METODOS DE DEMOSTRACIÓN

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METODOS DE DEMOSTRACI´ON Definiciones b´asicas

Definici´on 1. un Teorema es una sentencia que se puede verificar que es verdadera.

(P1 ∧ P2 . . . ∧ Pn) → Q) es un teorema donde los

P1, P2. . . Pn son los postulados o premisas y Q la

conclusi´on del teorema.

Ejemplo 1. Sea el siguiente teorema si a y b son enteros positivos, a ≥ b, entonces a0 ≥ b0

premisas:

P1 : a y b son enteros positivos. P2 : a ≥ b

y la conclusi´on Q es a0 ≥ b0 por lo tanto el teorema ser´ıa (P1 ∧ P2) → Q

Definici´on 2. Un lema es un teorema sencillo uti-lizado en la demostraci´on de otros teoremas.

Definici´on 3. Un corolario es una proposici´on que se puede establecer directamente a partir de un teorema que ya ha sido demostrado.

1. REGLAS DE INFERENCIA.

Estas reglas justifican los pasos dados para demostrar que a partir de una serie de hip´otesis se llega de forma l´ogica a una conclusi´on.

Ejemplo 2. Una regla de inferencia b´asica es la modus ponens

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p

p → q ∴ q

Ejemplo 3. En que regla de inferencia se basa el siguiente argumento: Ahora estamos bajo cero. Por tanto estamos bajo cero o bien llueve ahora.

p ∴ p ∨q

Esta es la regla de inferencia de la Adici´on y su tautolog´ıa ser´ıa p → (p ∨q)

Ejemplo 4. Cu´al es la regla de inferencia de para el siguiente argumento: Estamos bajo cero y llueve. Por tanto, estamos bajo cero.

p ∧ q ∴ p

Este argumento usa la regla de la simplificaci´on y su tautolog´ıa ser´ıa (p ∧q) → p.

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Ejemplo 5. Fue X o Y qui´en cometi´o el crimen. X estaba fuera del pueblo cuando el crimen fue cometido. Si X estaba fuera del pueblo, no pu-do haber estapu-do en la escena del crimen. Si X no estaba en la escena del crimen, no pudo haber cometido el crimen. Obtenga la conclusi´on usan-do las reglas de inferencia.

P1: X cometi´o el crimen. P2: Y cometi´o el crimen.

Q: X estaba fuera del pueblo cuando fue cometido el crimen.

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El argumento en LP: 1) P1 ∨P2

2) Q

3) Q → R 4) R →v P1

5) R aplicando modus ponens a (2) y (3) 6) v P1 aplicando modus ponens a (5) y (4)

7) P2 aplicando el silogismo disyuntivo a (1) y (6)

Por lo tanto se concluye que Y cometi´o el crimen. Tambi´en se puede demostrar la validez de un argu-mento derivando la conclusi´on desde las premisas usando las REGLAS DE INFERENCIA.

Ejemplo 6. Dado el siguiente argumento v´alido: Si la banda no pudiera tocar rock o las bebidas no llegasen a tiempo, entonces la fiesta de A˜no Nue-vo tendr´ıa que cancelarse y Alicia se enojar´ıa. Si la fiesta se cancelara, habr´ıa que devolver el dinero. No se devolvio el dinero. Por lo tanto, la banda pudo tocar rock. Derive la consecuencia l´ogica us-ando las reglas de inferencia.

P: la banda pudo tocar rock.

Q: las bebidas se entregaron a tiempo. R: la fiesta de A˜no Nuevo se cancel´o. S: Alicia estaba enojada.

T: Hubo que devolver el dinero. El argumento v´alido:

Premisas:

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2) R → T 3) v T ∴ P

Se debe inferir con las premisas 1,2 y 3 y llegar a derivar P.

1)R → T premisa 2) v T premisa

3) v R aplicando modus tollens a (1) y (2) 4) v R∨ v S aplicando ley de adici´on con (3) 5) v (R ∧ S) aplicando ley de morgan a (4) 6) (v P∨ v Q) → (R ∧S) premisa

7) v (v P∨ v Q) aplicando modus tollens a (5) y (6)

8) P ∧ Q aplicando ley de morgan y de la doble negaci´on a (7)

9) P aplicando simplificaci´on conjuntiva a (8) Ejemplo 6.1 aplique las reglas de inferencia para demostrar que q → p es una consecuencia l´ogica de las premisas: u → r; (r ∧ s) → (p ∨ t);q → (u ∧s);∼ t 1) (r ∧ s) → (p ∨ t) premisa 2) v r∨ v s ∨p ∨t aplicaci´on de la implicaci´on a 1 3) u → r premisa 4) v u ∨ r aplicaci´on de la implicaci´on a 3 5) v u∨ v s ∨p ∨ t resoluci´on 2 y 4 6) v (u ∧ s) ∨p ∨t aplicaci´on de morgan a 5 7) (u ∧ s) → (p ∨t) aplicaci´on de implicaci´on a 6 8) q → (u ∧s) premisa

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10) (v q ∨ p) ∨t implicaci´on y asociativa de 9 11) v t premisa

12) v q ∨ p silogismo disyuntivo de 10 y 11 13) q → p implicaci´on de 12

2. METODOS PARA DEMOSTRAR TEOREMAS.

2.1 Demostraci´on Directa. Se basa en la implicaci´on p → q se puede demostrar que si p es verdadero q tambi´en lo es.

p: es la hip´otesis (lo que se supone como ver-dadero)

q: es la Tesis (lo que se va ha demostrar)

Definici´on 1. El entero n es par si existe un en-tero k tal que n = 2k y es impar si existe un entero k tal que n = 2k + 1

Ejemplo 7. Demostrar que si n es un entero im-par, entonces n2 es un entero impar.

p: n es impar. (hip´otesis) q: n2 es impar. (tesis)

Se demuestra p → q, se parte de que p verdadero y se termina demostrando que q es verdadero. Si n es impar entonces, n = 2k+ 1, donde k es un entero. Se sigue que n2 = (2k + 1)2 = 4k2 + 4k + 1 = 2 (k2 + k) | {z } t∈Z +1

(7)

n2 es impar.

Definici´on 2. El n´umero real r es racional si ex-isten dos enteros p y q, q 6= 0, tales que r = p/q. Un n´umero real que no es racional es irracional. Ejemplo 8. Demuestre que la suma de dos racionales es un racional.

p: Sean r y s racionales, si r es racional entonces r = p/q para q 6= 0 y si s es racional entonces s = t/u para u 6= 0. (hip´otesis)

q: Hay que demostrar que r+s es racional. (tesis) sumamos r + s = p q + t u = pu+qt qu , donde qu 6= 0

por que q 6= 0 y u 6= 0 por tanto hemos expresado r + s como la raz´on de dos enteros pu + qt y qu POR TANTO r + s es racional.

2.2 Demostraci´on indirecta. Como la implicaci´on p → q es equivalente a su contrarec´ıproca v q →v p la implicaci´on se puede demostrar viendo que su contrarec´ıproca es verdadera.

Ejemplo 9. Demostrar que si 3n + 2 es impar, en-tonces n es impar.

p: 3n + 2 es impar. q: n es impar.

Suponemos la v q es decir que n es par, entonces n = 2k para alg´un entero k y demostramos v p es decir que 3n + 2 es par.

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ahora se sigue que 3n + 2 = 3(2k) + 2 = 2(3k) + 2 = 2 (3k + 1)

| {z }

l∈Z

y 3n + 2 es de la forma 2l Por tanto 3n + 2 es par, es decir v p

Ejemplo 10. Demuestre que la suma de dos im-pares es par.

p: r y s son impares. q: r + s es par.

Suponemos que r+s es impar y se debe demostrar que r o s son pares no de manera simult´anea. Sea r + s impar entonces r + s = 2k + 1, k ∈ Z

Vemos que pasa cuando s es par y cuando s es impar

s es PAR, suponemos que s = 2t, t ∈ Z, entonces r = 2k + 1 − 2t = 2 (k − t)

| {z }

Z

+1 por tanto r es IM-PAR. Cuando s es par r es impar.

s es IMPAR, s = 2t + 1, t ∈ Z, entonces r = 2k + 1 − 2t− 1 = 2k − 2t = 2 (k − t)

| {z }

Z

Por tanto r es PAR. Cuando s es impar r es par. De ninguna forma bajo la premisa v q, r y s son o pares o impares por tanto se garantiza v p

2.3 Contraejemplo. Se busca un ejemplo para refu-tar el cu´al la implicaci´on o doble implicaci´on sea falsa.

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Ejemplo 11. Demuestre o refute la proposici´on que expresa que si x y y son n´umeros reales, (x2 = y2) ↔ (x = y)

Buscamos un ejemplo que contradiga la afirma-ci´on, sean x = −3 y y = 3 entonces (−3)2 = (3)2, pero −3 6= 3, el resultado es falso. Este es el CON-TRAEJEMPLO.

2.4 Demostraci´on por contradicci´on o reducci´on al absurdo. Dado p, supongamos que se puede en-contrar una contradicci´on q tal que v p → q sea verdadera, esto es, v p → F es verdadera. En-tonces la preposici´on v p tiene que ser FALSA. por tanto p DEBE SER VERDADERA.

Por ejemplo una contradicci´on q puede ser r∧ v r entonces podemos mostrar que v p → (r∧ v r) sea VERDADERA.

Ejemplo 12. Demuestre que √2 es irracional.

Sea p: la proposici´on √2 es irracional y supong-amos que v p es verdadera. Entonces √2 es racional. Mostraremos que esto conduce a una contradic-ci´on. Sea que √2 es racional por tanto:

Existen dos enteros a y b de tal forma que

2 = a/b, donde a y b no tiene FACTORES COMUNES (es decir que no hay una fracci´on equivalente a a/b m´as peque˜na).

(10)

Como √2 = a/b entonces 2 = a2/b2 y por tanto 2b2 = a2

Esto significa que a2 es PAR, entonces a es PAR, y a es de la forma a = 2c para alg´un c ∈ Z

Bien entonces 2b2 = 4c2 por lo que b2 = 2c2 esto significa que b2 es PAR, por tanto b es PAR.

Se ha mostrado que ambos a y b son PARES y por tanto tienen factor com´un 2. Esto es una CONTRADICCION a la suposici´on de que en

2 = a/b, a y b no tiene FACTORES COMUNES Entonces se ve que v p implica tanto r como v r donde r es la sentencia a y b son enteros sin FACTORES COMUNES.

Por tanto v p es falsa y p es verdadera, en-tonces √2 es IRRACIONAL.

para que v p → F sea verdadera v p debe ser FALSA y por tanto p es VERDADERA.

Ejemplo 13. Demuestre por el absurdo que si 3n+2 es impar, entonces n es impar.

Suponemos que n es PAR sabiendo que 3n + 2 es IMPAR y llegamos a una CONTRADICCI ´ON. Sea n par, tambi´en suponemos que 3n+2 es impar

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por tanto 3n + 2 = 2q + 1 = 3n = 2q + 1 − 2 =, n = 2q−1

3 para q ∈ Z por tanto es una CON-TRADICCI ´ON por que n es UN ENTERO PAR. Esta es una aplicaci´on de la tautolog´ıa ((p → q) ∧

(v q) → (v p)) modus tollens dado que el argu-mento es una implicaci´on p → q.

Ahora como ((p → q) ∧ (v q) → (v p)) es v´ ali-da p → q debe ser verdadera y p y q deben ser verdaderas y asu vez v q y v p son falsas entonces ((p → q) | {z } V ∧(v q) | {z } F → (v p) | {z } F ) ≡ ((V ∧F) → F) ≡ V

2.5 Demostraci´on por casos. Se demuestra la im-plicaci´on: (p1 ∨ p2. . . ∨pn) → q y resolvemos

(p1 ∨ p2. . . ∨pn) → q =v (p1 ∨ p2. . . ∨pn) ∨q (p1 ∨ p2. . . ∨pn) → q = (v p1∧ v p2 . . .∧ v pn) ∨q (p1 ∨ p2. . . ∨pn) → q = q ∨(v p1∧ v p2 . . .∧ v pn) (p1 ∨ p2. . . ∨ pn) → q = (q∨ v p1) ∧ (q∨ v p2). . . ∧ (q∨ v pn) (p1 ∨p2. . .∨pn) → q = (v p1∨q)∧(v p2∨q). . .∧(v pn ∨ q) (p1∨p2. . .∨pn) → q = (p1 → q)∧(p2 → q). . .∧(pn → q)

Por tanto podemos decir que:

[(p1 ∨ p2. . . ∨ pn) → q] ↔ [(p1 → q) ∧ (p2 → q). . . ∧

(pn → q)]

Ejemplo 14. Demuestre por casos que

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Definici´on valor absoluto: | x |=    x si x ≥ 0 −x si x ≤ 0

Por casos entonces: p: x e y son reales q: | xy |=| x || y | p es equivalente a p1 ∨ p2 ∨p3 ∨ p4 p1 es x ≥ 0 y y ≥ 0 p2 es x ≥ 0 y y < 0 p3 es x < 0 y y ≥ 0 p4 es x < 0 y y < 0

Por tanto podemos demostrar: (p1 → q) ∧ (p2 →

q) ∧(p3 → q) ∧ (p4 → q)

(p1 → q) entonces xy ≥ 0 por que x ≥ 0 y y ≥ 0, y por tanto | xy |= xy =| x || y |

(p2 → q) si x ≥ 0 y y < 0, entonces xy ≤ 0, por tanto | xy |= −xy = x(−y) =| x || y |

(aqu´ı como y < 0, tenemos que | y |= −y) (p3 → q) si x < 0 y y ≥ 0, entonces xy ≤ 0, por tanto | xy |= −xy = (−x)y =| x || y |

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(p4 → q) si x < 0 y y < 0, entonces xy > 0, por tanto | xy |= xy == (−x)(−y) =| x || y |

(aqu´ı como y < 0, tenemos que | y |= −y y x < 0, tenemos que | x |= −x)

2.6 Demostraci´on por equivalencia Se puede demostrar un teorema que viene dado por un bicondicional,

esto es:

p ↔ q ≡ (p → q) ∧(q → p)

Ejemplo 15. Demostrar el teorema: El entero n es impar si, y s´olo si, n2 es impar.

p:El entero n es impar. q:El entero n2 es impar.

1)p → q, Hay que demostrar que si n es impar, entonces n2 es impar. (m´etodo directo).

sea n impar es de la forma n = 2k + 1 donde k ∈ Z ahora vemos que pasa con n2 = (2k+ 1)2 = 4k2 + 4k + 1 = 2 (2k2 + 2k)

| {z }

Z

+1 por tanto n2 es IMPAR. (queda demostrada p → q)

2)q → p, Hay que demostrar que si n2 es impar, entonces n es impar. (Contradicci´on).

supongo que n es par, por tanto es de la forma n = 2k tomando como premisa que n2 es impar y llego a una contradicci´on.

ahora vemos que pasa con n2 = (2k)2 = 4k2 = 2 (2k2)

| {z }

Z

por tanto n2 es PAR lo cu´al es una CON-TRADICCI ´ON por que estamos suponiendo que

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n2 es IMPAR

por tanto si n2 es impar, entonces n es impar (que-da demostra(que-da p → q)

2.7 Demostraci´on por unicidad. Mostrar que existe un ´unico elemento x tal que P(x) es lo mismo que demostrar la sentencia:

∃x(P(x) ∧ ∀y(y 6= x →v P(y))) Entonces demostramos:

1) Existencia. mostramos que existe un elemento x con la propiedad deseada.

2) Unicidad. Mostramos que si y 6= x, entonces y no tiene la propiedad deseada.

Ejemplo 15.1 Demuestre que todo entero tiene un ´

unico inverso respecto a la suma.

Esto es si p es un entero, entonces existe un ´

unico entero q tal que p + q = 0

Existencia: Si p ∈ Z, encontramos que p+q = 0 cuando q = −p como q tambi´e es entero, por consiguiente, existe un entero q tal que p + q = 0

Unicidad: se muestra que dado el entero p, el entero q tal que p + q = 0 es UNICO.

supongamos que existe r ∈ Z tal que r 6= q y p + r = 0 entonces p + q = p + r por tanto q = r lo que contradice la suposici´on de que r 6= q.

(15)

Por lo tanto hay un UNICO entero q tal que p + q = 0

Ejercicios Resueltos

1. Sean m y n enteros. Demuestre que n2 = m2 si y s´olo si m = n o m = −n

Como es un teorema de si y s´olo si p ↔ (q ∨

r) = (p → (q ∨ r)) ∧ ((q ∨ r) → p) 1)p → (q ∨ r) Entonces p : n2 = m2 y q :m = n o r:m = −n Sea n2 = m2, n2−m2 = 0, (n−m)(n+m) = 0 entonces (n− m) = 0 y (n+m) = 0 por tanto m = n o m = −n. 2) (q ∨ r) → p Sea m = n o m = −n, n−m = 0 y n+m = 0, (n − m)(n + m) = 0, n2 − m2 = 0, por tanto n2 = m2

2. Demuestre que la suma de un irracional y un racional es un irracional.

Por contradicci´on suponemos que la suma de un irracional y un racional es racional bajo la suposici´on de que i es irracional y r es el racional y llegamos a contradicci´on llegan-do a establecer que cualquiera de los llegan-dos no cumple con la condici´on de ser racional o ir-racional.

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Sea i un irracional y r un racional entonces suponemos que i + r es un racional, es decir i + r = s donde s es racional.

Si despejamos i nos queda que i = s − r es un RACIONAL lo cual es una contradicci´on por que i es un irracional.

3. Demuestre que la suma de dos racionales es un n´umero racional (CONTRADICCI ´ON) Sean r y s racionales, entonces suponemos que r + s es irracional, es decir r + s = i, de-spejamos r = i−s pero como se demostr´o que la suma de un irracional y un racional es un racional, entonces podemos deducir que r es un irracional Por tanto es una contradicci´on por que r es racional.

4. Demuestre que el producto de dos racionales es racional.

Por el m´etodo directo es muy f´acil se suponen que r y s son racionales y se debe demostrar que el producto es racional.

sean r = p

q, p, q ∈ Z para q 6= 0 y s = k

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para t 6= 0 y continuamos realizando el pro-ducto r·s = p q · k t = pk qt donde qt 6= 0 y pk ∈ Z y

por tanto demostramos que r·s es un racional. 5. Demuestre que si x es irracional, 1/x tambi´en lo es.(sea p : x es irracional y q : 1/x es irra-cional p → q

Por el m´etodo indirecto (se demuestra v q →v

p) Entonces suponemos que 1/x es racional y demostramos que x es racional.

Sea 1/x un racional entonces 1

x = p

q donde

p, q ∈ Z, q 6= 0 Ahora p

q debe ser diferente de

cero por que 1 6= x· 0 por tanto p 6= 0. Despejamos x, x = q

p donde ambos son

en-teros y p 6= 0 por lo tanto x es un RACIONAL.

6. Demuestre que si x e y son n´umeros reales, entonces

max(x, y) + min(x, y) = x + y

Por casos; primero se demuestra para x ≤ y y segundo para x ≥ y.

1) Sea x ≤ y entonces max(x, y) +min(x, y) = y+x como y+x = x+y por tanto max(x, y) + min(x, y) = x + y

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2) Sea x ≥ y entonces max(x, y) +min(x, y) = x +y

3. SUCESIONES, SUMATORIAS Y PRODUCTORIAS.

Sucesi´on. Es una lista de objetos dispuestos en orden. un primer elemento, segundo elemento, un tercer elemento y as´ı sucesivamente. esta es una sucesi´on FINITA.

Ejemplo 16. Si la lista empieza por un primer ele-mento y sigue hasta n pasos, n ∈ N es una sucesi´on INFINITA.

Ejemplo 17. La sucesi´on 1,0,0,1,0,1,0,0,1,1,1 es una sucesi´on finita de elementos repetidos.

Ejemplo 18. La lista 3,8,13,18,23,... es una suce-si´on infinita.

Ejemplo 19. Otra sucesi´on infinita de los cuadra-dos de tocuadra-dos los enteros positivos. 1,4,9,16,25,...., 3.1 F´ormula recursiva o recurrente

Ejemplo 20. Sea la sucesi´on infinita 3,8,13,18,23,...la podemos expresar como una f´ormula recurrente as´ı: an = an−1 + 5 para a1 = 3 para 2 ≤ n < ∞

Ejemplo 21. Sea la sucesi´on infinita 5,10,20,40,80,160 la podemos expresar como una f´ormula recurrente as´ı: tn = 2tn−1 para t1 = 5 para 2 ≤ n ≤ 6

(19)

Ejemplo 22. Encontrar una f´ormula recursiva para la sucesi´on 3,7,11,15,19,23,....

3.2 F´ormula Expl´ıcita.

Ejemplo 23. Sea la sucesi´on 1,4,9,16,25,...., la f´ ormu-la expl´ıcita es bn = n2 tal que n ≥ 1

Ejemplo 24. Sea la sucesi´on -4,16,-64,256,.... sn = −(4)n para n ≥ 1

Ejemplo 25. Encontrar una f´ormula expl´ıcita para la sucesi´on finita: 87,82,77,72,67.

3.3 Progresi´on geom´etrica. Es una sucesi´on de la forma:

a, ar, ar2, . . . , arn

donde el t´ermino inicial a y la raz´on r de la pro-gresi´on son reales.

Ejemplo 26. La sucesi´on {bn}, bn = (−1)n para

n ≥ 1 es una progresi´on geom´etrica donde el ter-mino inicial a = −1 y la raz´on r = −1

b1, b2, b3, b4, . . . comienza por −1,1,−1,1, ....

Ejemplo 27. Sea cn = 2 · 5n para n ≥ 1 es una

progresi´on geom´etrica con t´ermino inicial a = 10 y raz´on r = 5 donde c1, c2, c3, c4, . . . comienza por 10,50,250,1,250, . . . ,

Ejemplo 28. Dada la siguiente progresi´on geom´ etri-ca dn = 6 · (1/3)n para n ≥ 1 encontrar el t´ermino

(20)

3.4 Progresi´on aritm´etica. Una progresi´on aritm´etica es una sucesi´on de la forma:

a, a+ d, a + 2d, a + 3d, . . . , a + nd

donde el t´ermino inicial a y la diferencia d son n´umeros reales.

Ejemplo 29. La sucesi´on sn = −1 + 4n para n ≥ 0

es una progresi´on aritm´etica con t´ermino inicial a = −1 y diferencia d = 4, la progresi´on comienza c0, c1, c2, c3, . . . comienza por −1,3,7,11, . . .

Ejemplo 30. La sucesi´on tn = 7 − 3n para n ≥ 0

es una progresi´on aritm´etica con t´ermino inicial a = 7 y diferencia d = −3, la progresi´on comienza t0, t1, t2, t3, . . . comienza por 7,4,1,−2, . . .

3.5 Sumatorias. Usamos la notaci´on de la suma-toria para expresar la suma de los t´erminos.

am, am+1,· · · , an

de la sucesi´on {an}. Usamos la notaci´on n

X

j=m

aj

Para representar am + am+1 + · · ·+ an

j es el ´ındice de la sumatoria, n l´ımite superior y m l´ımite inferior.

(21)

t´erminos de la sucesi´on {an}, donde an = 1/n para n = 1,2,3, . . . 100 X j=1 1 j

Ejemplo 32. Cu´al es el valor de P5j=1j2 P5

j=1j

2 = 12 + 22 + 32 + 42 + 52 = 1 + 4 + 9 + 16 + 25

= 55

Ejemplo 33. supongamos que tenemos la suma: 5

X

j=1 2

y queremos que el ´ındice var´ıe entre 0 y 4 en lugar de 1 y 5

para conseguir esto hacemos k = j − 1 por tanto el t´ermino j2 se convierte en (k + 1)2, as´ı:

4 X

k=0

(k + 1)2 Es f´acil ver que ambas suman 55.

Ejemplo 34. Supongamos que tenemos: 4 X i=1 3 X j=1 ij

(22)

Primero se desarrolla la sumatoria interna: 4 X i=1 3 X j=1 ij = 4 X i=1 (i+2i+3i) = 4 X i=1 6i = 6+12+18+24 = 60 Pn i=1can = c Pn i=1an Pn i=1(ai + bi) = Pn i=1ai + Pn i=1bi Pn i=1(a +bi) = na + Pn i=1bi Pn i=1i = n(n+1) 2 Pn i=1i 2 = n(n+1)(2n+1) 6 Pn i=1i 3 = n2(n+1)2 4 Pn k=i f(k) = Pn+p k=i+pf(k − p) = Pn−p k=i−pf(k + p) Pn j=1(aj − aj−1) = an − a0 telesc´opica Pn k=0ark = arn+1−a r−1 , r 6= 1

Teorema 1. Si a y r son reales y r 6= 0, entonces:

n X j=0 arj = arn+1−a r−1 si r 6= 1 (n + 1)a si r = 1

Ejemplo 35.0 Use la f´ormula para la suma de los t´erminos de una progresi´on geom´etrica para eva-luar la suma de la progresi´on Cn = 2 · 3n, para

5 ≥ n ≥ 0:

La sucesi´on Cn tiene como elementos 2,2 · 3,2 ·

32,2 ·33,2 ·34,2· 35 Entonces podemos calcular la suma de estos elementos:

5 X

j=0

(23)

Usando el teorema 1. donde a = 2 y r = 3 ten-emos: 5 X j=0 2·3j = 2 · 3 5+1 2 3 − 1 = 2(36 − 1) 2 = 3 6 1 = 728 Ejemplo 35. Obtener 100 X k=50 k2 Soluci´on: P100 k=1k 2 = P49 k=1k 2 + P100 k=50k 2 entonces despe-jamos: P100 k=50k 2 = P100 k=1k 2 P49 k=1k 2 seg´un la tabla Pnk=1k2 = n(n+1)(2n+1) 6 P100 k=50k 2 = 100·101·201 6 − 49·50·99 6 =338.350 -40.425=297.925 Ejemplo 36. Aplique la propiedad telesc´opica para

calcular:

n

X

k=1

(2k − 1)

Sea 2k − 1 = k2 − (k − 1)2 entonces obtenemos Pn

k=1(k

(24)

3.6 Productorias. El producto de am, am+1,· · · , an se representa por: n Y j=m aj

Ejemplo 37. Cu´al es el valor de estos productos Q10

i=0i = 0 Q8

i=5i = 5 · 6 · 7 · 8 = 1680

Ejemplo 38. Cu´al es el valor de estos productos Q4

i=0j! = 1 · 2 · 6 · 24 = 288 4. INDUCCION MATEMATICA.

Es una t´ecnica de demostraci´on que se utiliza para demostrar muchos teoremas que afirman que P(n) es verdadera para todos los enteros positivos n. La inducci´on matem´atica se usa para demostrar proposiciones de la forma ∀nP(n), donde el do-minio es el conjunto de los enteros positivos.

Una demostraci´on por inducci´on de que P(n) es verdadera para todo n ∈ Z+ consiste en dos pasos: PASO BASE: Se muestra que la proposici´on P(1) es verdadera.

PASO INDUCTIVO: se muestra que la implicaci´on P(k) → P(k + 1) es verdadera para todo entero positivo k.

La sentencia P(k) para un entero positivo fijo k se denomina la hip´otesis de inducci´on.

(25)

La inducci´on matem´atica expresada como regla de inferencia:

[P(1) ∧ ∀k(P(k) → P(k + 1))] → ∀nP(n)

En pocas palabras s´olo se muestra que si se supone que P(k) es verdadera, entonces P(k+ 1) es tam-bi´en verdadera.

Ejemplo 39. Demostrar por inducci´on que la suma de los n primeros enteros positivos para n ≥ 1 es

n(n+1)

2 es decir:

1 + 2 + 3 + · · · + n = n(n2+1)

Sea P(n) : el predicado 1 + 2 + 3 +· · ·+n = n(n2+1) para n ≥ 1

PASO BASE: Se muestra que P(1) es verdadera. entonces

P(1): 1 = 1(1+1)

2 lo cu´al es verdadera.

PASO INDUCTIVO: Se debe demostrar que si P(k) es verdadera entonces P(k + 1) para k ≥ 1

Sea P(k) : (hip´otesis de inducci´on)

1 + 2 + 3 + · · · + k = k(k + 1) 2

Ahora hay que demostrar la verdad de P(k + 1) : (tesis de inducci´on)

1 + 2 + 3 + · · ·+ (k + 1) = (k + 1)(k + 2) 2

(26)

Entonces comienza la demostraci´on tomando la hip´otesis:

1 + 2 + 3 + · · · + k = k(k + 1) 2 se suma (k + 1) en ambos miembros: 1 + 2 + 3 + · · ·+ k + (k + 1) = k(k + 1)

2 + (k + 1) 1 + 2 + 3 +· · ·+k+ (k+ 1) = k(k + 1) + 2(k + 1)

2 factorizando (k + 1) nos queda:

1 + 2 + 3 +· · · + k + (k + 1) = (k + 1)(k + 2) 2

Por tanto como se demostr´o la tesis de inducci´on, entonces P(n) es verdadero para todos los valores n ≥ 1.

Ejemplo 40. Demostrar por inducci´on para n ≥ 1 que:

1 + 3 + 5 +· · · + (2n− 1) = n2 PASO B´ASICO: sea P(1)

1 = 12

PASO INDUCTIVO: Se debe demostrar que si P(k) es verdadera entonces P(k+ 1) para k ≥ 1 Sea P(k) : (hip´otesis de inducci´on)

(27)

Ahora hay que demostrar la verdad de P(k + 1) : (tesis de inducci´on)

1 + 2 + 3 + · · ·+ (2k − 1) + (2k + 1) = (k + 1)2 Entonces comienza la demostraci´on tomando la hip´otesis:

1 + 2 + 3 + · · · + (2k − 1) = k2 se suma (k + 1) en ambos miembros:

1 + 2 + 3 +· · ·+ (2k−1) + (2k+ 1) = k2+ (2k+ 1) 1 + 2 + 3 +· · ·+ (2k− 1) + (2k+ 1) = k2 + 2k + 1

1 + 2 + 3 + · · ·+ (2k − 1) + (2k + 1) = (k + 1)2 Entonces queda demostrada la tesis de inducci´on, por tanto para n ≥ 1 P(n) es verdadera.

Ejemplo 41. Demostrar por inducci´on la desigualdad: n < 2n para n ≥ 1

Sea P(n) : es la proposici´on n < 2n

1) PASO B ´ASICO: P(1) es verdadera, dado que 1 < 21 = 2

2) PASO INDUCTIVO: Suponemos que P(k) es verdadero y demostramos que P(k + 1) tambi´en lo es.

P(k): k < 2k para k ≥ 1

P(k + 1): k + 1 < 2k+1 para n ≥ 1 k < 2k

(28)

sumamos 1 a ambos lados:

k + 1 < 2k + 1

k + 1 < 2k + 1 ≤ 2k + 2k = 2· 2k = 2k+1 Por tanto

k + 1 < 2k+1

Ejemplo 42. (Ejercicio propuesto) Demostrar por inducci´on que:

1 + 2 + 22 + · · · + 2n = 2n+1 − 1 para n ≥ 0 4.1 Invariante de ciclo

Es una t´ecnica para demostrar que los ciclos y programas hacen lo que se afirma que hacen. Hacen parte de la teor´ıa de la verificaci´on de algoritmos.

Es una relaci´on entre variables que persiste a trav´es de todas las iteraciones del ciclo.

(29)

Ejemplo 43. Consideremos el siguiente c´odigo: FUNCTION CUAD (A)

1. C ← 0 2. D ← 0 3. WHILE (D 6= A) a. C ← C +A b. D ← D + 1 4. RETURN(C)

Este ciclo calcula el cuadrado del n´umero A es de-cir C = A2

Pasos:

1. Encontramos la invariante de ciclo que rela-cione algunas de las variables, para ello se debe realizar la prueba de escritorio.

2. La invariante nada tiene que ver con la salida. 3. Demostramos por inducci´on matem´atica la invariante de ciclo encontrada. La invariante de ciclo ser´a la proposici`on P(n)

Hay s´olo tres variables de las cuales A se com-porta como constante, C y D como variables a trav´es de la prueba de escritorio.

La invariante de ciclo es la proposici´on P(n) : Cn = A× Dn para n ≥ 0

Ahora la demostramos por inducci´on:

(30)

0 = A × 0 por tanto se cumple. PASO INDUCTIVO:

P(k) : Ck = A × Dk (Hip´otesis) (1)

P(k + 1) : Ck+1 = A× Dk+1 (Tesis) (2) Ck+1 = Ck + A

= A× Dk + A usando (1) para reemplazar en Ck = A× (Dk + 1) Factorizando

= A× Dk+1 segundo miembro de P(k+1) y por tanto queda demostrado que P(n) : Cn =

A × Dn para n ≥ 0

Ejemplo 44. Para la siguiente rutina, encontrar la invariante de ciclo y demostrarla por inducci´on. RUTINA exp(N,M:R) 1. R ← 1 2. K ← 2M 3. WHILE (k > 0) a. R ← R× N b. K ← K − 1 4. RETURN CALCULA: R = N2M

La invariante de ciclo es la proposici´on P(n) : Rn × Nkn = N2M

PASO B ´ASICO: P(0) : R0×Nk0 = N2M, 1×N2M =

N2M

(31)

PASO INDUCTIVO: P(s) : Rs × Nks = N2M (Hip´otesis) P(s + 1) : Rs+1 × Nks+1 = N2M (Tesis) Rs+1 × Nks+1 = Rs × N × Nks+1 reemplazando 3.a = Rs × N × Nks−1 reemplazando 3.b = Rs × N × Nks × N−1 usando ´algebra = Rs × Nks × N × N−1 agrupando = Rs × Nks

= N2M usando la hip´otesis

Por tanto queda demostrado que Rs+1 × Nks+1 = N2M

5. DEFINICIONES RECURSIVAS.

A veces es d´ıficil definir objetos de forma ex-pl´ıcita y sin embargo, puede resultar sencillo definirlos en t´erminos de ellos mismos, este proceso se llama recursi´on.

Podemos utilizar la recursi´on para definir suce-siones, funciones y conjuntos.

Podemos demostrar resultados sobre conjun-tos definidos recursivamente empleando el m´ eto-do de inducci´on estructural.

Utilizamos dos pasos para definir una funci´on recursivamente bajo el dominio de los enteros no negativos.

(32)

1. PASO BASE: Se especifica el valor de la funci´on en cero.

2. PASO RECURSIVO: Se proporciona una regla para obtener su valor en un entero a partir de sus valores en enteros m´as peque˜nos. Ejemplo 45. Supongamos que f se define recursi-vamente como sigue:

f(0) = 3 f(n+ 1) = 2f(n) + 3 Entonces: f(1) = 2f(0) + 3 = 2,3 + 3 = 9 f(2) = 2f(1) + 3 = 2,9 + 3 = 21 f(3) = 2f(2) + 3 = 2,21 + 3 = 45 f(4) = 2f(3) + 3 = 2,45 + 3 = 93

Ejemplo 46. Una definici´on recursiva de la funci´on factorial f(n) = n!

Primero se especifica un valor para f(0) y encon-tramos una regla para calcular f(n+ 1) en funci´on de f(n). f(0) = 1 f(n + 1) = (n + 1)f(n) Calculemos f(4) f(4) = 4 · f(3) = 4 · 3f(2) = 4 · 3 · 2 · f(1) = 4 · 3 · 2 · 1 · f(0) = 4· 3 · 2 · 1 · 1 = 24

podemos tami´en obtener un c´odigo simple para la funci´on factorial:

(33)

Funci´on factorial (n:entero positivo) If n=1 then

Factorial(n):=1 Else

Factorial(n):= n*factorial(n-1) End funci´on.

Factorial (3)=3*factorial(2)=3*2*factorial(1)=3*2*1=6 Ejemplo 47. Una definici´on recursiva de:

n X k=0 ak 0 X k=0 ak = a0 n+1 X k=0 ak = ( n X k=0 ak) + an+1

Definici´on 1. Los n´umeros de Fibonnacci, f0, f1, . . . , se definen a partir de las ecuaciones f0 = 0, f1 = 1 y

fn = fn−1 + fn−2 para n = 2,3,4, . . .

Ejemplo 48. Los n´umeros de fibonacci, f0,f1,f2 son definidos para n=2,3,4 son:

(34)

f3=f2+f1=1+1=2, f4=f3+f2=2+1=3, f5=f4+f3=3+2=5, f6=f5+f4=5+3=8,

funci´on fibonacci (n:entero positivo) if n=0 then fibonacci(0):=0 else if n=1 then fibonnaci(1):=1 else fibonacci(n):=fibonacci(n-1)+ fibonacci (n-2) end fibonacci

Ejemplo 49. Un algoritmo recursivo para calcular el m´aximo com´un divisor de dos enteros no nega-tivos a y b, donde a < b.

procedure mcd(a,b)

si a=0 entonces mcd(a,b)=b else

mcd(a,b):=mcd(b mod a,a) end mcd

Ejemplo 50. (Funci´on de Ackermann)

A(m, n) =      2n si m = 0 0 si m ≥ 1 y n = 0 2 si m ≥ 1 y n = 1 A(m − 1, A(m, n − 1)) si m ≥ 1 y n ≥ 2

(35)

1. Obtener A(1,0), como m = 1 y n = 0 en-tonces A(1,0) = 0 se aplica el segundo crite-rio de la funci´on.

2. Obtener A(1,1), como m = 1 y n = 1 en-tonces A(1,1) = 2 se aplica el tercer criterio de la funci´on.

3. Obtener A(0,1), como m = 0 y n = 1 en-tonces A(0,1) = 2(1) = 2 se aplica el primer criterio de la funci´on.

4. Obtener A(2,2). Aplicando el cuarto crite-rio nos queda otra recursividad A(1, A(2,1)), ahora A(2,1) = 2 por tercer criterio, por tan-to tenemos que calcular A(1,2). Por el cuar-to criterio A(0, A(1,1)), donde A(1,1) = 2 reemplazando nos queda A(0,2) por el primer criterio A(0,2) = 4 por tanto A(2,2) = 4

5. Obtener A(2,3). Usamos el cuarto criterio A(2,3) = A(1, A(2,2)) ahora A(2,2) = 4 es decir que tenemos que calcular A(1,4) por que A(2,3) = A(1,4) lo podemos hacer de dos formas:

a) Aplicando la siguiente f´ormula A(1, n) = 2n si n ≥ 1, entonces A(1,4) = 24 = 16 por tanto A(2,3) = 16

b) Ahora sin usar f´ormulas, s´olo con recur-sividad. A(1,4) aplicamos el cuarto crite-rio A(1,4) = A(0, A(1,3))

(36)

ahora calculamos A(1,2) = A(0, A(1,1)) como A(1,1) = 2 aplicando el tercer cri-terio.

A(1,2) = A(0,2) = 4 por el primer crite-rio, entonces A(1,2) = 4

ahora reemplazamos A(1,3) = A(0, A(1,2)) = A(0,4) = 8 aplicando el primer criterio, entonces A(1,3) = 8

retomamos A(1,4) = A(0, A(1,3)) = A(0,8) = 16 por el primer criterio. POR TANTO

A(2,3) = 16

5.1 Conjuntos y estructuras bien definidas. Las definiciones recursivas de un conjunto tienen dos partes:

1. Paso base. Colecci´on inicial de elementos. 2. Paso recursivo. Reglas para la formaci´on de

nuevos elementos del conjunto a partir de los que ya se conocen.

Definici´on 2. El conjunto Σ∗ de cadenas sobre el alfabeto Σ se puede definir recursivamente por: Paso base. λ ∈ Σ∗, donde λ es la cadena vac´ıa, aquella que no tiene s´ımbolos.

Paso recursivo. Si w ∈ Σ∗ y x ∈ Σ∗, entonces wx ∈ Σ∗

(37)

Ejemplo 51. Sea Σ = {0,1} las cadenas del con-junto Σ∗, el conjunto de todas las cadenas de bits. Paso base. lo constituye la cadena vac´ıa λ

Paso recursivo. 0 y 1 cadenas que se forman re-cursivamente por primera vez, 00, 01, 10 y 11 cadenas que se forman al aplicar el paso recursivo por segunda vez.

Definici´on 3. Dos cadenas se pueden combinar mediante la operaci´on de la concatenaci´on. Sea Σ un conjunto de s´ımbolos y Σ∗ el conjunto de las cadenas formadas a partir de s´ımbolos de Σ. Podemos definir recursivamente la concatenaci´on de dos cadenas, denotada con el s´ımbolo · como sigue:

Paso base. Si w ∈ Σ∗, entonces w ·λ = w, donde λ es la cadena vac´ıa.

Paso recursivo. Si w1 ∈ Σ∗, w2 ∈ Σ∗ y x ∈ Σ, en-tonces w1 · (w2x) = (w1 · w2)x

Ejemplo 52. F´ormulas bien formadas en l´ogica proposi-cional. Podemos definir el onjunto de f´ormulas bi-en formadas con variables proposicionales y oper-adores l´ogicos, adem´as de los valores V y F.

Paso base.{V,F} y p, donde p es una variable proposi-cional.

Paso recursivo. Si E y F son f´ormulas bien for-madas, entonces (v E),(E ∧ F),(E ∨ F),(E →

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