induccion matematica

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INDUCCI ´ ON MATEM ´ ATICA EDUARDO S ´ AEZ , IV ´ AN SZ ´ ANT ´ O DEPARTAMENTO DE MATEM ´ ATICA UNIVERSIDAD TECNICA FEDERICO SANTA MARIA 1. INTRODUCCI ´ ON El m´ etodo deductivo, muy usado en matem´ atica, obedece a la siguiente idea: “ A partir de un cierto conjuntos de axiomas aceptados sin demostraci´ on y de reglas ogicas no contradictorias, se deducen otros enunciados llamados teoremas combi- nando los axiomas y respetando en cada etapa las reglas l´ ogicas”. Otro m´ etodo para demostrar resultados generales que dependen en alg´ un sentido de los n´ umeros naturales es conocido con el nombre de Inducci´ on Mat´ ematica . Esta dependencia de los n´ umeros naturales significa: se sabe que una determinada afirmaci´ on es verdadera para algunos casos particulares y surge la pregunta. ¿ Dicha afirmaci´ on sigue siendo verdadera para los infinitos umeros naturales restante ?. Existen muchas afirmaciones que olo son v´ alidas para un n´ umero finito de casos y en consecuencia son falsas para un n´ umero infinitos de situaciones. Sin embargo, podemos encontrar proposiciones (afirmaciones) que son verdaderas s´ olo a partir de un cierto n´ umero natural n 0 , de ser asi, la t´ ecnica que se desarrollaremos se llama Inducci´ on Incompleta. Para demostrar que una proposici´ on p(n) , n M N, es verdadera es necesario comprobar la validez de ella para todos los elementos del conjunto M . En el caso en que M = N, diremos que es una Inducci´ on Completa. Si se requiere demostrar la falsedad de una cierta proposici´ on p(n), n M N, es suficiente indicar un elemento particular m M de manera que p(m) sea falsa. ( Construcci´ on de un contra ejemplo). Ejemplo 1. n N,n 2 - 3n - 1 < 0 Es f´ acil probar que esta desigualdad es verdadera para n =1, 2, 3. Sin embargo, para n =4 no se cumple ya que 4 2 - 3 · 4 - 1=3 > 0. N´ otese que este ejemplo sencillo muestra que una proposici´ on puede ser verdadera para los primeros n´ umeros naturales, sin embargo, es falsa , para n´ umeros naturales m´ as grandes. Copyright 2004, Derechos reservados, no ´ esta permitido la reproducci´ on parcial o total de este material sin el permiso de sus autores . 1
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INDUCCIONMATEMATICAEDUARDOSAEZ,IVANSZANTODEPARTAMENTODEMATEMATICAUNIVERSIDADTECNICAFEDERICOSANTAMARIA1. INTRODUCCIONEl metododeductivo, muyusadoenmatem atica, obedecealasiguienteidea: Apartirdeunciertoconjuntosdeaxiomasaceptadossindemostraci onydereglasl ogicas nocontradictorias, sededucenotros enunciados llamados teoremas combi-nandolosaxiomasyrespetandoencadaetapalasreglasl ogicas.Otrometodoparademostrarresultadosgeneralesquedependenenalg unsentidodelosn umerosnaturalesesconocidoconel nombredeInducci onMatematica.Estadependenciadelosn umerosnaturalessignica: sesabequeunadeterminadaarmaci on es verdaderapara algunos casos particulares y surge la pregunta. Dichaarmaci onsiguesiendoverdaderaparalosinnitosn umerosnaturalesrestante?.Existenmuchasarmacionesques olo son v alidaspara un n umeronito de casosyenconsecuenciasonfalsasparaunn umeroinnitosdesituaciones. Sinembargo,podemosencontrarproposiciones(armaciones)quesonverdaderass oloapartirdeuncierton umeronatural n0, deserasi, latecnicaquesedesarrollaremossellamaInducci onIncompleta. Parademostrarqueunaproposici onp(n), n M N,esverdaderaesnecesariocomprobarlavalidezdeellaparatodosloselementosdelconjuntoM. EnelcasoenqueM= N,diremosqueesunaInducci onCompleta.Siserequieredemostrarlafalsedaddeunaciertaproposici onp(n), n M N,essucienteindicarunelementoparticularm Mdemaneraquep(m)seafalsa.(Construcci ondeuncontraejemplo).Ejemplo1. n N, n23n 1 < 0Esf acil probarqueestadesigualdadesverdaderaparan=1, 2, 3. Sinembargo,paran=4nosecumpleyaque 42 3 4 1=3>0. N otesequeesteejemplosencillomuestraqueunaproposici onpuedeserverdaderaparalosprimerosn umerosnaturales,sinembargo,esfalsa,paran umerosnaturalesm asgrandes.Copyright2004, Derechosreservados, noestapermitidolareproducci onparcial ototal deestematerialsinelpermisodesusautores.12 INDUCCIONMATEMATICAOtrosejemplos:Ejemplo2. n N, (2n 1)(2n + 1)(2n + 3),esdivisiblepor5.Esf acil probarqueestaproposici onesverdaderaparan=1, 2, 3. Sinembargo,para n = 4 no se cumple dado que (241)(24+1)(24+3) = 693. no es divisible por 5Ejemplo3. (EjemplodadoporLeonhardEuler(1707-1783)Consideremos elpolinomio cuadr aticop(n) = n2+n+41ydeterminemos suvalorparaciertosn Nn : 1 2 3 4 5 6 7 8n2+ n + 41 : 43 47 53 61 71 83 97 113N otesequetodos los n umeros queseobtienensonprimos. Sepodraesperar queeste polinomio cuadr atico continua generando n umeros primos. Desafortunadamentenoesasi, paran=40, setiene1681=412, quenoesunn umeroprimo, luegolaproposici onque n N, n2+ n + 41esunn umeroprimoresultafalsa.2. Principiodeinducci onMatematicaUnaproposici onp(n)esverdaderaparatodoslosvaloresdelavariablensisecumplenlassiguientescondiciones:Paso1.- Laproposici onp(n)esverdaderaparan = 1,obien,p(1)esverdadera.Paso2.- Hip otesisdeInducci on. Sesupone quep(k) esverdadera,dondekes unn umeronaturalcualesquiera.Paso3.- TesisdeInducci on. Sedemuestraquep(k + 1)esverdadera,obien,p(k) verdadera p(k + 1) verdadera.LatecnicadeInducci onMatem aticaconsisteenlostrespasosanteriores. Si senecesita demostrar la validez de una proposici on p(n) para todos los valores naturalesn,entoncesessucientequesecumplan: Paso1,Paso2yPaso3.Comentario: Intuitivamentelaideaanteriorseconoceconel nombredeEfectoDomin o. Si imaginamos unalainnitade chas de domin o: dispuestas verti-calmenteysucientementepr oximasunacualquieradelasiguiente, entoncessi elvolteamientodelaprimerachaprovocaelvolteamientodelasegundacha, porelPrincipiodeInducci onMatem aticalalacompletaesvolteada.Existen dos variantes utiles sobre el Principio de Inducci on Matem atica que debenser considerados. Enlaprimeravariante, laproposici onpordemostrarinvolucralosnaturalesnomenoresaunnaturaljon0,enestecasoelPrincipiodeInducci onquedariacomosigue:Sip(n) esverdaderaparan0ysip(m + 1) esverdaderaparatodonatural m n0para la cual p(m) es verdadera, entonces p(n) es verdadera para todo natural n n0.INDUCCIONMATEMATICA 3Lasegundavarianteseaplicadepreferenciaenelcasocuandop(m + 1)nopuedeser f acilmentededucible dep(m), perosuvalidezdepende dep(k) paracualquierk n2+ 4n + 5Al examinarlosvaloresden = 1, 2, 3, 4, 5, 6nosdamoscuentaqueladesigualdadesincorrecta, pero si es verdadera para n = 7, por lo que podemos intentar demostrar porel metodo de Induccion Incompleta que para todos los valores de n 7, la desigualdadesverdadera.Paso1.- Sin = 7,obtenemos27= 128 > 72+ 4 7 + 5 = 82osea,cuandon = 7ladesigualdadescorrecta.Paso2.- ( Hip otesis Inductiva) Se supone que la desigualdad es verdadera para un ciertovalorden = k,osea,2k> k2+ 4k + 5.Paso3.- Finalmenteapartirdelahip otesisinductiva, sedeseaprobarlaTesisdadapor2(k+1)> (k + 1)2+ 4(k + 1) + 5.Al multiplicarladesigualdaddadaenlahip otesisinducticapor2,obtenemos2(k+1)> 2k2+ 8k + 10Transformandoel segundomiembrodeestadesigualdadobtenemos2(k+1)> (k + 1)2+ 4(k + 1) + 5 + k2+ 2kTeniendoencuentaquek2+ 2k>0paratodok 7, podemosdeducirque2(k+1)>(k + 1)2+ 4(k + 1) + 5, obteniendoloqueserequeriademostrar(Tesis).Ejemplo5. Demostrarquelasumadelosnprimerosn umerosnaturalesesigual an(n + 1)/2.Demostraci on:Queremosprobarquen N : 1 + 2 + 3 + 4 + ... + n = n(n + 1)/2Seap(n) : 1 +2 +3 +4 +... +n = n(n +1)/2,debemosprobarquep(n)satisfacelaspropiedades(1),(2)y(3).4 INDUCCIONMATEMATICA(1) p(1) : 1 = 1(1 + 1)/2, locual esverdadero.(2) Sesuponequelaigualdadesverdaderaparaunciertovalordek, esdecir,1 + 2 + 3 + 4 + ... + k= k(k + 1)/2(3) Sea k N,debemos probar quep(k) = p(k +1) es verdadero. Noteseque sip(k)es falsa la implicaci on es verdadera, demodo quehay quehacer la demostraci onsuponiendoquep(k)esverdadera.Como p(k +1) : 1+2+3+... +k +(k +1) = (k +1)((k +1) +1)/2, p(k +1) debeformarsedep(k)sumandok + 1aambosmienbrosdelaigualdad(delaHip otesisinductiva):1+2+3+... +k+(k+1) = k(k+1)/2+(k+1) = (k+1)(k/2+1) = (k+1)(k+2)/2.Hemos conrmadonuestras sospechas, loquees, hemos deducidoquep(k+ 1) esverdadera,suponiendoquep(k)loes. As,hemosdemostradoque n N : 1 + 2 +3 + 4 + ... + n = n(n + 1)/2esverdadera.Ejemplo6.Probar que n N: 1 3+2 4+3 5+... +n(n+2) = n(n+1)(2n+7)/6Soluci on: Seap(n): 1 3 + 2 4 + 3 5 + ... + n(n + 2) = n(n + 1)(2n + 7)/6Entoncesp(1): 1 3 = 1(1 + 1)(2 1 + 7)/6 = 2 9/6 = 3,loquepruebaquep(1)esverdadera.Hip otesisinductiva:1 3 + 2 4 + 3 5 + ... + k(k + 2) = k(k + 1)(2k + 7)/6.(Suponemosquep(n)esverdadera)Tesis:1 3 + 2 4 + 3 5 + ... + k(k + 2) + (k + 1)(k + 3) = (k + 1)(k + 2)(2k + 9)/6.(Queremosprobarquep(k+1)esverdadera). Tenemos:1 3+2 4+3 5+... +k(k +2) +(k +1)(k +3) = k(k +1)(2k +7)/6+(k +1)(k +3) =(k + 1)6(k(2k +7) +6(k +3)) = (k +1)(2k2+13k +18)/6 = (k +1)(2k +9)(k +2)/6loquepruebaquep(k +1)esverdadera. Luego,laformula 1 3 +2 4 +3 5 +... +n(n + 2) = n(n + 1)(2n + 7)/6esverdaderaparatodon NEjemplo 7.Determinar si el producto de 3 n umeros impares consecutivos es siempredivisiblepor6.Soluci on: Seap(n) : (2n 1)(2n + 1)(2n + 3) =6q dondeq es alg unn umeronatural . Queremosdeterminarsip(n)secumpleparatodon N.p(1) : 1 3 5 = 15 = 6q= q=52/ N. Luegop(1)esfalso. Sepuedecontinuaranalizandop(2), p(3), p(4), ... y vemos que todos nocumplenlacondici onque seadivisiblepor6. Esfacil verque(2n 1)(2n + 1)(2n + 3)=8n3+ 12n2 2n 3=2(4n3+ 6n2n 1) 1 luegoesten umeroesdelaforma2j 1queesunn umeroimparyporlotantonoesdivisiblepor6.INDUCCIONMATEMATICA 5Ejemplo8. Determinesilasumadetresn umerosenterosconsecutivosessiempredivisiblepor6.Demostraci on: Seap(n): n+(n+1)+(n+2) =6q, qN. Entoncesp(1) : 1 + 2 + 3 = 6esverdadera (q= 1.)Hip otesisinductiva: p(k) = k + (k + 1) + (k + 2) = 6q1, q1 Nesverdadera.Pordemostrarp(k + 1) : (k + 1) + (k + 2) + (k + 3) = q2, q2 Nesverdadera.Como(k+ 1) +(k+ 2)+ (k+3) =k+(k+1) +(k+ 2)+ 3 =6q1+3 =6(q1 +12) / N. Luegop(k)verdaderonoimplicap(k + 1)verdadero. Porlotanto,p(n) : n+(n+1) +(n+2) = 6q, q N, es falso. La suma de 3 enteros consecutivosnoesnecesariamentedivisiblepor6.Observaci on: Esfacilverquen + (n + 1) + (n + 2) = 3(n + 1),dedondeparaqueseadivisiblepor6,necesariamenteel factor(n + 1)debeserunn umeroimparparacualquiernnatural,loqueesfalso.Ejemplo9. Consideremosunejemplocondesigualdades.Determinetodoslosn umerosnaturalesparaloscuales:1 2 3 4 n > 2nSoluci on: Laf ormulanoesv alidaparan = 1, 2, 3Pran = 4,setieneque24 = 1 2 3 4 > 24= 16esverdadera.Supongamosqueladesigualdadesv alidaparak N, conk 4;estoes1 2 3 4 k > 2k, k 4.Pordemostrarqueladesigualdadesv alidaparak + 1,esdecirque1 2 3 4 k (k + 1) > 2k+1, k 4.Enefecto:1 2 3 4 k (k + 1) = (1 2 3 4 k) (k + 1) > 2k(k + 1) > 2k 2 = 2+1.Luego1 2 3 4 n > 2n,yporlotanto n N, n 4 1 2 3 4 n > 2nEjemplo10. Consideremosel siguienteejemplodedivisibilidad:Demostrarporinducci on,quesinesunn umeroimpar,7n+ 1esdivisiblepor8.Antesdeaplicarinducci onconvienehaceruncambiode ndices. Sean = 2i 1.Entoncessii = 1, 2, 3, ...setienequen = 1, 3, 5, ...ynuestroenunciadosetrans-formaen:72i1esdivisiblepor 8, i N.Parai = 1, 71+ 1 = 8esdivisiblepor8,loqueesunaproposici onverdadera.Hip otesisinductiva: 72i1+ 1esdivisiblepor8.Tesis: 72i+1esdivisiblepor8.6 INDUCCIONMATEMATICADado que nuestra unica informaci on es la hip otesis, debemos hacer que la expresi on72i1+ 1aparezcaeneldesarrollo72i+1+ 1 = 72(72i1) + 1 = 72(72i1+ 1) 72+ 1 = 72(72i1+ 1) 48yaquambossumandossondivisiblespor8,luego8dividea72i+1+1. Luegoresultaque7n+ 1esdivisiblepor8paratodonimpar.3. Ejerciciosresueltos.1)Pruebequelaf ormula1 2 + 2 3 + 3 4 + ... + n (n + 1) =n(n + 1)(n + 2)3esv alidaparatodonaturaln.Demostraci on. Sea p(n), 1 2 +2 3 +3 4 +... +n (n+1)=n(n+1)(n+2)3.Entoncesp(1), 1 2 =1233= 2esverdadera.Hip otesisInductiva: p(k)verdadera,esdecir1 2 + 2 3 + 3 4 + ... + k (k + 1) =k(k + 1)(k + 2)3Tesis: Pordemostrarp(k + 1),esdecir1 2 + 2 3 + 3 4 + ... + k (k + 1) + (k + 1) (k + 2) =(k + 1)(k + 2)(k + 3)3Sumando (k +1) (k +2) a ambos lados a la igualdad de la hip otesis inductivaseobtiene:1 2+2 3+3 4+... +k (k +1) +(k+1) (k+2) =k(k + 1)(k + 2)3+(k +1) (k+2)luegos olorestaprobarquek(k + 1)(k + 2)3+ (k + 1) (k + 2) =(k + 1)(k + 2)(k + 3)3Factorizando por (k +1)(k +2), se tiene (k +1)(k +2)(1+k3) =(k+1)(k+2)(k+3)3,que es justamente la tesis deseada y lo que prueba que p(n) es verdadera paratodonaturaln2)Pruebequeparatodon umeronatural n>1, el ultimodgitodel n umero22n+ 1es7.Demostraci on.Denotandoporp(n)laproposici onademostrar, podemosobservarqueparan = 2, 222+ 1 = 17ylaproposici onesverdadera.Nuestra hip otesis inductiva es para n = k, es decir aceptamos que el ultimodgitode22k+ 1es7.Tesis: Pordemostrarqueel ultimodgitode22k+1+ 1es7Notandoque22k+1+ 1 = (22k+ 1)22(22k+ 1) + 2podemosconcluirconlaayuda de la hip otesis inductiva que el ultimo dgito de (22k+1)2es 9, el ultimoINDUCCIONMATEMATICA 7dgitode2(22k+ 1)es4queluegoal restarlosysumarle2, sedemuestralaproposici on.3)Demuestrequeparatodonaturaln 211+12+13+ .... +1n>nDemostraci onSea p(n) la proposici on dada, luego para n = 2, se tiene que 1 +12>2. Laproposici onverdadera.Hip otesisdeinducci on: n = k11+12+13+ .... +1k>kTesis: n = k + 1, Pordemostrarque11+12+13+ .... +1k+1k + 1>k + 1Sumando1k+1alaigualdaddelahip otesisinductivasetiene11+12+13+ .... +1k+1k + 1>k +1k + 1Comok +1k + 1=

k(k + 1) + 1k + 1=k2+ k + 1k + 1>k + 1k + 1=k + 1seconcluyelademostraci on.4)Demuestrequeparatodonaturaln, n5nesdivisiblepor5.Demostraci on.Seap(n)laproposici ondada,luegoparan = 1setieneque0= 5 0locualesverdadero.Hip otesisdeinducci on: n = k, k5kesdivisiblepor5Tesis: n = k + 1, Pordemostrarque(k + 1)5(k + 1)esdivisiblepor5Dadoque nuestra unicainformaci ones lahip otesis debemos hacer que laexpresi onk5k,aparezcaennuestrodesarrolloEnefecto,(k + 1)5(k + 1) = k5+ 5k4+ 10k3+ 10k2+ 4kyesigualak5k + 5k(k3+ 2k2+ 2k + 1)dedondeambossumandossondivisiblespor5, luegoparatodonatural n,n5nesdivisiblepor5.8 INDUCCIONMATEMATICA5)La sucesi on de Lucas (Anatole Lucas, 1842-1891), es una sucesi on de la forma2, 1, 3, 4, 7, 11, 18, 29, 47, ...yesdenidaporlareglainductiva:L0= 2, L1= 1, L2= L1 + L0, L3= L2 + L1, ..., Ln+2= Ln+1 + Ln, ....Sean a, b, c, r, s, y t n umeros enteros jos. Sea L0, L1, .... la sucesi on de Lucas.Demostremosque rLn+a=sLn+b+tLn+c es verdadera para n = 0, 1, 2, 3, ...asumiendoqueesverdaderaparan = 0 y n = 1.Dado que la tesis es verdadera para n = 0 y n = 1, podemos asumir ( Hip otesisinductiva)queesverdaderaparan=0, 1, 2, 3..., k conk 1 paraluegode-mostrarqueesverdaderaparan = k + 1.Porhip otesistenemosrLa= sLb + tLcrL1+a= sL1+b + tL1+crL2+a= sL2+b + tL2+c... ....rLk1+a= sLk1+b + tLk1+crLk+a= sLk+b + tLk+cSumandoestaslasdos ultimasecuacionesseobtiener(Lk+a + Lk1+a) =s(Lk+b + Lk1+b) + t(Lk+c + Lk1+c)Utilizandolarelaci ondelosn umerosdeLucasLn+2= Ln+1 + Ln,setienerLk+1+a=sLk+1+b + tLk+1+cyestocompletalademostraci on.4. Ejerciciospropuestos1)Demuestreporinducci onlassiguientesigualdades:a)12+ 22+ 32+ .... + n2=n(n+1)(n+2)6b)(n + 1)(n + 2)(n + 3) (n + n) = 2n 1 3 5 (2n 1)c)1222+ 3242+ ... + (1)n1n2= (1)n1n(n+1)2d)(1 14)(1 19) (1 1(n+1)2) =n+22n+2e)(15+25+35+... +n5) +(17+27+37+... +n7) = 2(1 +2 +3 +... +n)4f)1 1! + 2 2! + 3 3! + .... + n n! = (n + 1)! 12)Paratodonaturaln,demuestrequeanesdivisibleporbi)an= 22n1, b = 3ii)an= n2(n41), b = 60iii)an= n3+ 5n, b = 6INDUCCIONMATEMATICA 93)Considerelasucesi on1, 5, 85, 21845, ..., denidaporc1= 1, c2= c1(3c1 + 2), ...., cn+1 = cn(3cn + 2), ...Pruebequeparatodoenteronpositivo, cn=42n134)DemuestrequeladesigualdaddeBernoulli(JacquesBernoulli1654-1705)(1 + a)n 1 + naesv alidaparaa 1 yparatodoenterononegativo.5)Pruebeladesigualdad4nn + 1 1, demuestrequen (n 1)! = n!INDUCCIONMATEMATICA 192)Sin > 2, demuestreque(n2n) (n 2)! = n!3)Sin k,demuestreque(n k + 1) n! + k n! = (n + 1)!4)Sin > 2,demuestrequen! (n 1)! = (n 1)2 (n 2)!5)Determinetodoslosn Nparaloscuales (2n)! = 2 n!6)Determinetodoslosparesdeenterospositivosm y n demaneraque(m + n)! = n! m!7)Resuelvalaecuaci onparanenteropositivo (n + 2)! = 90 n!8)Si0 k n 2,entonces

n + 2k + 2

=

nk + 2

+ 2

nk + 1

+

nk

Deladeniciondeloscoecientesbinomialesparan, mn umerosnaturales, m ntenemoslassiguientespropiedadesi)

n0

= 1ii)

mn + 1

=mnn+1

mn

iii)

nk 1

+

nk

=

n + 1k

iv)

m + 1n + 1

=m+1n+1

mn

TeoremadelBinomio.Sia, b R y n N, entonces(a + b)n=nk=0

nk

ankbk=

n0

an+

n1

an1b +

n2

an2b2+ ..... +

nn 1

abn1+

nn

bnEnparticular(a b)n, lopuedeconsiderarcomo(a + (b))ny Esnecesarionotarporlasimetriadeloscoecientesque(a + b)n=nk=0

nk

ankbk=nk=0

nk

akbnkDenamos por Tjel termino j-esimoen el desarrollode binomio(a +b)n, entoncesTj=

nj 1

an(j1)bj120 INDUCCIONMATEMATICAluegoporrazonespracticasynoequivocarseenrecordartantosindices, podemosconsiderarelcoecientej-esimo m as uno quetienelaformaTj+1=

nj

anjbjEnparticular(a b)n, lopuedeconsiderarcomo(a + (b))ny esdadopor(a b)n=nk=0

nk

ank(1)kbkUna generalizaci on natural del Teorema del Binomio, es el Teorema del Multinomio,s olodaremossudenici onynoentraremosenmasdetalles, dejamosal lectorm asavezadoprofundizarenestamateria.Paracualquierenteron 2 y parar 3(x1 + x2 + x3 + ..... + xr)n=n1+n2+...+nr=n

nn1, n2, ..., nr

xn11xn22 xnrrdondelasumaessobre todasecuenciade n umeros enterospositivosn1, n2, ..., nrtalquen1 + n2 + ... + nr= n y

nn1, n2, ..., nr

=n!n1! n2! nr!Enparticularparar = 2

nn1, n2

=

nk, n k

=n!k!(n k)!=

nk

18. Ejerciciosresueltos1)Calculeel terminoindependientedexyel terminocentral encasodequeexistaneneldesarrollodelbinomio(x 1x2)9.Tj+1=

9j

x9j(1x2)j=

9j

x9j(1)jx2j=

9j

(1)jx93jLuegoparaj= 3,setienequeelcuartoterminoesindependientedex.Comon = 9,nounexisteterminocentral.2)Obtengaelcoecientedex8eneldesarrollode(1 + x2x3)9Como(x1 + x2 + x3)9=n1+n2+n3=9

9n1, n2, n3

xn11xn22xn33yel coecientequesepideesparax8, tenemoslaecuaci on 2n2 + 3n3=8,y lasposibilidadessonn1= 5, n2= 4, n3= 0n1= 6, n2= 1, n3= 2INDUCCIONMATEMATICA 21luego,calculandoloscoecientestenemos

95, 4, 0

+

96, 1, 2

=9!5!4!0!+9!6!1!2!= 252 + 126 = 378Otraalternativapararesolveresteproblemaes:Desarrollandoporelteoremadelbinomio(1 + x2x3)9=9k=0

9k

19k(x2x3)k=9k=0

9k

(x2x3)kAnalicemoslaspotenciasenel desarrollode(x2 x3)kcon 0 k 9, esdeciren(x2x3)k=ki=0

ki

(1)i(x2)ki(x3)i=ki=0

ki

(1)ix2k+iComo 2k+i = 8 y 0 i k se tiene 0 k 4 de donde las posibilidadesson: k= 3, i = 2 ; k= 4, i = 0 ylasumadeloscoecientesdex8es

93

32

+

94

40

= 3783)Demuestrequenk=0

nk

+ (1)k

nk

= 2nEneldesarrollodelbinomio(a + b)n=nk=0

nk

ankbkbastatomarloscasosa = 1 , b = 1 y a = 1 , b = 1 paraobtener(1 + 1)n=nk=0

nk

1nk1k=nk=0

nk

= 2n(1 + (1))n=nk=0

nk

1nk(1)k=nk=0

nk

(1)k= 04)Determinelasumadetodosloscoecientesdel polinomiorespectodexqueresultadelaexpansi onbinomialde(3x 4)17Eldesarrollode(3x 4)17esdadopor17k=0

17k

(3x)17k(4)k=

170

(3x)17+

171

(3x)16(4)+

172

(3x)15(4)2+ ..... +

1716

(3x)(4)16+

1717

(4)1722 INDUCCIONMATEMATICADado que esta igualdad es v alida para todo x, en particular lo es para x = 1.Haciendox = 1obtenemoslasumadeloscoecientespedida,esdecir

170

(3)17+

171

(3)16(4)+

172

(3)15(4)2+ ..... +

1716

(3)(4)16+

1717

(4)17= (3 4)17= 119. Ejerciciospropuestos1)En caso de existir, obtenga el coeciente de x7en el desarrollo de (2x3 +x+x3)82)Determineelcoecientedelterminoindependientedexeneldesarrollode(3x +1x)63)Sienlaexpansi onbinomialde(y +14y)4losprimerostrescoecientesformanunaprogresi onaritmetica.Encuentre los terminos de la expansi on en los cuales los exponentesde yseann umerosnaturales.4)Si(1 + x + x2+ x3)5= a0 + a1x + a2x2+ .... + a15x15determineelvalorexactodea10.5)Determineunarelaci onentrea y n demodoqueeneldesarrollode(1 + a)naparezcandosterminosconsecutivosiguales.6)Escriba6

n3

+

n2

+

n1

comounpolinomioenn, yutiliceelhechoque

nr

siempreesunenteroparadarunanuevademostraci onquen(n2+ 5)esm ultiplode6 paratodoenteron.7)Determinelosn umerosa y b, demaneraqueparatodonaturalnn3= 6

n3

+ a

n2

+ b

n1

8)Demuestreporinducci onmatem aticaqueni=0

s + is

=

s + n + 1s + 1

INDUCCIONMATEMATICA 231)Determine un contra ejemplo para la siguiente proposici on ( Conjetura erradadeIsaacNewton1642-1727)n N , 11n= a0a1a2...andondelosdgitosest andadospor:aj=

nj

=n!(nj)!j!, j =0, 1, 2, 3...ncon 0! =1, n! =1 2 3 4...n.esf acil demostrarquelaproposici onesverdaderaparan=0, 1, 2, 3, 4. Sinembargo,paran = 5laproposici onnosecumpledadoque115= 15101051.Observacion. Los coecientes ajantes calculados son llamados coecientesbinomialesysutabulacionenunarreglotriangularseconoceconelnombredeTri angulodePascal(verFigura).1 1101 1 1111 2 1 1121 3 3 1 1131 4 6 4 1 114