CURSOS DE MATEM ´ ATICAS
M´ etodo de inducci´ on
FERNANDO REVILLA http://www.fernandorevilla.es
Jefe del Departamento de Matem´aticas del IES Santa Teresa de Madrid y profesor de M´etodos Matem´aticos de la Universidad UAX, Madrid (hasta el curso 2008-2009).
Pr´ologo
La primera parte de cada curso consta de una colecci´on de problemas en donde se usan los correspondientes conceptos y teoremas . En la segunda (secci´on Problemas diversos), aparecen problemas de variada dificultad.
´ Indice
1. Primeros ejercicios 2
2. Problemas diversos 3
c
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1. Primeros ejercicios
1. Demostrar por inducci´on: 1 + 2 + 3 + . . . + n = n(n + 1)
2 .
Paso base. Para n = 1, el primer miembro es 1 y el segundo, 1(1 + 1)/2 = 1.
Por tanto, la f´ormula es cierta para n = 1.
Paso de inducci´on. Sea la f´ormula cierta para n. Entonces:
1 + 2 + 3 + . . . + n + (n + 1) = n(n + 1)
2 + (n + 1)
= n(n + 1)
2 +2(n + 1)
2 = (n + 1)(n + 2)
2 = (n + 1)[(n + 1) + 1]
2 .
Es decir, la f´ormula es v´alida para n + 1.
2. Demostrar por inducci´on: 1 1 0 1
n
=1 n 0 0
.
Paso base. Para n = 1, el primer miembro es1 1 0 1
1
=1 1 0 0
y el segundo,
1 1 0 0
. Por tanto, la f´ormula es cierta para n = 1.
Paso de inducci´on. Sea la f´ormula cierta para n. Entonces:
1 1 0 1
n+1
=1 1 0 1
n
1 1 0 1
=1 n 0 0
1 1 0 1
=1 n + 1
0 0
. Es decir, la f´ormula es v´alida para n + 1.
3. Demostrar por inducci´on:
12+ 23+ 32+ . . . + n2 = n(n + 1)(2n + 1)
6 .
Paso base. Para n = 1, el primer miembro es 12= 1 y el segundo:
1(1 + 1)(2 · 1 + 1)
6 = 1.
Por tanto, la f´ormula es cierta para n = 1.
Paso de inducci´on. Sea la f´ormula cierta para n. Entonces:
2 PROBLEMAS DIVERSOS
12+ 23+ 32+ . . . + n2+ (n + 1)2 = n(n + 1)(2n + 1)
6 + (n + 1)2
= n(n + 1)(2n + 1)
6 +6(n + 1)2
6 = (n + 1)[n(2n + 1) + 6(n + 1)]
6
= (n + 1)(2n2+ 7n + 6)
6 . (1)
Nos interesa expresar el numerador como producto de tres factores, para ello factorizamos 2n2+ 7n + 6 :
2n2+ 7n + 6 = 0 ⇔ n = −7 ±√ 1
4 = {−3/2, −2}.
Entonces,
2n2+ 7n + 6 = 2 (n + 2)
n + 3
2
= (n + 2)(2n + 3)
= [(n + 1) + 1][2(n + 1) + 1]. (2) Combinando (1) y (2) :
12+ 23+ 32+ . . . + n2+ (n + 1)2 = (n + 1)[(n + 1) + 1][2(n + 1) + 1]
6 .
Es decir, la f´ormula es v´alida para n + 1.
2. Problemas diversos
4. Demostrar por inducci´on que si f (x) = sen x entonces f(n)(x) = sen
x +nπ
2
,
en donde f(n)(x) representa la derivada en´esima de f (x).
Recordemos las f´ormulas de trigonometr´ıa:
sen (a + b) = sen a cos b + cos a sen b, cos (a − b) = cos a cos b + sen a sen b.
De ´estas f´ormulas deducimos:
sen α +π
2
= sen α cos π
2 + cos α sen π
= (sen α) · 0 + (cos α) · 1 = cos α. (1)2
cos α −π
2
= cos α cos π
2 + sen α sen π
= (cos α) · 0 + (sen α) · 1 = sen α. (2)2
Demostremos ahora la f´ormula del enunciado:
Paso base. Para n = 1, el primer miembro es f0(x) = (sen x)0 = cos x.
Aplicando (1), obtenemos el segundo miembro:
sen
x +1 · π 2
= sen x + π
2
= cos x.
Por tanto, la f´ormula es cierta para n = 1.
Paso de inducci´on. Sea cierta la f´ormula para n. Entonces:
f(n+1)(x) = f(n)(x)0
= sen
x +nπ 2
0
= cos
x +nπ
2
= cos
x +(n + 1)π
2 −π
2
. Aplicando (2) queda:
f(n+1)(x) = sen
x +(n + 1)π 2
. Es decir, la f´ormula es v´alida para n + 1.
5. Demostrar por inducci´on:
1 + r + r2+ . . . + rn= 1 − rn+1
1 − r (r 6= 1).
Paso base. Para n = 1, el primer miembro es 1 + r y el segundo:
1 − r2
1 − r = (1 + r)(1 − r)
1 − r = 1 + r, por tanto la f´ormula es cierta para n = 1.
Paso de inducci´on. Sea cierta la f´ormula para n. Entonces:
1 + r + r2+ . . . + rn+ rn+1= 1 − rn+1
1 − r + rn+1
= 1 − rn+1+ rn+1− rn+2
1 − r = 1 − rn+2
1 − r = 1 − r(n+1)+1 1 − r . Es decir, la f´ormula es v´alida para n + 1.
6. Demostrar por inducci´on:
n
X
k=1
k(k + 1) = n(n + 1)(n + 2)
3 .
2 PROBLEMAS DIVERSOS
Paso base. Para n = 1, el primer miembro es
1
X
k=1
k(k + 1) = 1(1 + 1) = 2,
y el segundo:
1(1 + 1)(1 + 2)
3 = 2,
por tanto la f´ormula es cierta para n = 1.
Paso de inducci´on. Sea cierta la f´ormula para n. Entonces:
n+1
X
k=1
k(k + 1) =
n
X
k=1
k(k + 1) + (n + 1)(n + 2) = n(n + 1)(n + 2)
3 + (n + 1)(n + 2)
= n(n + 1)(n + 2) + 3(n + 1)(n + 2)
3 = (n + 1)(n + 1)(n + 3)
3
= [n + 1][(n + 1) + 1][(n + 1) + 2]
3 .
Es decir, la f´ormula es v´alida para n + 1.
7. Demostrar por inducci´on:
n
X
k=1
k3 = n(n + 1) 2
2
.
Paso base. Para n = 1, el primer miembro es
1
X
k=1
k3 = 13 = 1, y el segundo
1(1 + 1) 2
2
= 12= 1, por tanto la f´ormula es cierta para n = 1.
Paso de inducci´on. Sea cierta la f´ormula para n. Entonces:
n+1
X
k=1
k3 =
n
X
k=1
k3+ (n + 1)3= n(n + 1) 2
2
+ (n + 1)3
= (n + 1)2 n2
4 + n + 1
= (n + 1)2n2+ 4n + 4
4 =
= (n + 1)2(n + 2)2
4 = (n + 1)(n + 2) 2
2
. Es decir, la f´ormula es v´alida para n + 1.
8. Demostrar por inducci´on que 1 +1 2 +1
3 + . . . + 1
2n ≥ 1 +n 2.
Paso base. Si n = 1 el primer miembro de la desigualdad es 1 + 1
21 = 1 +1 2 y el segundo es 1 + 1
2 de lo cual se deduce trivialmente que la desigualdad es cierta para n = 1.
Paso de inducci´on. Supongamos que la f´ormula es cierta para n. Veamos que es cierta para n + 1. Para n + 1 el primer miembro es:
A =
1 +1
2 +1
3 + . . . + 1 2n
+
1
2n+ 1+ 1
2n+ 2+ . . . + 1 2n+1
.
Por hip´otesis de inducci´on tenemos 1 + 1 2+1
3+ . . . + 1
2n ≥ 1 +n
2. Por otra parte
B = 1
2n+ 1+ 1
2n+ 2+ . . . + 1
2n+1 ≥ 1
2n+1 + 1
2n+1 + . . . + 1
2n+1. (∗) En el segundo miembro de (∗) tenemos 2n+1−2n= 2n(2−1) = 2nsumandos, en consecuencia B ≥ 2n· 1
2n+1 = 1
2. Es decir A ≥ 1 +n
2 +1
2 = 1 +n + 1 2 . Por tanto, la desigualdad es v´alida para n + 1.
9. Demostrar por inducci´on que para cualquier n´umero real x ≥ −1 y para todo entero n ≥ 1 se verifica (1 + x)n≥ 1 + nx (Desigualdad de Bernoulli ).
Paso base. Para n = 1, el primer miembro es (1 + x)1= 1 + x y el segundo 1 + 1x = 1 + x, por tanto la desigualdad es cierta para n = 1.
Paso de inducci´on. Sea cierta la f´ormula para n es decir, supongamos que (1 + x)n≥ 1 + nx si x ≥ −1. (∗)
La condici´on x ≥ −1 equivale a 1+x ≥ 0 as´ı que podemos multiplicar ambos miembros de la desigualdad de (∗) por 1 + x sin que cambie el sentido de
´esta. Queda:
(1 + x)n+1≥ (1 + nx)(1 + x) = 1 + (n + 1)x + nx2.
Dado que nx2 ≥ 0, se verifica (1 + x)n+1 ≥ 1 + (n + 1)x, luego la f´ormula es cierta para n + 1.
2 PROBLEMAS DIVERSOS
10. Sean a y b dos n´umeros reales. Demostrar por inducci´on que para todo n ≥ 1 entero, se verifica la f´ormula del binomio de Newton:
(a + b)n=
n
X
k=0
n k
an−kbk.
Paso base. La f´ormula es cierta para n = 1. En efecto,
(a + b)1 = a + b =1 0
a1b0+1 1
a0b1=
1
X
k=0
1 k
a1−kbk.
Paso de inducci´on. Supongamos que la f´ormula es cierta para n, y veamos que es cierta para n + 1. Se verifica:
(a + b)n+1= (a + b)(a + b)n
= a
n
X
k=0
n k
an−kbk+ b
n
X
k=0
n k
an−kbk
=
n
X
k=0
n k
an−k+1bk+
n
X
k=0
n k
an−kbk+1. (∗)
El primer sumando de la linea (∗) se puede expresar en la forma
n
X
k=0
n k
an−k+1bk =n 0
an+1b0+
n
X
k=1
n k
an−k+1bk
=n + 1 0
an+1b0+
n
X
k=1
n k
an−k+1bk.
El segundo sumando de la linea (∗) se puede expresar en la forma
n
X
k=0
n k
an−kbk+1 =
n−1
X
k=0
n k
an−kbk+1+n + 1 n + 1
a0bn+1 (haciendo el cambio k = j − 1) :
=
n
X
j=1
n j − 1
an+1−jbj +n + 1 n + 1
a0bn+1.
Por tanto, (a + b)n+1 es igual a:
n + 1 0
an+1b0+
n
X
k=1
n k
+
n k − 1
an+1−kbk+n + 1 n + 1
a0bn+1.
Usando la conocida f´ormula de combinatoria nk + k−1n = n+1k :
(a + b)n+1=n + 1 0
an+1b0+
n
X
k=1
n + 1 k
an+1−kbk+n + 1 n + 1
a0bn+1
=
n+1
X
k=0
n + 1 k
an+1−kbk.
Es decir, la f´ormula es cierta para n + 1.