unidad n° 3 nÚmeros naturales principio de inducciÓn · de esta manera, si n∈ℕ, entonces n...

UNIDAD N° 3

NÚMEROS NATURALES

PRINCIPIO DE INDUCCIÓN

ÁLGEBRA I. UNIDAD Nº 3: NÚMEROS NATURALES – PRINCIP IO DE INDUCCIÓN – PROF. MARÍA EUGENIA RIVERO _____________________________________________________________________________________________________

_________________________________________________________________________________ INSTITUTO SUPERIOR DE FORMACIÓN DOCENTE “JOAQUÍN V. GONZÁLEZ” 123

NÚMEROS NATURALES – PRINCIPIO DE INDUCCIÓN

DEDUCCIÓN E INDUCCIÓN

Cuando emitimos una afirmación o proposición podemos intentar clasificarla en

el conjunto de las proposiciones generales, en donde interviene una afirmación del

tipo de “para todo elemento de...”, o bien en el conjunto de las proposiciones

particulares en donde la afirmación se refiere “al elemento tal de...”.

De la certeza de una proposición general se puede pasar a la certeza de las

correspondientes proposiciones particulares, y, al revés, de la certeza de una o

varias proposiciones particulares se puede pasar a la certeza de la correspondiente

proposición general o generalización.

El paso de un tipo de proposición a otra requiere un proceso de razonamiento

lógico que en general se denomina deducción si se trata del paso de una

proposición general a una o más proposiciones particulares, o inducción, cuando

realizamos el paso de una o varias proposiciones particulares a una proposición

general.

Si decimos que “todos los números enteros pares son divisibles por 2”

estamos exponiendo una proposición general, de la que es particularización, por

ejemplo, la proposición “el número 246 es divisible por 2”.

El proceso por el cual, conocida la verificación de la proposición general,

inferimos que se verifica la proposición particular correspondiente, es lo que

entendemos por deducción o proceso deductivo .

Por otra parte, cuando desde la verificación de una o varias proposiciones

particulares inferimos que se verifica una proposición general que las engloba,

entendemos que estamos realizando un proceso de inducción o proceso

inductivo .

Si, por ejemplo, aceptamos como cierta la proposición general de que “todos

los suecos son rubios”, la veracidad de la afirmación correspondiente a la

particularización: “Gustav es sueco y por consiguiente rubio” es un proceso de

deducción. Evidentemente, la certeza depende de que sea cierta la proposición

general de la que se ha partido.



En cambio, el proceso contrario, en el que partiríamos de la veracidad de la

afirmación “Gustav es sueco y rubio” no nos permitiría afirmar la veracidad de la

proposición general “Todos los suecos son rubios”. Ni tampoco negarla.

En general, pues, el proceso de inducción, por el que pasamos de una o varias

afirmaciones particulares a una afirmación generalizadora, no es tan sencillo. ¿Cómo

podríamos realizarlo de una forma segura? Este será el tema a tratar en esta unidad.

CONJUNTOS INDUCTIVOS

DEFINICIÓN Nº 1:

De acuerdo con la definición precedente, para poder determinar si un conjunto

K es o no es inductivo, deberemos verificar si 1 es un elemento de K.

En caso de que esto no se cumpla, podemos concluir en que K no es inductivo,

puesto que para serlo deben cumplirse simultáneamente las dos propiedades. Por

tanto, con que una no se verifique es suficiente para afirmar la no inductividad de K.

Si 1 K∈ deberemos chequear la segunda propiedad. Para ello se tomará un

elemento genérico del conjunto, por ejemplo r. Por pertenecer a K este elemento

deberá cumplir todas las propiedades que cumplen los elementos de K, según la

forma en que este conjunto haya sido definido. A partir de r, deberemos probar si

r 1+ también verifica esas propiedades.

Si ocurriese que r 1 K+ ∉ para r K∈ , se concluirá en que K no es inductivo.

En caso contrario, como se verifican las propiedades 1 y 2 de la definición,

podremos afirmar que K es inductivo.

Decimos que un SUBCONJUNTO K de R es INDUCTIVO si verifica las

siguientes propiedades:

1) 1 K∈ .

2) Si r K∈ entonces r 1 K+ ∈ .



El siguiente esquema resume lo anteriormente planteado:

NO K no es inductivo¿1 K ?

SI se verifica la propiedad 1Dado K

SI se verifica la propiedad 2Si r K, ¿r 1 K?

NO K no es inductivo

→→→→ ∈∈∈∈ →→→→ →→→→ ∈ + ∈∈ + ∈∈ + ∈∈ + ∈ →→→→

1) R es un conjunto inductivo pues 1∈R y dado un número real r, r 1+

también es un número real (pues la suma de dos reales es real).

2) { }x /x 0+ = ∈ >R R� es un conjunto inductivo pues 1 +∈R y dado un número

real r positivo, r 1+ también es un número real positivo.

3) { }x / x 0− = ∈ <R R no es un conjunto inductivo pues 1 −∉R y dado un

número real r negativo, r 1+ no necesariamente es un número real negativo. Por

ejemplo si 1 1

r r 12 2

− −= − ∈ ⇒ + = ∉R R .

K ES INDUCTIVO

En los siguientes ejemplos analizaremos si algunos

conjuntos son o no inductivos.



4) Veamos si { }K x / x 1 2 x= ∈ = ∨ ≤R es o no un conjunto inductivo. Para

ello chequearemos si verifica las dos propiedades.

1 – De acuerdo a como está definido K, 1 K∈ .

2 – Sea x K∈ . Existen dos posibilidades:

• Si x 1= , entonces x 1 2 K+ = ∈ .

• Si 2 x≤ , entonces (sumando 1 a ambos miembros de la desigualdad)

3 x 1≤ + , y 2 3 x 1≤ ≤ + , con lo cual, x 1 K+ ∈ .

Por lo tanto, dado x K∈ , se verifica, en cualquier caso, que x 1 K+ ∈ .

Como se cumplen las dos propiedades, puede concluirse en que el conjunto K

es inductivo.

5) { }K 1= no es inductivo pues 1 K, pero 1 1 2 K∈ + = ∉ .

6) { }K x / 1 x 2= ∈ < ≤R no es inductivo porque no satisface ninguna de las dos

condiciones: 1 K∉ y si x K∈ , entonces 1 x 2< ≤ , con lo cual (sumando 1 a todos

los miembros de la desigualdad) se tiene que 2 x 1 3< + ≤ . Al ser x 1 2+ > queda

claro que x 1 K+ ∉ .

a) ℤ

b) −ℤ

Determina si los siguientes conjuntos son inductivos



c) { }x / x 4 es divisible por 5∈ +R

d) Un subconjunto finito de ℕ

e) Un subconjunto infinito de que contenga al 1.ℕ

f) { }0∪ℕ

g) { } { }1 x 1/ x∪ + ∈ℕ

h) { }x 1/ x+ ∈ℕ

RTA: Son inductivos: a, f, g.

∈= + ∈= + ∈= + ∈= + ∈

1 K2 1 1 K3 2 1 K4 3 1 K5 4 1 K....

Por lo tanto, podemos observar que TODO CONJUNTO INDUCTIVO

CONTIENE AL CONJUNTO DE NÚMEROS NATURALES.

DEMOSTRACIÓN:

Sean A y B dos conjunto inductivos de R . Debemos demostrar que su

intersección es también un conjunto inductivo. Para ello habrá que chequear que se

verifiquen las dos propiedades.

1) Por ser A y B inductivos, 1 ∈ A y 1 ∈ B. Por lo tanto 1 A B∈ ∩ .

Notemos que si K es un conjunto inductivo, entonces:

TEOREMA Nº 3:

Si A, B son conjuntos inductivos de R , entonces A ∩ B es un

conjunto inductivo de R .



2) Verificaremos ahora la propiedad 2.

Sea r A B∈ ∩ . Esto implica que r A∈ ∧ r B∈ .

Como A es inductivo y r A∈ , entonces r 1 A+ ∈ .

Como B es inductivo y r B∈ , entonces r 1 B+ ∈ .

Por lo tanto, r 1 A B+ ∈ ∩ , con lo cual se cumple la propiedad 2 de la definición.

Como se verifican para A B∩ las propiedades 1 y 2 de la definición 1,

entonces A B∩ es un conjunto inductivo.

DEFINICIÓN Nº 2:

La propiedad 2) de esta última definición nos indica que ℕ es el menor (en

sentido de la inclusión) subconjunto inductivo de R . Es decir que:

{ }K /K es inductivo= ⊂ℕ ∩ R

Para probar esto es suficiente exhibir un conjunto inductivo K tal que 1

K2

∉ .

¿Por qué afirmo esto? Pues si encontramos tal conjunto K inductivo, ℕ estará

incluido en él (al igual que lo está en cualquier otro conjunto inductivo). Por lo tanto,

el hecho de probar que 1

K2

∉ implicará también que 12

∉ℕ .

Llamaremos CONJUNTO DE NÚMEROS NATURALES , al subconjunto

denotado por ℕ , caracterizado por las siguientes propiedades:

1) ℕ es inductivo.

2) Si K ⊂ R es un conjunto inductivo, entonces K⊂ℕ .

Demostraremos que ∉ℕ12

.



Sea { }K x / 1 x= ∈ ≤R .

Claramente, 1 K∈ .

Además, dado x K∈ , se verifica que 1 x≤ , con lo cual (sumando 1 a ambos

miembros de la desigualdad) 2 x 1≤ + . Por lo tanto, 1 x 1≤ + , es decir, x 1 K+ ∈ .

Queda entonces probado que este conjunto es inductivo, por lo que se verifica

que K⊂ℕ .

1K

2∉ pues

11

2< , entonces

12

∉ℕ .

DEMOSTRACIÓN:

ℕ K

12

PROPOSICIÓN Nº 2:

Todo n∈ℕ satisface 1 n≤ .

Demostrar que 15 y 5

3 no son números naturales.



Sea { }K x /1 x= ∈ ≤R .

El conjunto K es inductivo, por lo tanto K⊂ℕ (propiedad 2 de la definición 2).

De esta manera, si n∈ℕ , entonces n K∈ y, por lo tanto, 1 n≤ .

DEMOSTRACIÓN:

Si n m< , dividiendo a ambos miembros de la desigualdad por m se obtiene

< =n m1

m m (esto es posible debido a que, como ∈ℕm , m ≠ 0).

Por lo tanto, n

1m

< , con lo cual puede concluirse en que nm

∉ℕ (pues por la

proposición 2, todo número natural es mayor o igual a 1).

DEMOSTRACIÓN:

Sea { }K x / x 0= ∈ >R .

Como ya lo hemos visto en el ejemplo 2, este conjunto es inductivo. Por lo tanto

K⊂ℕ (propiedad 2 de la definición 2).

De esta manera, si n∈ℕ , entonces n K∈ y, por lo tanto, n 0> .

COROLARIO Nº 2 :

Si n,m∈ℕ y n m< entonces nm

∉ℕ .

COROLARIO Nº 3 :

Todo n∈ℕ satisface n 0> .

PROPOSICIÓN Nº 3:

Si n∈ℕ satisface 1 n< , entonces 2 n≤ . (Por lo tanto no

existen números naturales n tales que 1 n 2< < ).



DEMOSTRACIÓN:

Sea { }K x / x 1 2 x= ∈ = ∨ ≤R .

Como ya lo hemos visto en el ejemplo 4, este conjunto es inductivo. Por lo tanto

K⊂ℕ (propiedad 2 de la definición 2). De esta manera, si n∈ℕ y 1 n< (como

plantea la hipótesis de la proposición), entonces n K∈ y, por lo tanto, 2 n≤ .

1) Demostraremos que no existe ∈ =ℕ 2x / x 2 .

Supongamos que 2 x / x 2∃ ∈ =ℕ .

Por la proposición 1, tendríamos que x 1≥ .

Ahora, x 1= es imposible pues 21 1 2= ≠ . Por lo tanto x 1> , o sea 2 x≤

(proposición 3).

Entonces, elevando al cuadrado ambos miembros de la desigualdad,

obtenemos, 2 24 2 x 2= ≤ = , lo cual implica que 4 2≤ .

Absurdo, puesto que 2 4< . El absurdo proviene de suponer que x /∃ ∈ℕ

2x 2= .

Por lo tanto no existe 2x / x 2∈ =ℕ .

2) Demostraremos que si ∈ℕx, y y ⋅ = ⇒ = =x y 1 x y 1 .

Supongamos que x 1 1 x 2 x≠ ⇒ < ⇒ ≤ (proposición 3).

Como y 1 y∈ ⇒ ≤ℕ (proposición 2).

Luego, multiplicando los dos primeros miembros entre sí y los dos segundos

miembros entre sí de las desigualdades recuadradas obtenemos 2 1 x y 2 1⋅ ≤ ⋅ ⇒ ≤ .

A continuación veremos algunos ejemplos en donde

utilizaremos lo aprendido anteriormente.



Absurdo, pues 1 2< . El absurdo proviene de suponer que x 1≠ . También

hubiéramos llegado a él suponiendo y 1≠ .

Por lo tanto x y 1= = , que era lo que queríamos demostrar.

SUMATORIA

DEFINICIÓN Nº 3:

1) Desarrollaremos las siguientes sumas:

Demuestra que no existe ningún número natural que al

elevarlo al cuadrado de por resultado 3.

Sean n, m números enteros tales que n ≤ m y { }n ma ;...;a un conjunto de

números reales.

Se define m

k n mk n

a a ... a=

= + +∑ y se lee “suma de los términos ka cuando el

valor de k va desde n hasta m”.

En este contexto, ∑ se llama SIGNO DE SUMATORIA y k se conoce como

ÍNDICE DE LA SUMA .

A continuación veremos algunos ejemplos que nos

permitirán comprender la definición anterior.



a) 5

k 1 2 3 4 5k 1

b b b b b b=

= + + + +∑

b) 6

k 3 4 5 6k 3

c c c c c=

= + + +∑

c) ( ) ( )3

2 22 2 2 2 2

k 2

k 2 1 0 1 2 3 4 1 0 1 4 9 19=−

= − + − + + + + = + + + + + =∑

2) Escribiremos las siguientes sumas usando la notación de sumatoria.

a) 9

k 3

3 4 5 6 7 8 9 k=

+ + + + + + =∑

b) n

1 1 2 2 n n i ii 1

a b a b ... a b ab=

+ + + =∑

c) ( )8

k 1

k 1

1 2 3 4 5 6 7 8 1 k+

=− + − + − + − = −∑

PRODUCTORIA

DEFINICIÓN Nº 4:

Sean n, m números enteros tales que n ≤ m y { }n ma ;...;a un conjunto de

números reales.

Se define m

i n mi n

a a ... a=

= ⋅ ⋅∏ y se lee “producto de los términos ia cuando el

valor de i va desde n hasta m”.

En este contexto, ∏ se llama SIGNO DE PRODUCTORIA y k se conoce

como ÍNDICE DEL PRODUCTO.



1) Calcula:

a) 4

r 1

r=

=∑ d) ( )11

2

i 1

i 2i=

− =∑ g) 4

i 1

i=

=∏

b) ( )1

k 3

1k k 4

−

=−

=⋅ +∑ e) ( )

152

i 10

i 1=

− =∑ h)7

n 2

nn 1=

=−∏

c) 1

j 3

jj 4

−

=−

=+∑ f)

7

r 1

a=

=∑ i) 10

n 1

a=

=∏

RTA: a) 10 b) 1112

− c) 133

−

d) 374 e) 811 f) 7a

g) 24 h) 7 i) 10a

2) Expresa cada serie como una sumatoria:

a) 1 2 3 4 5 62 3 4 5 6 7

+ + + + + = b) 3 + 6 + 9 + 12 + 15 =

c) -2 + 4 - 8 + 16 - 32 + 64 = d) 1 1 1

14 9 16

+ + + =

e) 1 + 4 + 9 + 16 + 25 = f) 1 1 1 13 9 27 81

+ + + =

g) -1 - 2 - 3 - 4 – 5 = h) 1 1 1

122 3

+ + + =

RTA: a) 6

n 1

nn 1= +∑ b)

5

n 1

3n=∑ c) ( )

6n

n 1

2=

−∑ d) 4

2n 1

1n=

∑

e) 5

2

n 1

n=∑ f)

4

nn 1

13=

∑ g) 5

n 1

n=

−∑ h) 4

n 1

1

n=∑

Teniendo en cuenta lo definido respecto a la sumatoria y a la

productoria, resuelve los siguientes ejercicios.



PRINCIPIO DE INDUCCIÓN

Un método para demostrar resultados generales que dependen en algún

sentido de los números naturales es conocido con el nombre de Inducción

Matemática.

A partir de determinadas observaciones o afirmaciones particulares que

resultan verdaderas se busca el principio general que en ellas está implícito.

Es decir, se pretende pasar de lo particular a lo general, tratando de establecer si

estas afirmaciones siguen siendo verdaderas para los infinitos números naturales

restantes.

Existen muchos enunciados que sólo son válidos para un número finito de

casos y en consecuencia son falsos para un número infinito de situaciones.

Por ejemplo, si afirmamos que n∀ ∈ℕ se verifica que 2n 3n 1 0− − < , será fácil

probar que esto es verdadero para n 1= , n 2= y n 3= .

Sin embargo, para n 4= no se cumple ya que 24 3 4 1 3 0− ⋅ − = > .

Este ejemplo sencillo muestra que una proposición puede ser verdadera para

los primeros números naturales y falsa para números naturales más grandes.

También podemos encontrar proposiciones que son verdaderas sólo a partir de

un cierto número natural 0n . De ser así, la técnica que desarrollaremos se llama

Inducción Incompleta . Para demostrar que una proposición ( )p n , ∀ n K∈ ⊆ ℕ , es

verdadera es necesario comprobar la validez de ella para todos los elementos del

conjunto K.

En el caso en que K = ℕ , diremos que es una Inducción Completa .

Sea K un subconjunto de ℕ tal que:

I) 1 K∈ .

II) Si r K∈ entonces r 1 K+ ∈ .

Por I) y II), K es inductivo, con lo que K⊂ℕ .

Pero siendo K subconjunto de ℕ se tiene que K ⊂ ℕ .

Por lo tanto K = ℕ .



Este principio permite formular el siguiente criterio de demostración por

inducción:

CRITERIO

En efecto, para probar que una propiedad se cumple para todos los números

naturales, basta comprobar primero que se cumple para el 1 (o para un 0n en el

caso de la inducción incompleta) y, a continuación, suponer que se cumple para un

natural k y, desde aquí, deducir que se ha de cumplir para el natural siguiente,

k 1+ .

Resumiendo, para probar que una proposición ( )p n es verdadera para todos

los valores de la variable n se deben efectuar los siguientes tres pasos:

La proposición ( )p n debe ser verdadera para n 1= .

Se plantea la hipótesis inductiva : se supone que ( )p k es

verdadera, donde k es un número natural cualesquiera.

Se plantea la tesis inductiva y se la demuestra.

Se prueba que ( )p k 1+ es verdadera, o bien, que ( )p k verdadera

implica ( )p k 1+ verdadera.

Sea P(n) una función proposicional con n recorriendo el conjunto de

números naturales.

Si:

I) P(1) es verdadera.

II) k :P(k) P(k 1)∀ ∈ ⇒ +ℕ es verdadera.

Entonces P(n) es verdadera n∀ ∈ℕ .

PASO 1

PASO 2

PASO 3



Como habrás podido observar, en el video se menciona un juego: las torres de

Hanoi.

El tablero del mismo consta de tres varillas. En una de ellas hay discos de

diámetros decrecientes. Se quieren llevar a otra de las varillas respetando las dos

reglas siguientes:

1. No se puede desplazar más que un disco en cada movimiento.

2. Un disco sólo puede descansar sobre otro de diámetro mayor.

¿Cuál será el mínimo número de movimientos para trasladar 3 discos de una

varilla a otra? ¿Y si hubiese 6 discos o 7 discos? ¿Y si hubiese n discos?

Completa la siguiente tabla:

CANTIDAD DE DISCOS CANTIDAD TOTAL DE MOVIMIENTOS

2

3

4

5

N

Te invito a que observes el video en el que Adrián Paenza

explica en qué consiste el método de inducción. Para ello

ingresa en

http://www.youtube.com/watch?v=kHTvTm5Lq5U



EJEMPLOS DE APLICACIÓN DEL MÉTODO

1) SUMA DE LOS PRIMEROS n NÚMEROS NATURALES (por Adrián

Paenza).

Se tienen distribuidas cruces en distintos renglones, con la característica de

que a medida que uno va recorriendo las filas, el número de cruces aumenta en uno.

Es decir, en la primera fila hay una cruz. En la segunda, hay dos. En la tercera,

tres... y así sucesivamente.

Figura 1

¿Cómo hacer si uno quiere saber el número total de cruces?

Por supuesto que la invitación está hecha para que pienses solo/a, de manera

tal que, si prefieres no leer lo que sigue, mucho mejor.

De todas formas, voy a proponerte una solución de las muchísimas que es

posible encontrar, la cual incluye un argumento gráfico.

La figura que aparece con las cruces es un triángulo. Uno podría dibujar otro

triángulo igual, esta vez con circulitos, y quedaría así:

A continuación veremos algunos ejemplos que nos

permitirán familiarizarnos con la aplicación del método

inductivo.



Figura 2

Ahora, damos vuelta ese triángulo

Figura 3

Si colocamos juntos los triángulos que aparecen en las figuras 1 y 3, se tiene el

siguiente dibujo:

Figura 4

Como el objetivo era calcular el número de cruces que había en el primer

triángulo, si uno mira el rectángulo que quedó formado en la figura 4 advierte que las

cruces son exactamente la mitad (contando las cruces y los círculos).

¿Cómo calcular cuántas cruces y círculos hay en ese rectángulo? Multiplicando

el número que hay en cada fila por el número en cada columna. Es decir, 6 (que son

los que hay en la base) por 5 (los que hay en altura). Resultado: 30. Como las

cruces son la mitad, entonces en total hay 15 cruces.

Con esta idea, si tenemos ahora un triángulo con más cruces, digamos el que

aparece en la figura 5:



Figura 5

Si uno quiere calcular el número de cruces, lo que hace es dibujar un triángulo

igual pero con círculos en lugar de cruces. Luego, lo da vuelta y lo coloca junto al

que aparece en la figura 5. Y se tiene el siguiente rectángulo (figura 6).

Figura 6

Luego, contando otra vez, en la base hay 11 elementos, entre cruces y

círculos, y en la altura, 10. Conclusión: en total en el rectángulo hay 10 11 110⋅ =

elementos, y como las cruces son la mitad, se sigue que hay 55 cruces.

Una vez vistos estos ejemplos, queda claro lo que se puede hacer en general.

Si uno tiene n filas con cruces y quiere saber cuántas cruces hay en total, se fabrica

un triángulo igual, pero con círculos, y se lo invierte. Después, lo pone al lado del

otro, y queda formado un rectángulo. Todo lo que hay que hacer es contar cuántos

elementos (entre cruces y círculos) hay en la base del rectángulo, y luego, contar

cuántos elementos hay en la altura del rectángulo. Multiplicar esos números para

saber cuál es el número total de elementos en el rectángulo y dividirlo por 2, para



saber cuántas cruces hay. ¿Se entendió? Hagamos la cuenta para verificar.

Se tiene un triángulo armado con cruces con n filas, de manera tal que en la

primera fila hay 1 cruz, en la segunda hay 2, en la tercera hay 3, y así siguiendo. En

la enésima fila hay n cruces. Lo que tratamos de hacer es la siguiente suma:

( ) ( )1 2 3 4 n 2 n 1 n+ + + + + − + − +…

Es decir, sumar las cruces que hay en cada fila.

Formamos un triángulo igual pero armado con círculos. Y lo ponemos al lado

del otro. Ahora, los invito a contar cuántos elementos tiene el rectángulo que queda

formado.

En la base hay n 1+ elementos (los n que aporta el triángulo de las cruces y un

círculo). En la columna hay n elementos, porque el número de filas que había

originalmente, y que no varió, es de n. Luego, queda formado un rectángulo de n 1+

elementos en la base, y n en la altura. El número total de elementos, entonces, es:

( )n n 1⋅ +

Como el número de cruces era exactamente la mitad de esta cantidad, el

resultado final es:

( )n n 1

2

⋅ +

Este argumento muestra, entonces, que si uno quiere calcular la suma de los

primeros n números naturales, el resultado que obtiene es ( )n n 1

2

⋅ +

Te invito a que observes el video en el que Adrián Paenza

explica una forma de sumar los primeros 100 números naturales.

Para ello ingresa en:

http://www.youtube.com/watch?v=HseO0mBZ8y8



Como puedes observar, en el video se relata la historia de Carl Friedrich

Gauss, cuando la maestra les propuso a los alumnos que sumaran los primeros cien

números naturales:

1 2 3 4 97 98 99 100+ + + + + + + +…

Lo que Gauss hizo fue sumar el primero y el último ( )1 100+ , y advirtió que le

daba 101. Luego, sumó el segundo y el penúltimo ( )2 99+ y descubrió que otra vez

le daba 101. Después, sumó el tercero y el antepenúltimo ( )3 98+ y, una vez más,

le daba 101. Siguiendo de esa forma, y eligiendo números de ambas puntas, las

sumas le daban siempre 101 y, por lo tanto, el cálculo era fácil: bastaba con

multiplicar 50 por 101 (ya que hay 50 posibles parejas y 101 es el resultado de la

suma de cada una de ellas), con lo cual el resultado era 5.050.

Podríamos entender de otra forma lo que hizo Gauss. Es decir, podemos tratar

de darle la misma interpretación gráfica que pusimos al principio. Sería como tener

un triángulo de 100 filas. La primera tiene 1 cruz, la segunda 2, la tercera 3... y así,

hasta que la centésima tiene 100 cruces.

Figura 7

.

Al hacer un triángulo igual pero con círculos, darlo vuelta y agregarlo al de las

cruces para formar un rectángulo (como hicimos más arriba), descubrimos que el

rectángulo tiene, en la base, 101 elementos (las 100 cruces y un círculo). Y como

hay 100 filas, la cuenta que hay que hacer para calcular el número de elementos del

rectángulo es multiplicar 100 101⋅ .

Pero ¿cómo? ¿No era que Gauss hizo -y estaba bien- 101 x 50? Claro, pero no

olvidemos que lo que calcula 100 101⋅ es el número de elementos del rectángulo.



Para poder calcular el número de cruces, hay que dividir por 2, como hicimos

más arriba. Y ahora sí, el resultado es el correcto:

100 10150 101 5.050

2⋅ = ⋅ =

Como puedes observar, hemos podido deducir gráficamente que la suma de

los primeros n números naturales, la cual puede simbolizarse mediante n

i 1

i=∑ es

igual a ( )n n 1

2

⋅ +.

Utilizaremos el método de inducción para demostrar entonces esta igualdad.

Probaremos que ( )n

i 1

n n 1i

2=

⋅ +=∑ .

El primer paso será considerar n 1= . Veremos que para este valor, los dos

miembros de la igualdad anterior toman el mismo valor.

n 1

i 1 i 1

i i 1= =

= =∑ ∑

Por su parte, ( ) ( )n n 1 1 1 1 1 2

12 2 2

⋅ + ⋅ + ⋅= = = .

Por lo tanto, para n 1= se verifica que ( )n

i 1

n n 1i

2=

⋅ +=∑ .

El segundo paso será plantear la hipótesis inductiva. La misma deberá ser

utilizada para demostrar la tesis.

HIPÓTESIS INDUCTIVA

Supongamos ahora que ( )P k es verdadera para k ∈ℕ , es decir, que

( )k

i 1

k k 1i

2=

⋅ +=∑ .



A partir de ahora, el tercer paso será plantear la tesis inductiva que luego

habrá que demostrar para probar que la igualdad propuesta es verdadera.

TESIS INDUCTIVA

Demostraremos, a partir de la hipótesis que ( )P k 1+ es verdadera para k ∈ℕ ,

es decir, que ( ) ( ) ( ) ( )k 1

i 1

k 1 k 1 1 k 1 k 2i

2 2

+

=

+ ⋅ + + + ⋅ += =∑ .

Demostración:

Para efectuar la demostración deberemos partir de un miembro de la igualdad

anterior y llegar al siguiente haciendo uso de la hipótesis inductiva.

En este caso, comenzaremos desarrollando k 1

i 1

i+

=∑ .

( )

( )

( ) ( )

( ) ( )

( ) ( )

k

i 1

k 1

i 1i

k

i 1

i 1 2 k k 1

i k 1

k k 1 k 1 por hipótesis inductiva

2

k k 1 2 k 1

2

k 1 k 2 se sacó factor común k 1

2

=

+

=

=

= + + + + +

∑

= + +

⋅ += + + →

⋅ + + ⋅ +=

+ ⋅ += → +

∑

∑

…��

Queda así demostrado que ( )n

i 1

n n 1i

2=

⋅ +=∑ n∀ ∈ℕ .



2) SUMA DE LOS PRIMEROS n NÚMEROS NATURALES IMPARES (por

Adrián Paenza).

Supongamos que uno empieza a calcular la suma de números impares. En

los primeros pasos se tropieza con estos datos.

¿Alcanzas a descubrir un patrón?

Mira los resultados de la segunda columna y verás que se produce algo

curioso: los números que aparecen son los cuadrados de los números naturales. Es

decir, el patrón permite conjeturar que la suma de los primeros números impares se

reduce a calcular el cuadrado de un número.

En este caso, podemos pensarlo haciendo algunos dibujos:



En general, entonces, la suma de los primeros n números impares es igual a

n 2 .

Es decir ( ) 21 3 5 7 2n 1 n+ + + + + − =…

Como puedes observar, hemos podido deducir gráficamente que la suma de

los primeros n números naturales impares, la cual puede simbolizarse mediante

( )n

i 1

2i 1=

−∑ es igual a 2n .

Utilizaremos el método de inducción para demostrar entonces esta igualdad.

Probaremos que ( )n

2

i 1

2i 1 n=

− =∑ .

El primer paso será considerar n 1= . Veremos que para este valor, los dos

miembros de la igualdad anterior toman el mismo valor.

( ) ( )n 1

i 1 i 1

2i 1 2i 1 2 1 1 2 1 1= =

− = − = ⋅ − = − =∑ ∑

Por su parte, 2 2n 1 1= = .



Por lo tanto, para n 1= se verifica que ( )n

2

i 1

2i 1 n=

− =∑ .

El segundo paso será plantear la hipótesis inductiva. La misma deberá ser

utilizada para demostrar la tesis.

HIPÓTESIS INDUCTIVA

Supongamos ahora que ( )P k es verdadera para k ∈ℕ , es decir, que

( )k

2

i 1

2i 1 k=

− =∑ .

A partir de ahora, el tercer paso será plantear la tesis inductiva que luego

habrá que demostrar para probar que la igualdad propuesta es verdadera.

TESIS INDUCTIVA

Demostraremos, a partir de la hipótesis que ( )P k 1+ es verdadera para k ∈ℕ ,

es decir, que ( ) ( )k 1

2

i 1

2i 1 k 1+

=− = +∑ .

Demostración:

Para efectuar la demostración deberemos partir de un miembro de la igualdad

anterior y llegar al siguiente haciendo uso de la hipótesis inductiva.

En este caso, comenzaremos desarrollando ( )k 1

i 1

2i 1+

=−∑ .

( ) ( ) ( )( )

( )( )k

i 1

k 1

i 1

2i 1

2i 1 2 1 1 2 k 1 2 k 1 1

=

+

=

−

− = ⋅ − + + ⋅ − + ⋅ + −

∑

∑ …��



( ) ( )( )

( )

2

k

i 1

k

2

2

2

2i 1 2 k 1 1

k 2k 2 1 por hipótesis inductiva

k 2k 1

k 1

=

= − + ⋅ + −

= + + − →

= + +

= +

∑��

Queda así demostrado que ( )n

2

i 1

2i 1 n=

− =∑ n∀ ∈ℕ .

a) ( ) ( )n

i 1

2i n n 1=

= ⋅ +∑

b) ( ) ( )n

2

i 0

2i 1 n 1=

+ = +∑

c) ( ) ( )n

i 1

n 3n 13i 1

2=

⋅ +− =∑

d) ( ) ( )n

2

i 1

n n 1 2n 1i

6=

⋅ + ⋅ +=∑

e) ( ) 2

n3

i 1

n n 1i

2=

⋅ +=

∑

f) ( ) ( )n

i 1

1 n2i 1 2i 1 2n 1=

=− ⋅ + +∑

Demuestra inductivamente que:



DEMOSTRACIÓN:

Al demostrar este teorema estaremos demostrando las propiedades de

clausura de la adición y de la multiplicación en ℕ .

1) Sea a ∈ℕ y sea { }K b /b a b= ∈ ∧ + ∈ℕ ℕ

¿Qué elementos pertenecen a K? En K se encuentran todos los números

naturales que sumados a un número natural fijo a dan por resultado otro número

natural.

Veamos que K es inductivo.

• b 1 K= ∈ pues 1∈ℕ y al ser a un número natural y ℕ un conjunto inductivo,

a 1+ también pertenece a ℕ .

• Sea b K∈ . Entonces, por definición de K se verifica que b ∈ℕ y

( )a b + ∈ ∗ℕ .

Veamos si b 1 K+ ∈ (es decir, chequearemos si se cumple para K la segunda

condición que deben cumplir los conjuntos inductivos).

Ahora… ¿qué significa que b 1+ pertenezca a K? Significa que b 1+ debe ser

un número natural y que ( )a b 1+ + también debe serlo. Veamos cada una de estas

dos cosas.

Como b ∈ℕ y ℕ es un conjunto inductivo, entonces b 1+ ∈ℕ .

Además, a b+ ∈ℕ (por ( )∗ ) y ℕ es un conjunto inductivo, entonces

( ) ( )a b 1 a b 1+ + = + + ∈ℕ .

Luego, como b 1+ ∈ℕ y ( )a b 1+ + ∈ℕ , entonces b 1 K+ ∈ .

Por lo tanto, K es un conjunto inductivo, entonces K = ℕ .

TEOREMA Nº 4:

1) Si a,b a b∈ ⇒ + ∈ℕ ℕ

2) Si a,b a b∈ ⇒ ⋅ ∈ℕ ℕ



Esto nos dice que siendo a ∈ℕ , a b b+ ∈ ∀ ∈ℕ ℕ .

Como a es arbitrario, se concluye que a b a,b+ ∈ ∀ ∈ℕ ℕ .

2) La demostración es análoga y por tanto, queda como ejercicio.

El siguiente lema asegura la existencia de un número natural antecesor a

cualquier natural mayor que 1.

DEMOSTRACIÓN:

Sea { } { }K 1 c 1/ c= ∪ + ∈ℕ .

Claramente, K es un subconjunto inductivo de ℕ y por lo tanto, K = ℕ .

Como b K∈ =ℕ y 1 b b 1 b c 1< ⇒ ≠ ⇒ = + para algún c ∈ℕ .

En el siguiente teorema se plantea, y luego se demuestra, que si el minuendo y

el sustraendo son dos números naturales, siendo el minuendo mayor que el

sustraendo, la diferencia da por resultado otro número natural.

DEMOSTRACIÓN:

Para demostrar este teorema razonaremos inductivamente en a.

LEMA Nº 1 :

Si b ∈ℕ y 1 b c / c 1 b< ⇒ ∃ ∈ + =ℕ

TEOREMA Nº 5: (de la posibilidad de la resta en ℕ )

Sean a,b ∈ℕ . Si a b b a< ⇒ − ∈ℕ .



Sea a 1= .

Debemos probar que si 1 b b 1< ⇒ − ∈ℕ .

Como 1 b< se sigue del lema Nº 1 la existencia de un c /∈ℕ

c 1 b b 1 c+ = ⇒ − = b 1⇒ − ∈ℕ .

Sea ahora 1 a≤ y supongamos el teorema cierto para a.

Debemos probarlo ahora para a 1+ , es decir, debemos verificar que si

a 1 b+ < ⇒ ( )b a 1− + ∈ℕ .

Se tiene que:

1 a a 1 b

así lo supusimos

≤ < + < ∗↓ ↓

Entonces, como 1 b c / c 1 b< ⇒ ∃ ∈ + =ℕ

Reemplazando en ∗ tenemos que a 1 c 1 a c+ < + ⇒ < .

Por hipótesis inductiva (suponíamos cierto el teorema para a), c a− ∈ℕ .

Luego, ( ) ( ) ( )b a 1 c 1 a 1− + = + − + c 1 a 1 c a= + − − = − ∈ℕ

Ha quedado así demostrado el paso inductivo. El Principio de Inducción nos

asegura que cualesquiera sean a,b ∈ℕ , si a b b a< ⇒ − ∈ℕ .

El teorema queda demostrado.

DEMOSTRACIÓN:

Como a b b a< ⇒ − ∈ℕ (teorema nº 5) 1 b a a 1 b⇒ ≤ − ⇒ + ≤ .

COROLARIO Nº 4 :

Si a,b ∈ℕ satisfacen que a b a 1 b< ⇒ + ≤ .



PRINCIPIO DE BUENA ORDENACIÓN

DEFINICIONES Nº 5:

1) Sea { }K 1;2;3= .

Los subconjuntos no vacíos de K son:

{ }1 1 es el primer elemento.



{ }1;2 1 es el primer elemento.



{ }1;2;3 1 es el primer elemento.

Como todo subconjunto de K tiene primer elemento, K es bien ordenado.

Dado un subconjunto K de R , diremos que K posee PRIMER ELEMENTO o

ELEMENTO MINIMAL si existe m ∈R con las siguientes propiedades:

a) m K∈

b) Si x K∈ , entonces m x≤ .

Un SUBCONJUNTO L de R se dice BIEN ORDENADO (BO) si todo

subconjunto no vacío de L posee primer elemento.

Determinaremos si los siguientes conjuntos son o no bien

ordenados.



2) Sea 1

K / nn = ∈

ℕ .

Supongamos que K tiene primer elemento 1m

(m ∈ℕ ).

Ahora, si m

m n< ⇒m

n

n<

mn

1 1n m

⇒ <

Absurdo, pues si 1m

es el primer elemento de K es menor o igual que cualquier

otro elemento del conjunto.

El absurdo proviene de suponer que K tiene primer elemento. Por lo tanto no lo

tiene.

Así, podemos concluir en que K no es un conjunto bien ordenado.

DEMOSTRACIÓN:

Sea H ⊂ ℕ definido así: “h H∈ si y sólo si todo subconjunto no vacío de ℕ que

contiene a h posee primer elemento”.

Intentaremos demostrar que H es un conjunto inductivo.

1) Siendo todo número natural mayor o igual que 1, se sigue que si un

subconjunto de ℕ contiene a 1, necesariamente 1 debe ser el primer elemento de

TEOREMA Nº 6:

Todo subconjunto finito de R es bien ordenado.

TEOREMA Nº 7:

ℕ es un conjunto bien ordenado.



dicho conjunto (en efecto, pertenece al conjunto y es menor o igual que cualquiera

de sus elementos).

Por lo tanto, está claro que 1 H∈ .

2) Sea k H∈ . Deberemos probar que k 1 H+ ∈ .

Como k H∈ , todo subconjunto de ℕ que contenga a k, posee primer elemento.

Para probar que k 1 H+ ∈ tomamos un subconjunto L ⊂ ℕ tal que k 1 L+ ∈ .

Debemos probar que L posee primer elemento.

Puede ocurrir que k L∈ o que k L∉ .

• Si k L∈ , como k H∈ , entonces L tiene primer elemento y no hay nada que

agregar.

• Si k L∉ , sea { }L ' L k= ∪

L ' ≠ ∅ pues k L '∈ .

Además, como k L '∈ , entonces L ' tiene primer elemento, es decir, existe

p /p L ' p t t L '∈ ∧ ≤ ∀ ∈ .

En particular, p k≤ . Nuevamente tenemos dos posibilidades:

° Si p k k t t L '= ⇒ ≤ ∀ ∈ . Más aún, k t t L≤ ∀ ∈ . Como k L∉ se sigue

que k t t L k 1 t t L< ∀ ∈ ⇒ + ≤ ∀ ∈ . Como k 1 L+ ∈ , se sigue que L posee primer

elemento y que este primer elemento es k 1+ .

° Si p k p L p t t L p≠ ⇒ ∈ ∧ ≤ ∀ ∈ ⇒ es primer elemento de L.

Hemos probado entonces que k 1 H+ ∈ puesto que un subconjunto cualquiera

de ℕ , en este caso L, que contiene a k 1+ , posee primer elemento.

Por 1) y 2), queda demostrado que H es un subconjunto inductivo de números

naturales.

Por lo tanto H = ℕ .

Veamos entonces que ℕ es bien ordenado. Deberemos probar que todo

subconjunto no vacío de ℕ posee primer elemento.

Sea T∅ ≠ ⊂ ℕ . Demostraremos que T tiene primer elemento.

Como T m /m T≠ ∅ ⇒ ∃ ∈ ∈ℕ .

Puesto que H = ℕ m H⇒ ∈ . Por la misma definición de H, m H∈ si y sólo si

todo subconjunto no vacío de ℕ que contiene a m posee primer elemento. En

particular, T tiene primer elemento.



Queda así demostrado que ℕ es un conjunto bien ordenado.

DEFINICIONES Nº 6:

Sean [ )X 1;3= − e [ ]Y 5;6= − .

Como podemos observar X Y⊂ .

Sea X un subconjunto de Y ⊂ ℝ .

Llamamos COTA INFERIOR de X en Y a todo número a Y∈ tal que a x≤

x X∀ ∈ .

Llamamos COTA SUPERIOR de X en Y a todo número b Y∈ tal que x b≤

x X∀ ∈ .

Un SUBCONJUNTO de Y se dice ACOTADO INFERIORMENTE

(SUPERIORMENTE) en Y si posee una cota inferior (superior) en ℝ .

Un elemento m Y∈ se dice MÍNIMO de X o ELEMENTO MINIMAL de X si:

• m X∈

• m x x X≤ ∀ ∈ .

Un elemento M Y∈ se dice MÁXIMO de X o ELEMENTO MAXIMAL de X si:

• M X∈

• x M x X≤ ∀ ∈ .

Analizaremos los conceptos presentados en la definición

precedente en el siguiente ejemplo:



Una cota inferior de X en Y sería, por ejemplo 2− puesto que 2 Y− ∈ y

además 2 x− ≤ x X∀ ∈ .

6− no es una cota inferior de X en Y puesto que si bien 6 x− ≤ x X∀ ∈ ,

6 Y− ∉ .

Así, podemos decir que el conjunto de cotas inferiores de X en Y es

{ }x / 5 x 1∈ − ≤ ≤ −R .

Por su parte, el conjunto de cotas inferiores de X en R es { }x / x 1∈ ≤ −R .

Una cota superior de X en Y sería, por ejemplo 5 puesto que 5 Y∈ y además

x 5≤ x X∀ ∈ .

7 no es una cota superior de X en Y puesto que si bien x 7≤ x X∀ ∈ , 7 Y∉ .

Así, podemos decir que el conjunto de cotas superiores de X en Y es

{ }x / 3 x 6∈ ≤ ≤R .

Por su parte, el conjunto de cotas superiores de X en R es { }x / 3 x∈ ≤R .

El mínimo de X es 1− puesto que 1 X− ∈ y 1 x− ≤ x X∀ ∈ .

X no tiene máximo.

a) ( ]X 1;5= , [ ]Y 3;5= −

b) { }X x / x 7= ∈ ≤ℕ , { }Y x / x 20= ∈ ≤ℕ

c) { }2X x / x 1 x 3= ∈ ∧ − ≤ ≤R , [ ]Y 4;12= −

RTA:

a b c

CONJUNTO DE COTAS

INFERIORES DE X EN Y { }x / 3 x 1∈ − ≤ ≤R { }1 { }x / 4 x 0∈ − ≤ ≤R

Dados los conjuntos X e Y, determinar en cada caso el

conjunto de cotas inferiores y superiores de X en Y y en

R . Indicar si X tiene máximo y mínimo.



CONJUNTO DE COTAS

INFERIORES DE X EN R { }x / x 1∈ ≤R { }x / x 1∈ ≤R { }x / x 0∈ ≤R

CONJUNTO DE COTAS

SUPERIORES DE X EN Y { }5 { }x / 7 x 20∈ ≤ ≤ℕ { }x / 9 x 12∈ ≤ ≤R

CONJUNTO DE COTAS

SUPERIORES DE X EN R { }x / 5 x∈ ≤R { }x / 7 x∈ ≤R { }x / 9 x∈ ≤R

MINIMO No tiene 1 0

MAXIMO 5 7 9

DEMOSTRACIÓN:

Sea K , K⊂ ≠ ∅ℕ , acotado superiormente en ℕ . Deberemos demostrar que K

posee un máximo.

Sea L el conjunto formado por la totalidad de las cotas superiores de K en ℕ .

Se tiene entonces que L ⊂ ℕ y L ≠ ∅ (pues por hipótesis K está acotado

superiormente en ℕ ).

Como ℕ es bien ordenado (teorema nº 7) y L ⊂ ℕ , entonces L tiene primer

elemento m ∈ℕ .

Veamos que m es máximo de K.

Ya sabemos que, por ser m un elemento de L, m es cota superior de K. Resta

demostrar que m K∈ .

Haremos la demostración por el absurdo.

Supongamos que t m t K t 1 m t K< ∀ ∈ ⇒ + ≤ ∀ ∈ (corolario nº 4)

t m 1⇒ ≤ − t K m 1∀ ∈ ⇒ − es cota superior de K m 1 L⇒ − ∈ .

Pero m 1 m− < y m era el primer elemento de L.

Absurdo: el absurdo proviene de suponer que t m t K< ∀ ∈ . Por lo tanto,

para algún t K∈ debe valer la igualdad, con lo que m K∈ y es su máximo.

PROPOSICIÓN Nº 4:

Todo subconjunto no vacío de ℕ , acotado superiormente

en ℕ posee un máximo.



Para determinar si K es bien ordenado deberemos verificar si todo subconjunto

K’ de K tiene primer elemento.

Sea K ' K⊂ .

Si 1

K '2

∈ , entonces 12

es el primer elemento de K’.

Si 1

K '2

∉ , todos los elementos de K’ son números naturales, entonces K ' ⊂ ℕ .

Por el teorema nº 7, sabemos que ℕ es un conjunto bien ordenado, lo cual

implica que todo subconjunto de ℕ tiene primer elemento, entonces K’ tiene primer

elemento.

Por lo tanto, dado un subconjunto K’ de K, hemos demostrado que ese

subconjunto tiene primer elemento, con lo cual se concluye en que K es bien

ordenado.

El mínimo de K es 12

porque 1

K2

∈ y 1

x2

≤ x K∀ ∈ .

K no tiene máximo. Demostraremos esto por el absurdo.

Supongamos que existe M K∈ tal que x M≤ x K∀ ∈ (es decir, estamos

suponiendo que M es el máximo de K).

Por la definición de K, sabemos que este M es un número natural par. Ahora,

M 2+ también es un número natural par y por lo tanto, también pertenece a K.

Como M es el máximo de K y M 2 K+ ∈ se tiene que M 2 M+ ≤ . Absurdo:

pues M M 2< + .

Determinaremos si el conjunto { } = ∈ ∪

ℕ

1K x / x es par2

es

bien ordenado y si tiene mínimo y máximo, justificando

nuestras respuestas.



El absurdo provino de suponer que K tiene máximo. Por lo tanto, no lo tiene.

a) { }1K /n 0

n = ∈ ∪

ℕ

b) { }K x / x es impar= ∈ℕ

c) { }K x / x 0 x es par= ∈ < ∧ℤ

d) { }K x / x 7= ∈ > −ℤ

e) { }K x / x 249 x es impar= ∈ > ∧ℤ

f) { }2K n 1/n= − ∈ℕ

g) { }1K 6 /n 0

n = − ∈ ∪

ℕ

h) { }n0K 2 / n= ∈ℕ

RTA:

INDUCTIVO BIEN ORDENADO MÍNIMO MÁXIMO

a) NO NO 0 1

b) NO SI 1 NO TIENE

c) NO NO NO TIENE -2

d) SÍ SI -6 NO TIENE

e) NO SI 251 NO TIENE

f) NO SI 0 NO TIENE

g) NO SI 0 NO TIENE

h) NO SI 1 NO TIENE

Determina si los siguientes conjuntos son inductivos,

bien ordenados, si tienen mínimo y máximo. Justifica tus

respuestas.

unidad n° 3 nÚmeros naturales principio de inducciÓn · de esta manera, si n∈ℕ, entonces n...

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