• No se han encontrado resultados

METODOS DE DEMOSTRACIÓN

N/A
N/A
Protected

Academic year: 2021

Share "METODOS DE DEMOSTRACIÓN"

Copied!
37
0
0

Texto completo

(1)

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

(2)

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.

(3)

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.

(4)

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:

(5)

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

(6)

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.

(8)

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.

(9)

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

(11)

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

(12)

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 |

(13)

(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

(14)

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.

(16)

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

(17)

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

(18)

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 →

Referencias

Documento similar

De acuerdo con Harold Bloom en The Anxiety of Influence (1973), el Libro de buen amor reescribe (y modifica) el Pamphihis, pero el Pamphilus era también una reescritura y

E Clamades andaua sienpre sobre el caua- 11o de madera, y en poco tienpo fue tan lexos, que el no sabia en donde estaña; pero el tomo muy gran esfuergo en si, y pensó yendo assi

[r]

SVP, EXECUTIVE CREATIVE DIRECTOR JACK MORTON

Social Media, Email Marketing, Workflows, Smart CTA’s, Video Marketing. Blog, Social Media, SEO, SEM, Mobile Marketing,

The part I assessment is coordinated involving all MSCs and led by the RMS who prepares a draft assessment report, sends the request for information (RFI) with considerations,

De hecho, este sometimiento periódico al voto, esta decisión periódica de los electores sobre la gestión ha sido uno de los componentes teóricos más interesantes de la

Para denegación hegeliana del mal: «Así como no existe lo fal- so, no existe el mal, es objetada primero por Sade y luego por la subjetividad romántica: en la mé- dula de la