Álgebra clásica

f (1) = 7, f (2) = 17, para n ≥ 3 (f (n) = 5f(n − 1) − 6f(n − 2)),

demostrar que:

f(n) = 2n + 1 + 3n.

Solución:

Para resolver este problema utilizaremos el principio inductivo. Pues bien, tenemos que probar que f(n) = 2n + 1 + 3n para todo n ∈

; vemos que:

f(1) = 21 + 1 + 31 = 22 + 3 = 4 + 3 = 7

f(2) = 22 + 1 + 32 = 23 + 32 = 8 + 9 = 17

o sea, resultan los valores dados por medio de la definición recursiva. Suponemos entonces que:

f(n) = 2n + 1 + 3n

para los naturales 1, 2, 3, 4, ... , n.

Deberemos establecer ahora que:

f(n + 1) = 2n + 2 + 3n + 1. (1.3)

En efecto, a causa de la definición recursiva tenemos que:

f(n + 1) = 5f(n) − 6f(n − 1) (1.4)

y como:

f(n) = 2n + 1 + 3n (1.5)

f(n − 1) = 2n + 3n−1. (1.6)

De (1.4), (1.5) y (1.6) resulta:

comparando (1.3) y (1.7) vemos que se obtiene lo pedido y por tanto:

∀ n ∈

f(n) = 2n + 1 + 3n.

Problema 1.3.17 Sea f :

→ la función definida por:

demostrar que f(n) =

Solución:

Nuevamente utilizaremos el principio inductivo. Tenemos:

Suponemos la validez de la tesis del problema para 1, 2, 3, ... , n, o sea que:

Deberemos probar que:

Procedamos, del enunciado tenemos que:

o sea:

de donde:

De (1.8) y (1.9) observamos que se obtiene lo pedido y por lo tanto:

Problema 1.3.18 Sean a1, a2, ··· , an ∈

+ , no todos iguales a 1 y tales que a1 · a2 · ·· an = 1, entonces:

∀n ∈

(a1 + a2 + ··· + an > n).

Solución:

Ocuparemos el principio de inducción.

Sean a1, a2 ∈

+ , no ambos iguales a 1 y tales que a1 · a2 = 1. Como uno de ellos no es 1, no se pierde generalidad al suponer a1 ≠ 1 y como a2 = , se tiene tambien a2 ≠ 1. Como ambos son positivos, uno de ellos es mayor que 1 y el otro menor que 1; puesto que si ambos fueren menores que 1, su producto sería menor que 1 (el argumento es similar, si ambos fueran mayores que 1). Supongamos entonces que a1 < 1 y a2 > 1, luego:

a2 − 1 > 0 y 1 − a1 > 0,

por lo tanto, se consigue:

(a2 − 1)(1 − a1) > 0,

con lo que:

a2 + a1 − 1 − a1 · a2 > 0, (1.10)

es decir:

a1 + a2 > 1 + a1 · a2 = 2.

Supongamos ahora que la proposición es verdadera para cualquier colección de n números reales positivos.

Sean a1, a2, ··· , an, an + 1 ∈

+, (n + 1) números que cumplen con las hipótesis de la proposición, queremos demostrar que:

a1 + a2 + ··· + an + an + 1 > n + 1 .

Como no todos ellos son iguales a 1 y el producto de todos ellos es 1, debe haber alguno mayor que 1 y otro menor que 1. Sin pérdida de generalidad, podemos suponer a1 < 1 y a2 > 1 y sea a = a1 · a2.

Ahora tomemos los n números reales positivos:

a, a3, a4, ··· , an, an + 1,

Si todos ellos fueran iguales a 1 tendríamos:

a + a3 + a4 + ··· + an + an + 1 = n,

pero, por (1.10):

a = a1 · a2 < a1 + a2 − 1,

luego:

n = a + a3 + a4 + ··· + an + an + 1 < a1 + a2 − 1 + ··· + an + an + 1 ,

y, por lo tanto, resulta:

a1 + a2 + ··· + an + an + 1 > n + 1 .

Si este no es el caso, entonces no todos son iguales a 1 y por hipótesis inductiva se tendría que:

a + a3 + a4 + ··· + an + an + 1 > n,

y, al usar nuevamente (1.10), se llega a que:

a1 + a2 + ··· + an + an + 1 > n + 1.

Con lo que el problema queda resuelto.

Definición 1.3.1 (1) Sean a1, a2, ··· , an ∈

se define el medio aritmético entre ellos como:

(2) Sean a1, a2, ··· , an ∈

+ se define el medio geométrico entre ellos como:

(3) Sean a1, a2, ··· , an ∈

− {0} se define el medio armónico entre ellos como:

Problema 1.3.19 Sean a1, a2, · ·· , an ∈

+, entonces:

Solución:

Si a1, a2, ··· , an ∈

+ son todos iguales la respuesta es evidente, pues los medios serán iguales. Entonces nos pondremos en el caso en que no todos son iguales entre sí.

Sea bk =

para k = 1, 2, 3, ··· , n. Como g y ak son positivos resulta bk positivo, además no todos son iguales entre sí porque los ak no lo son, luego, en particular, no pueden ser todos iguales a 1. Por otro lado:

en conclusión, por el anterior problema resuelto, se obtiene:

b1 + b2 + ··· + bn > n,

y por lo tanto, llegamos a:

Para la segunda parte, consideremos los números ck =

tomando k los valores k = 1, 2, 3, ··· , n. Otra vez resulta que todos los ck son positivos y si son todos iguales, el resultado es claro. Supondremos, entonces que no todos son iguales entre sí. A causa del resultado anterior, se obtiene:

o sea:

con lo que:

Problema 1.3.20 Demostrar que:

Solución:

Considerando la desigualdad medio aritmético medio geométrico, demostrada en el anterior problema resuelto, tenemos que:

Siendo x1, x2, ··· , xn, xn + 1 ∈

+ (no todos iguales), entonces:

en ella hacemos: x1 = x2 = ··· = xn = 1 + n

, xn + 1 = 1 se obtiene:

o sea:

lo que se deseaba.

Problema 1.3.21 Sean a, b ∈

+, n ∈ Nentonces:

a < b ←→ an < bn.

Solución:

Parte (1)

Supongamos que a < b; demostraremos por inducción que an < bn.

Si n = 1 se tiene que an = a < b = bn.

Supongamos ahora que an < bn, demostraremos que an + 1 < bn + 1.

Pues bien, se tiene:

an + 1 = an · a < bn · a < bn · b = bn + 1.

Por lo tanto, para todo par de reales positivos a, b y para todo natural n se cumple que:

a < b → an < bn.

Parte (2)

Supongamos ahora que an < bn, entonces como a, b ∈

+, se tiene que:

a < b ∨ a = b ∨ a > b,

ahora bien, si a = b, entonces an = bn lo que contradice que an < bn.

Si b < a, entonces, por la primera parte resulta bn < an, lo que también contradice que an < bn.

Se concluye entonces que a < b.

Problema 1.3.22 Si an + 1 =

y 0 < a1 < 3, demostrar que:

a1 < a3 < a5 < ··· , a2 > a4 > a6 > ···

Solución:

(1) Tenemos que:

además, resulta que:

Supongamos a2n−1 < 3, con ello:

además, resulta que:

(2) Ahora:

Supongamos a1 < a3 < a5 < ··· < a2n−1, así:

En conclusión, tenemos que:

a1 < a3 < a5 < ··· < a2n−1 < a2n + 1 < ···

(3) Por otra parte, se deduce que:

Para el resto del problema, se procede por analogía.

1.4 Problemas propuestos

Demostrar, utilizando inducción, los siguientes problemas:

(1) 1 + 2 + 4 + ··· + 2n−1 = 2n − 1

(2)

(3)

(4)

(5)

(6) Sea a1 = 7, a2 = 17, an = 5an−1 − 6an−2 para n ≥ 3, entonces: ∀n ∈

: an = 2n + 1 + 3n

(7)

(8)

(9)

(10)

(16) Demostrar que ∀n ∈

: n(n + 1)(n + 2). ··· .(n + p − 1) es divisible por p.

(17) Demostrar que ∀n ∈

a − b es factor de a2n − b2n.

(18) Demostrar que ∀n ∈

a + b es factor de a2n−1 + b2n−1.

(19) Demostrar que ∀n ∈

: 5n3 + 7n es divisible por 6.

(20) Demostrar que ∀n ∈

: 24n − 1 es divisible por15.

(21) Demostrar que ∀n ∈

: 22n + 1 − 9n2 + 3n − 2 es divisible por 54.

(22) Demostrar que ∀n ∈

: 72n − 48n − 1 es divisible por 2304.

(23) Demostrar que ∀n ∈

: 52(n + 1) − 24n − 25 es divisible por 576.

(24) Demostrar que ∀n ∈

: n3 + 2n es divisible por 3.

(25) Demostrar que ∀n ∈

: Si h > −1, entonces (1 + h)n ≥ 1 + nh.

(26) Demostrar que ∀n ∈

: 10n + 3 · 4n + 2 + 5 es divisible por 9.

(27) Demostrar que:

∀n ∈

: sen (θ + nπ) = (−1)nsen θ.

(28) Demostrar que:

∀n ∈

: cos(θ + nπ) = (−1)n cosθ.

(29) Demostrar que:

∀n ∈

: 2n ≤ 2n.

(30) Demostrar que:

∀n ∈

: 2n−1 ≤ n!.

(31) Demostrar que un conjunto de n elementos tiene 2n subconjuntos.

(32) Sabiendo que:

demostrar que:

(33) Se sabe que a0 = 0, a1 = 1 y que para n ≥ 2 se tiene:

an = 2(cos t)an−1 − an−2,

demostrar que:

(34) Al intentar demostrar por inducción las siguientes proposiciones:

(i) ∀n ∈

(4 + 8 + 12 + · ·· + 4n = 3n2 − n + 2).

(ii) ∀n ∈

(2 + 4 + 6 + · + 2n = n2 + n + 2).

(iii) ∀n ∈

, la fórmula p(n) = n2 − n + 41 proporciona solamente números primos.

El método falla en alguna de sus partes. Señalar dónde se produce el problema.

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