ALGEBRA y ALGEBRA LINEAL520142 Primer Semestre INDUCCION MATEMATICA DEPARTAMENTO DE INGENIERIA MATEMATICA Facultad de Ciencias Físicas y Matemáticas Universidad de Concepción 1 Inducción Matemática Principio de la buena ordenación Todo subconjunto no vacío de IN tiene un elemento menor que los restantes. Es decir, si S ⊆ IN , S 6= φ, entonces existe p ∈ S tal que ∀r∈S: p ≤ r. TEOREMA: Principio de inducción matemática Sean S ⊆ IN y p ∈ IN tales que p∈S k∈S ⇒ (k + 1) ∈ S Entonces S contiene a todos los naturales mayores o iguales que p, es decir: ∀ k ∈ IN, k ≥ p : k ∈ S 2 se deduce que r = p + 1. y puesto que r > p. 3 .Inducción Matemática DEMOSTRACION Por el método de contradicción: ( H ∧ ∼ T ) ⇒ P ∧ ∼ P Supongamos que existe k ∈ IN . lo cual implica dos posibilidades: ( r − 1 ≤ p ) ∨ ( r − 1 ∈ S ). tal que k 6∈ S. entonces por hipótesis nuevamente se deduce que r = (r − 1) + 1 ∈ S. Notar que r > p y r 6∈ S. Si r − 1 ∈ S. como p ∈ S. Así. lo cual contradice el hecho que r 6∈ S. entonces r ≤ p + 1. por el principio de la buena ordenación. y definamos: G := {m ∈ IN : m > p ∧ m 6∈ S} Es claro que G 6= φ ya que k ∈ G. se concluye por hipótesis que r = p + 1 ∈ S. Luego. Así. existe r ∈ G tal que r ≤ m ∀m ∈ G. Si r − 1 ≤ p. como r es el menor elemento de G. lo cual contradice el hecho que r 6∈ S. k > p. se deduce que r − 1 6∈ G. es decir. 8n−1 + 6 es divisible por 7. Solución n−1 Sea S = n ∈ IN : 8 + 6 es divisible por 7 Si n = 1 8n−1 + 6 = 1 + 6 = 7 = 7 · 1 ∴ 1∈S Hipótesis de Inducción: Supongamos que k ∈ S.Inducción Matemática EJEMPLO Pruebe que: ∀ n ∈ IN. 4 . 8k−1 + 6 es divisible por 7. 8k + 6 = 8k−1 · 8 + 6 = 8k−1 · 8 + 6 · 8 − 6 · 8 + 6 = 8 (8k−1 + 6) | {z } es divisible por 7. es decir. |8k+1−1 {z + 6} 8k +6 es divisible por 7. Luego S = IN 5 .Inducción Matemática Tesis de Inducción: Probemos que k + 1 ∈ S. de Inducción + 6 (−8 + 1) | {z } −7 es divisible por 7 ∴ k + 1 ∈ S. por Hip. Se define el coeficiente binomial de n y k. denotado por k!. Sean k. al número: n! k! (n − k)! 6 . y se denota n k = n k . se define el factorial de k. como sigue 1! = 1 ∀k ≥ 2 : y k! = k · (k − 1)! Además. n ∈ IN ∪ {0} tales que k ≤ n.Inducción Matemática Factorial y Coeficiente Binomial Dado k ∈ IN . se define 0! = 1. n ∈ IN ∪ {0} tales que k < n.Inducción Matemática Propiedades de los Coeficientes Binomiales Sean k. se tiene: n n = = 1 0 n n = n 1 n n = n−k k n+1 n n = + k+1 k+1 k 7 . Entonces. Inducción Matemática El Operador Sumatoria Dados n números reales indexados como a1 . an . . . . y se denota n X k=1 ak = a1 + a2 + · · · + an−1 + an k=1 EJEMPLOS n X k 2 = 12 + 22 + 32 + · · · + (n − 1)2 + n2 k=1 n X (2k − 1) = 1 + 3 + 5 + 7 + · · · + (2n − 3) + (2n − 1) k=1 n X 3k = 30 + 31 + 32 + 33 + · · · + 3n−1 + 3n k=0 8 . a: sumatoria de ellos. . a2 . se define la n X ak . Inducción Matemática Propiedades del Operador Sumatoria n X ai = y aj j=1 i=1 n X n X n X ai = n+1 X ai−1 = i=1 i=0 n+2 X i=2 ai−2 = n+k X ai−k i=k a = a + a + · · · + a + a = na i=1 n X c ai = c (ai + bi ) = i=1 n X i=1 n X ai + constante) m X j=1 bj ai = n X bi i=1 i=1 i=1 n X (c ai i=1 i=1 n X n X m X j=1 n X i=1 (ai+1 − ai ) = an+1 − a1 ai ! bj (propiedad telescópica) 9 . Inducción Matemática EJEMPLO Sea m ∈ IN fijo. si ak = k!. establecer que ∀ n ∈ IN. entonces ∀ n ∈ IN : n X k=m kk! = n X (ak+1 − ak ) = (n + 1)! − m! k=m gracias a la propiedad telescópica del operador sumatoria. 10 . n ≥ m : n X kk! = (n + 1)! − m! k=m SOLUCION Observar que cualquiera sea k ∈ IN : kk! = (k+1 − 1)k! = (k + 1)! − k! Luego. Los coeficientes de los términos equidistantes del centro son iguales.Inducción Matemática TEOREMA DEL BINOMIO Sean a. b ∈ R − {0}. y sea n ∈ IN . Entonces: n (a + b) = n X k=0 n k an−k bk Algunas observaciones El desarrollo de (a + b)n consta de n + 1 términos. El término que ocupa el lugar k + 1 está dado por Tk+1 = n k an−k bk 11 . La suma de los exponentes de a y b en cada término es n. p(1) es claramente verdadera.Inducción Matemática DEMOSTRACION DEL TEOREMA DEL BINOMIO Dado n ∈ IN consideremos la proposición: n X n n an−k bk . p(n) : (a + b) = k k=0 Entonces. 12 . es decir. (a + b) m+1 = m+1 X k=0 m+1 k m k am−k bk . se define el subconjunto de IN dado por: S := { n ∈ IN : 1 ∈ S. es decir. p(n) es verdadera } . En efecto. HIPOTESIS DE INDUCCION Sea m ∈ IN tal que m ∈ S. (a+b) m = m X k=0 TESIS DE INDUCCION m + 1 ∈ S. am+1−k bk . de acuerdo a la Hipótesis de Inducción y a propiedades del operador sumatoria y de los coeficientes binomiales. lo cual prueba que (m + 1) ∈ S .Inducción Matemática DEMOSTRACION DE LA TESIS DE INDUCCION (a + b)m+1 = (a + b) (a + b)m = a (a + b)m + b (a + b)m Luego. 13 . se sigue que = m X k=0 m+1 =a + m X k=1 m k m+1 m k = k=0 am+1−k bk + am+1−k bk + = a m+1 X + m X k=1 m+1 k m X k=1 m+1 k m X k=0 m m k−1 am−k bk+1 k am+1−k bk + bm+1 am+1−k bk + bm+1 am+1−k bk . 14 .Inducción Matemática EJEMPLO Considere el desarrollo de: 3 2 y 2x − y x 45 a) Encuentre las potencias de y en los términos centrales. si existe. b) Encuentre. el término independiente de x. Inducción Matemática SOLUCION a) Tk+1 T23 = = =⇒ y T24 = =⇒ y 45 45 22 k −1 23 45 23 −1 22 2x y 45−k −y x 2 22 = y −23+44 = y 21 3 2x y y 3 45−22 y 2x y 2 23 = y −22+46 = y 24 −y x 2 k 22 45−23 3 −y x 2 2 23 Las potencias de y en los términos centrales son 21 y 24. 15 . 16 .Inducción Matemática SOLUCION b) Tk+1 = 45 k 3 45−k =⇒ x 2x3 y 45−k −1 k x −y 2 x k = x0 =⇒ 135 − 3k − k = 0 =⇒ 4k = 135 135 6∈ IN ∪ {0} =⇒ k = 4 ∴ No existe el término independiente de x. . donde ∀n ≥ 2 : an = an−1 + d Notar que ∀ n ∈ IN : an = a1 + (n − 1) d (demostración por inducción). . . . . . d ∈ R números dados. Se llama PROGRESION ARITMETICA (PA) con término inicial (primer término) a1 y diferencia común d a la sucesión de números a1 . La suma de los n primeros términos de una Progresión Aritmética con primer término a1 y diferencia común d.. ∀ n ∈ IN 17 . an . .Inducción Matemática PROGRESION ARITMETICA Sean a1 . a2 . está dada por n X k=1 ak = n n (2a1 + (n − 1)d) = (a1 + an ) 2 2 (demostración por inducción). . . . r ∈ R números dados. . Se llama PROGRESION GEOMETRICA (PG) con término inicial a1 y razón (cuociente) común r a la sucesión de números a1 . . donde ∀n ≥ 2 : an = r an−1 Notar que ∀ n ∈ IN : an = r n−1 a1 (demostración por inducción). . 18 . está dada por n X k=1 ak = a1 n 1−r 1−r ∀ n ∈ IN ∀ r 6= 1 (demostración por inducción). a2 . an . La suma de los n primeros términos de una Progresión Geométrica con primer término a1 y razón común r.. .Inducción Matemática PROGRESION GEOMETRICA Sean a1 . y 6 días más tarde le faltaban únicamente los 19/55 del libro.Inducción Matemática EJEMPLO Una persona lee un libro de tal manera que cada día aumenta en 4 el número de páginas que leyó el día anterior. Si después de 18 días ha leído los 21/55 del libro. es decir. ¿cuántas páginas tiene el libro? 19 . si el día k-ésimo leyó ak páginas el día siguiente leerá ak + 4 páginas. . Denotando por ak la cantidad de páginas que lee el alumno en el k-ésimo día... lo cual nos dice que {a1 . 20 . del enunciado se pueden extraer la siguiente información: 18 X k=1 24 X k=1 21 P ak = 55 36 P ak = 55 ⇒ 7 2 a1 + 17 · 4 = P 165 ⇒ 3 2 a1 + 23 · 4 = P 55 (i) (ii) De (ii) − (i) se tiene 1 4(23 − 17) = (9 − 7)P 165 ⇒ P = 1980 páginas. a3 . k = 1. del enunciado se rescata que ak+1 = ak + 4 .} define una progresión aritmética de diferencia común d = 4 y primer elemento a1 . a2 . . Además.Inducción Matemática SOLUCION Sea P el número total de páginas que tiene el libro en cuestión. 2.. 3.. .