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Induccion Matematica
Algebra
Araceli Guzman y Guillermo Garro
Facultad de CienciasUNAM
Semestre 2018-1
doyouwantmektalwar.wordpress.com
Principio de induccion Matematica Algebra
Referencias
1. Bulajich, Gomez, Valdez, Topics in algebra and analysis, 2015. Bajar aquı
2. Bulajich, Gomez, Valdez, Algebra, 2016.
3. I. S. Sominskii, El metodo de la Induccion Matematica, 1990. Bajar aquı.
Otras referencias:
1. Carmen Gomez Laveaga, Algebra Superior, 2014. Bajar aquı.
2. A. Bravo, H. Rincon, C. Rincon, Algebra Superior, 2006. Bajar aquı.
Araceli Guzman y Guillermo Garro doyouwantmektalwar.wordpress.com Facultad de Ciencias UNAM
Principio de induccion Matematica Algebra
Principio de Induccion Matematica
Si P (x) es una propiedad referida a numeros naturales x, tal que
PI-1: Base de Induccion. P (1) es verdadera (o bien, P (0) es verdadera, siconsideramos 0 ∈ N).
PI-2: Paso Inductivo. La afirmacion
P (n)⇒ P (n+ 1) (o bien P (n− 1)⇒ P (n))
es verdadera.
Entonces P (n) es verdadera para toda n ∈ N,
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Principio de induccion Matematica Algebra
Ejemplo (Formula del nino Gauss)
Probar que la indentidad
1 + 2 + 3 + · · ·+ n =n(n+ 1)
2
es validad para todo n ≥ 1.
Solucion.
PI-1. Si n = 1 tenemos
1 =1(1 + 1)
2.
Ası que la formula es valida para n = 1.
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Principio de induccion Matematica Algebra
Ejemplo (Formula del nino Gauss)
Probar que la indentidad
1 + 2 + 3 + · · ·+ n =n(n+ 1)
2
es validad para todo n ≥ 1.
Solucion.
PI-2. Supongamos que la formula es valida para n –esto generalmente se conoce comoHipotesis de Induccion (HI). Es decir, supongamos que
1 + 2 + 3 + · · ·+ n =n(n+ 1)
2.
Queremos probar a partir de aquı que la formula es valida para n+1. Es decir, queremosprobar la identidad
1 + 2 + 3 + · · ·+ n+ (n+ 1) =(n+ 1)(n+ 2)
2.
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Principio de induccion Matematica Algebra
Ejemplo (Formula del nino Gauss)
Probar que la indentidad
1 + 2 + 3 + · · ·+ n =n(n+ 1)
2
es validad para todo n ≥ 1.
Solucion.
PI-2. Tenemos,
1 + 2 + 3 + · · ·+ n+ (n+ 1) = (1 + 2 + 3 + · · ·+ n) + (n+ 1) – agrupamos los n primeros terminos.
=n(n+ 1)
2+ (n+ 1) – HI
= (n+ 1)(n
2+ 1
)=
(n+ 1)(n+ 2)
2.
Como querıamos probar.
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Principio de induccion Matematica Algebra
Ejemplo
Prueba que n(n+ 1) es par para toda n ≥ 1.
Solucion.
PI-1. Si n = 1,n(n+ 1) = 1(1 + 1) = 2.
Ası que se cumple para n = 1.
PI-2. Supongamos que n(n+1) es par, es decir, que n(n+ 1) = 2k para algun enterok (HI). Queremos probar que (n+ 1)((n+ 1) + 1) = (n+ 1)(n+ 2) es par. Tenemos,
(n+ 1)(n+ 2) = n(n+ 1) + 2n = 2k + 2n = 2(k + n).
De modo que (n+ 1)(n+ 2) es par, como querıamos probar.
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Principio de induccion Matematica Algebra
Ejemplo
Demostrar que n3 − n es un multiplo de 6 para toda n ≥ 0.
Solucion.
PI-1. Si n = 0, entoncesn3 − n = 0 = 6 · 0.
Por lo que la afirmacion es valida para n = 0.
PI-2. Supongamos ahora que n3−n es multiplio de 6, esto es, n3−n = 6k para algunentero k (HI). Queremos probar que (n+ 1)3 − (n+ 1) es multiplo de 6. Tenemos,
(n+ 1)3 − (n+ 1) = n3 + 3n2 + 3n+ 1− n− 1
= (n3 − n) + 3(n2 + n)
= 6k + 3n(n+ 1).
Pero n(n+ 1) = 2k para algun k′, por lo que
(n+ 1)3 − (n+ 1) = 6k + 3n(n+ 1)
= 6(k + k′).
Ası que (n+ 1)3 − (n+ 1) es multiplo de 6, como querıamos probar.
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Principio de induccion Matematica Algebra
Ejemplo
Encontrar el valor de la suma
Sn =1
1 · 2+
1
2 · 3+
1
3 · 4+ · · ·+
1
n(n+ 1),
para cada n ≥ 1.
Solucion.
Primero enumeramos los primeros valores de esta suma:
S1 =1
2
S2 =1
2+
1
6=
4
6=
2
3
S3 =1
2+
1
6+
1
12=
9
12=
3
4
S4 =1
2+
1
6+
1
12+
1
20=
16
20=
4
5.
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Principio de induccion Matematica Algebra
Ejemplo
Encontrar el valor de la suma
Sn =1
1 · 2+
1
2 · 3+
1
3 · 4+ · · ·+
1
n(n+ 1),
para cada n ≥ 1.
Solucion.
Conjeturamos entonces que
Sn =n
n+ 1.
Vamos a ver si se puede probar por induccion.
PI-1. Ya vimos que se vale para n = 1. La base de induccion ya esta hecha.
PI-2. Supongamos que se vale para n (HI). Queremos probar que se vale para n + 1.Observamos primero que
Sn+1 =1
1 · 2+
1
2 · 3+
1
3 · 4+ · · ·+
1
n(n+ 1)+
1
(n+ 1)(n+ 2)
= Sn +1
(n+ 1)(n+ 2).
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Principio de induccion Matematica Algebra
Ejemplo
Encontrar el valor de la suma
Sn =1
1 · 2+
1
2 · 3+
1
3 · 4+ · · ·+
1
n(n+ 1),
para cada n ≥ 1.
Solucion.
Por lo tanto,
Sn+1 =n
n+ 1+
1
(n+ 1)(n+ 2)
=1
n+ 1
(n+
1
n+ 2
)=
1
n+ 1
(n2 + 2n+ 1
n+ 2
)=
1
n+ 1·(n+ 1)2
n+ 2
=n+ 1
n+ 2.
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Principio de induccion Matematica Algebra
Ejemplo
Demuestra la igualdad
sinx+ sin 2x+ · · ·+ sinnx =sin n+1
2x
sin x2
sinnx
2.
Solucion.
PI-1. Si n = 1,
sinx =sin 1+1
2x
sin x2
sinx
2.
Ası que en efecto sa vale para n = 1.
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Principio de induccion Matematica Algebra
Ejemplo
Demuestra la igualdad
sinx+ sin 2x+ · · ·+ sinnx =sin n+1
2x
sin x2
sinnx
2.
Solucion.
PI-2. Supongamos que la formula se vale para n (HI). Tenemos,
sinx+ sin 2x+ · · ·+ sinnx+ sin(n+ 1)x =sin n+1
2x
sin x2
sinnx
2+ sin(n+ 1)x
=sin n+1
2x
sin x2
sinnx
2+ 2 sin
n+ 1
2x cos
n+ 1
2x
=sin n+1
2x
sin x2
(sin
nx
2+ 2 cos
n+ 1
2x sin
x
2
)
=sin n+1
2x
sin x2
sinn+ 2
2x
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Principio de induccion Matematica Algebra
Principio de Induccion Modificado
Sea k un numero natural. Sea P (x) una propiedd referida a numeros naturales x ≥ k,tal que
1. Base de Induccion. P (k) es verdadera.
2. Paso Inductivo. La afirmacion
P (n)⇒ P (n+ 1) (o bien P (n− 1)⇒ P (n))
es verdadera.
Entonces P (n) es verdadera para toda n ≥ k.
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Principio de induccion Matematica Algebra
Ejemplo
Demuestra que, para toda n ≥ 2,
Sn =1
n+ 1+
1
n+ 2+ · · ·+
1
2n>
13
24.
Solucion.
PI-1. Si n = 2,
S2 =1
3+
1
4=
7
12=
14
24>
13
24.
Ası que la formula es validad para n = 2.
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Principio de induccion Matematica Algebra
Ejemplo
Demuestra que, para toda n ≥ 2,
1
n+ 1+
1
n+ 2+ · · ·+
1
2n>
13
24.
Solucion.
PI-2. Ahora supongamos que Sn > 1324
. Queremos probar que Sn+1 > 1324
. Tenemos,
Sn+1 =1
(n+ 1) + 1+
1
(n+ 1) + 2+ · · ·+
1
(n+ 1) + (n− 1)+
1
(n+ 1) + n+
1
2(n+ 1)
=1
n+ 2+
1
n+ 3+ · · ·+
1
2n+
1
2n+ 1+
1
2(n+ 1)
= Sn +1
2n+ 1+
1
2(n+ 1)−
1
n+ 1
= Sn +1
2n+ 1+
1
n+ 1> Sn.
En consecuencia, dada HI, Sn+1 > 1324
, como querıamos probar.
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Principio de induccion Matematica Algebra
Ejemplo
Demuestra que, para toda n ≥ 2,
Sn =1
22+
1
32+ · · ·+
1
n2<
3
4.
Solucion.
Desde luego que se vale para n = 2, pues en tal caso
S2 =1
22=
1
4<
3
4.
Pero probar que Sn+1 < 34
a partir de la HI Sn < 34
no parace que pueda hacerseusando las mismas tecnicas que hemos visto hasta ahora. “El margen de maniobra paramostrar esta desigualdad es muy limitado”.
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Principio de induccion Matematica Algebra
Ejemplo
Demuestra que, para toda n ≥ 2,
Sn =1
22+
1
32+ · · ·+
1
n2<
3
4.
Solucion.
Proponemos trabajar con un resultado mas fuerte del estilo
Sn ≤3
4− an, para toda n ≥ 2,
donde an son numeros positivos por determinar.
Primero necesitamos que se cumpla la base de induccion para n = 2,
S2 =3
4≤
3
4− a2.
De donde
a2 ≤1
2.
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Principio de induccion Matematica Algebra
Ejemplo
Demuestra que, para toda n ≥ 2,
Sn =1
22+
1
32+ · · ·+
1
n2<
3
4.
Solucion.
En cuanto al paso inductivo, necesitamos que la condicion siguiente sea valida:
si se cumple Sn ≤3
4− an entonces se cumple Sn+1 ≤
3
4− an+1.
Pero observamos que Sn+1 = Sn + 1(n+1)2
.
Ası que, suponiendo que Sn ≤ 34− an, la condicion Sn+1 ≤ 3
4− an+1 se cumple si se
cumple3
4− an +
1
(n+ 1)2≤
3
4− an+1.
Esto es,
an − an+1 ≥1
(n+ 1)2
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Principio de induccion Matematica Algebra
Ejemplo
Demuestra que, para toda n ≥ 2,
Sn =1
22+
1
32+ · · ·+
1
n2<
3
4.
Solucion.
Tenemos entonces que verificar dos condiciones para los numeros an, a saber
a2 ≥1
2y an − an+1 ≥
1
(n+ 1)2, si n ≥ 2.
Bastarıa entonces definir
a2 =1
2,
y entonces recursivamente
an+1 = an −1
(n+ 1)2si n ≥ 2.
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Ejemplo
Demuestra que, para toda n ≥ 2,
Sn =1
22+
1
32+ · · ·+
1
n2<
3
4.
Solucion.
O bien, podemos elegir, por ejemplo,
an =1
n,
para toda n ≥ 2, puesto que de esta forma se tendrıa
a2 =1
2
y para toda n ≥ 2,
an − an+1 =1
n−
1
(n+ 1)=
1
n(n+ 1)>
1
(n+ 1)2.
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Principio de induccion Matematica Algebra
Principio de Induccion Fuerte
Sea P (x) una propiedad referida a numeros naturales x tal que
1. Base de Induccion. P (1) es verdadera.
2. Paso inductivo. La afirmacion
P (1) ∧ P (2) ∧ · · · ∧ P (n) ⇒ P (n)
es verdadera.
Entonces P (n) es verdadera para toda n ≥ 1.
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Principio de induccion Matematica Algebra
Ejemplo
Si a es un numero real tal que a+ 1a
es un entero, entonces para toda n ≥ 1, an + 1an
es un entero.
Solucion.
BI. Para n = 1 la afirmacion se cumple trivialmente por ser parte de la hipotesis.
PI. Supongamos que para toda k = 1, 2, ..., n se cumple que ak + 1ak es un entero.
Queremos probar que an+1 + 1an+1 es un entero.
Veamos primero como deberıa cumplirse que a2 + 1a2 . Esto nos dara una idea de como
debe cumplirse para an+1 + 1an+1 .
Tenemos pues que, (a+
1
a
)2
= a2 + 2 +1
a2.
De donde
a2 +1
a2=
(a+
1
a
)(a+
1
a
)−
(a0 +
1
a0
).
Este es un numero entero.
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Principio de induccion Matematica Algebra
Ejemplo
Si a es un numero real tal que a+ 1a
es un entero, entonces para toda n ≥ 1, an + 1an
es un entero.
Solucion.
Veamos como se cumple para n = 3:(a2 +
1
a2
)(a+
1
a
)= a3 +
1
a3+ a+
1
a.
De donde,
a3 +1
a3=
(a2 +
1
a2
)(a+
1
a
)−
(a+
1
a
).
Este numero es entero.
En general se cumple
an+1 +1
an+1=
(an +
1
an
)(a+
1
a
)−
(an−1 +
1
an−1
).
El cual es entero si an + 1an , an−1 + 1
an−1 y a+ 1a
son enteros.
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Principio de induccion Matematica Algebra
Demostraciones por induccion
Teorema
Si p es primo, y p∣∣m1m2 · · ·mn, entonces p divide al menos a uno de los numeros
m1,..., mn.
Demostracion.
Ya tenemos la prueba para n = 2. Supongamos que se vale para n (HI). Sea p unprimo tal que p
∣∣m1m2 · · ·mnmn+1. Entonces p divide a m1m2 · · ·mn, en cuyo caso
p divide a alguno de los numeros m1,...,mn por HI, o bien p∣∣mn+1.
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Principio de induccion Matematica Algebra
Teorema Fundamental de la Aritmetica
Teorema
Para todo m > 1, existe una colecion finita de primos p1,...,pn tales que
m = p1p2 · · · pn.
Demostracion.
Los casos particulares m = 2, m = 3, m = 4 = 2 · 2, m = 5, m = 6 = 2 · 3, m = 7,m = 8 = 2 · 2 · 2, m = 9 = 3 · 3, m = 10 = 2 · 5 son evidentes.
Sea m > 1 y supongamos que para todo 1 ≤ a ≤ m, se cumple que a es un productofinito de primos (HI). Queremos probar que m + 1 tambien es un producto finito deprimos.
Si m+ 1 es primo, no hay nada que hacer.
Si no es ası, existen enteros a y b tales que m + 1 = ab, y tambien 1 < a < m + 1 y1 < b < m+1. Por (HI), a y b son productos finitos de numeros primos, ası que m+1es tambien un producto de primos.
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Principio de induccion Matematica Algebra
Principio del Buen Orden
Si A ⊂ N y A es no vacıo, entonces existe a∗ ∈ N tal que
PBO-1. a∗ ∈ A,PBO-2. Para todo a ∈ A, a ≤ a∗.
Decimos que A tiene elemento mınimo y que a∗ es el elemento mınimo de A.
El PI y PBO son equivalentes
Teorema
El Principio del Buen Orden y el Principio de Induccion son equivalentes
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Principio de induccion Matematica Algebra
Principio del Buen Orden
Si A ⊂ N y A es no vacıo, entonces existe a∗ ∈ N tal que
PBO-1. a∗ ∈ A,PBO-2. Para todo a ∈ A, a ≤ a∗.
Decimos que A tiene elemento mınimo y que a∗ es el elemento mınimo de A.
El PI y PBO son equivalentes
Teorema
El Principio del Buen Orden y el Principio de Induccion son equivalentes
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Principio de induccion Matematica Algebra
Algoritmo de la division de Euclides
Teorema
Si a y b son enteros y b 6= 0, existen enteros unicos q y r tales que
a = q · b+ r y 0 ≤ r < |b|.
Demostracion.
Solo el caso a ≥ 0 y b > 0. Sea el conjunto
R = {a− bx : x ∈ Z y a− bx ≥ 0}.
Observamos que R ⊂ N, y dado que
a− b0 = a ≥ 0,
se tiene que R 6= ∅. Por el PBO, existeel mınimo r de R. Sea q ∈ Z tal quer = a− bq, i.e., a = bq + r.
Ahora veamos que r < b. Si b ≤ r, en-tonces para algun entero r′ ≥ 0, se cumpler = b + r′. Y como b > 0, de hecho0 ≤ r′ < r. Luego
r′ = r − b = a− bq − b = a− b(q + 1),
ası que r′ ∈ R. Contradiccion.
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