…+4n = 2n (n+1)
4. Utilizando el principio de inducción matemática, demuestre que a.
2
n
2 9 16
8 10 12
n
2 2 2 2,
3. Utilice el Principio de Inducción Matemática para demostrar que a. 1 5 9
a
2 6 18 ... 2.3n 1 3n 1
4n 2 = 2 n
2
1)
n N ,
Inducción Matemática
Ing. Carlos Arámbulo Ostos n(2n 1)(2n 1)
12 32 52 ... (2n 1)2
e.
1
2
n
3
f.
(1) (1) ( 1)
g.
3 32 33
3n
3
( 1)
3 2
(1) n 1 2
(3n 1)
n
(2k 1)
h.
3
3
3
3
3
2
2
1 3 5 ... (2n 1) n (2n 1)
K 1
n
(2k )
i.
3
3
3
3
3
2 4 6
2
(2n) 2n (n 1)
2
K 1 n
1
(3k 2)(3k 1)
j.
K 1
5. a. Demuestre que
7
n
1 1 4
1
1
4 7
1
7 10 10 13
1 (3n 2)(3n 1)
n
3 n 1
1 es divisible entre 6 para todos los números naturales n.
b. Demuestre que 2 es un factor de
n
c. Demuestre que 3 es un factor de
n
2
3
5n para todo entero positivo n.
n
3
para todo entero positivo n.
d. Demuestre que 3 es un factor de 4n 1 para todo entero positivo n. e. Demuestre que 4 es un factor de
n
5
f. Demuestre que 9 es un factor de 10 g. Demuestre que 2 es un factor de
n
2
1 para todo entero positivo n. n 1
3.10
n
5
para todo entero positivo n.
2n
h. Demuestre que 6 es un factor de (n 3 n) para todo entero positivo n. i. Demuestre que 3 es un factor de
5
j. Demuestre que 5 es un factor de
6
k. Demuestre que 6 es un factor de
n
n 1
9
n
2
n
4
para todo entero positivo n. para todo entero positivo n.
1 para todo entero positivo n.
l. Si “n” es un número natural impar, entonces n(n 1) es divisible por 24. ll. Demuestre que,
3
n
2n
es divisible por 3.
m. Demuestre que n(n 1)(n 2) es divisible por 3. n. Si n es un número natural impar, entonces n(n 1) es divisible por 24 ñ. n(2n 2 3n 1) se divide exactamente por 6. o.
n
5
n se divide exactamente por 5.
67
Inducción Matemática p. 4 q.
n
n
15n 1
r. 11
n 2
8
t.
3
u.
32
v.
9
n
se divide por 9.
n se divide por 7.
7
s.
Ing. Carlos Arámbulo Ostos
3
2n
122 n
n
es divisible entre 8. 2
es divisible por 7.
n 2
¿Para qué enteros n es divisible por 64?
8n 1
se divide por 133.
es divisible entre 5.
n
1
n 1
1
Demuestre que su respuesta es correcta. 6. Demuestre que n
b.
a.
n
d.
1 2n 3
2
n N : 3
n
c.
2n 1
2n 2
n
1 2 e. 1 2 3 ... n (2n 1) 8
n
7. En los ejercicios siguientes encuéntrese el menor entero positivo n para el que la proposición dada sea válida, luego demuéstrese que la proposición es válida para todos los enteros mayores que los valores mínimos: a.
n
12
e.
3
i.
4n 2
l.
n
n
2
2
n
n
2
b.
7n
n
2
18
n52
f.
j. n!> n
n
2
n
, sugerencia :
2
3
n
2
c.
2n 2 2
g.
3n 3
2n
d. (n 1)2 2n 2
n
n
2n 20 3n
h.
k. log n n , sugerencia : 1 2k 1 k ( k 2 ) k ( k k )
k
1 10k
k
m. n log 2 n 20 n2
ll. 5 log 2 n n
2n 1 o. (2n)! 2
k
n
n 1 p. n! 2
n
n. n! 2
n 1
ñ.
2 n.n!
(n 1)(2n 1) q. (n!) 6 2
8. Si n es un entero positivo, demuéstrese que los siguientes números son enteros: a.
1 3
(n
3
b.
2 n)
9. Demuestre que: 10. Demostrar que:
n N
1 9
,
1 25
n
3
n
...
4
n
1
c.
3
1 4
n
(5
1)
es par. 1
(2n 1) 2
1 4
11. Aplicando el método de Inducción Matemática, demuestre que la desigualdad
68
n n
n
Inducción Matemática 1
1
n 1
n
Ing. Carlos Arámbulo Ostos
1 2
n
3
...
1
13
2n
14
es justa para todos los n >1 naturales.
12. a. Decida para qué valores positivos de n es verdadera la desigualdad: 3n n 2 1 b. Demuestre lo que se establece en (a). c. Demuestre que
n
2
n 1 ,
n
2
d. Repita el ejercicio (11) para 4n n 2 7 13. ¿La siguiente fórmula es válida para todos los enteros positivos n? n
a.
8k (2n 1)2 1 (n 1)( n 2)(n 3)
k 1 n
b.
(a kd ) an
k 1
14.
1 2
n (n 1)d
Para cualquier entero positivo n, pruébese que: n
a.
C n C
,
C
es una constante cualquiera
k 1 n
b. (a
k
Propiedad telescópica
ak 1 ) an a0
k 1
n
15.
Pruébese que ak bk
(k 1, 2, 3,
, n)
implica
k 1
n
16.
Pruébese que
n N
,
k 1
bk
n
ak
k 1
17.
ak
n
ak
k 1
Demuéstrese que: a) (ab)n a nb n para todos los enteros positivos n b) (a ) a m
18.
mn
Demuéstrese que, a)
19.
n
n
a b
b)
a
2 n 1
c)
a
2n
n
n N
:
es divisible por
b
b
para todos los enteros positivos m y n
2 n1
2n
a b
es divisible por
es divisible por
a b
ab 0
con a, b
.
Demuéstrese que: 1. (1)2n 1 para todos los enteros positivos n. 2. (1)2 n1 1 para todos los enteros positivos n. 69
Inducción Matemática 20.
Ing. Carlos Arámbulo Ostos
Demuéstrese que si f es una función periódica con periodo f (t nT ) f (t )
21.
Pruébese que si
22.
Demuéstrese que si
23.
Demuestre que la afirmación es cierta a) sen( b)
24.
(
0a
b
a0
entonces
b
y
n
b
n
n N
,
entonces an cbn
an can 1
n N
n N ,
.
n Z
n ) ( 1) n sen
c) cos(
n ) (1) n cos
d) cos(n ) ( 1) n
)0
sen n
Demuestre por Inducción Matemática que: n
ksenkx senx 2sen 2 x 3sen3x ... nsen nx
sen( n 1) x
k 1 sen
25.
, entonces
n Z
t Df
0a
T
x
2
4 sen
2
2 x
(n 1)cos(
2 sen
2n 1 x) 2
2 x
0
Demuestre el teorema de De Moivre n
r (cos isen )
r
n
(cos n
26. Demuestre que el número de Fibonacci
isenn )
,
R
r
0
es divisible entre 3 para todos los números
F 4n
naturales. 27. Sean
a
n 1
y
3an 4
a
1
4
. Demuestre que an
2 3n
2 para todos los
números naturales.. 28. Sea n
a1
1 , para todo
n
2
hagamos
a a
a
1
n
2
2
a
1
1, a2
2, y 2a n
an1
a n 2 , para
n 1
n 1
. Demostrar que:
n = 3,4,5,… Demostrar que
para n = 3,4,5,…
30. Sean a1 , a2 , a3 ,..., an ,... un conjunto de números. a
1
1
y
a
n
an1 1
, pruébese que
31. Demuéstrese que x n x sí
x 1
y
a
n
n
n Z
, entonces
x
2 n 1
, entonces
x
2n
32. Pruébese que:
x
0
y
n Z
33. Pruébese que:
x 0
y
n Z
70
a
an
2, n N
29. Dados
Sí
...
0
0
3 2
an
7 4
n
2
Inducción Matemática
Ing. Carlos Arámbulo Ostos
34. Pruébese que para cualquier número real
y cualquier entero positivo n,
p 0
n(n 1) p 2
n
(1 p) 1 np
2
35. Sea p(n) una proposición que se sabe cierta para
n
p(k+1). Demostrar que p(n) es cierta para todo
n
n0 ,
donde
n0
1,
y supóngase p(k)
n0 .
36. Sea { x / n N } un conjunto de números reales tales que: n
x
1
600
:
x n 1
xn
60
,
1 n N
probar por inducción matemática que
x
n
4
n N
37. Probar que para todo entero n N , la expresión
An
( 2 3 ) n (2 3 ) n
2
es número
entero positivo. 38. Dado el conjunto {a / n N } de números definidos de la siguiente manera recursiva: n
a
1
0, a1
1
an
Demostrar por inducción matemática que :
a n1
an 2 2
an
2 3
2 3
,
3 n N
(1) n 2 n 1
, n = 1,2,3, …
39. Una pila de bolas se arregla en forma de pirámide. Hallar una fórmula para el número de bolas de pirámide cuando la base es: a) Un triángulo equilátero que tiene n bolas por lado b) Un cuadrado que tiene n bolas por lado. En los ejercicios siguientes demuestre o refute:
40. La suma de dos enteros pares es siempre par. 41. La suma de dos enteros impares es un entero impar. 42. La suma de dos primos nunca es primo. 43. La suma de dos enteros consecutivos es impar. 44. La suma de tres enteros consecutivos es divisible por 3. 45. La suma de cuatro enteros consecutivos es divisible por 4. 46. La suma de cinco enteros consecutivos es divisible por 5. 47. Demuestre que el producto de dos enteros pares en un entero par. 48. Demuestre que el producto de un entero par con un impar es par. 49. Buscar una expresión igual al producto,
71
