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M´ etodo de inducci´ on

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Academic year: 2022

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(1)

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

(2)

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:

(3)

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

(4)

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 .

(5)

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.

(6)

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.

(7)

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.

(8)

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.

Referencias

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