Ejercicios de inducción matemática II

Continuamos resolviendo problemas de inducción matemática, con $\mathbb{N}= \{1,2,3,...\}. $

Ejercicio 4. Demostrar,  para $a$, $d$ fijos y $n$ variable

                          $a+(a+d)+(a+2d)+\cdots+\left(a+(n-1)d \right)= \frac{n}{2}\left(2a+(n-1)d \right).$

Demostración:

Para:   $n=1$,         $a+(1-1)d= \frac{1}{2}\left(2a+(1-1)d \right)$
                             
                                           $a=a$.                                                      $\checkmark$  

          $n=k$,
  HI        $a+(a+d)+(a+2d)+\cdots+\left(a+(k-1)d \right)= \frac{k}{2}\left(2a+(k-1)d \right).$ $\checkmark$


         $n=k^*$,

TI     $a+(a+d)+(a+2d)+\cdots+\left(a+(k^*-1)d \right)=\underbrace{a+(a+d)+(a+2d)+\cdots+\left(a+(k-1)d \right)}+\left(a+(k^*-1)d \right)$                                                                                                                           HI


                                                                          $=\underbrace{\frac{k}{2}\left(2a+(k-1)d \right)}+\left(a+(k^*-1)d \right)$                                                                                            HI


                                                  $=\frac{k\left(2a+(k-1)d \right)+2\left(a+(k^*-1)d \right)}{2}$

                                                  $=\frac{k\left(2a+(k-1)d \right)+2\left(a+\left((k+1)-1\right)d \right)}{2}$

                                                  $=\frac{k\left(2a+kd-d \right)+2\left(a+kd \right)}{2}$
                                                                             
                                                   $=\frac{k2a+k^2d-kd +2a+2kd }{2}$

                                                  $=\frac{k2a+2a+k^2d+kd }{2}$

                                                  $=\frac{\left(k+1\right)2a+kd\left(k+1\right) }{2}$

                                                  $=\frac{\left(k+1\right)\left(2a+kd\right) }{2}$
                                                                        $=\frac{\left(k+1\right)\left[2a+\left(\left(k+1\right)-1\right)d\right] }{2}$

                                                  $=\frac{k^* \left[2a+\left(k^*-1\right)\right]d}{2}$      $\checkmark$



Ejercicio 5. Demostrar       $2+2^2+2^3+\cdots2^n=2\left(2^n-1\right).$

Para:  $n=1$,             $2^1=2\left(2^1-1\right)=2\left(2-1\right)=2\cdot 1=2.$            $\checkmark$

 HI   $n=k$,    $2+2^2+2^3+\cdots2^k=2\left(2^k-1\right).$  $\checkmark$                                                                                 

TI    $n=k^*$          $2+2^2+2^3+\cdots2^{k^*}=2\left(2^{k^*}-1\right).$                  


Prueba:             $2+2^2+2^3+\cdots2^{k^*}=\underbrace{2+2^2+2^3+\cdots2^k}+2^{k^*}$
                                                               HI
                                                                     $=\underbrace{2\left(2^k-1\right)}+2^{k^*}$
                                                                                  HI
                                                                     $=2^{k+1}-2+2^{k+1}$

                                                                     $=2\cdot 2^{k+1}-2$
                                                                 
                                                                     $=2\left( 2^{k^*}-1\right).$           $\checkmark$

Ejercicio 6.  Demostrar:

   $1+\frac{1}{2}+\frac{1}{2^2}+\frac{1}{2^3}\cdots+\frac{1}{2^{n-1}}=2-\frac{1}{2^{n-1}}.$  

Para:    $n=1$,        $\frac{1}{2^{1-1}}= 2-\frac{1}{2^{1-1}}$

                                $\frac{1}{2^0}= 2-\frac{1}{2^0}$ 
                                    
                                   $\frac{1}{1}= 2-\frac{1}{1}$
                              
                                       $1=1.$                            $\checkmark$



       $n=k$
HI           
$1+\frac{1}{2}+\frac{1}{2^2}+\frac{1}{2^3}\cdots+\frac{1}{2^{k-1}}=2-\frac{1}{2^{k-1}}.$
                                                                                       $\checkmark$

     $n=k^*$
TI
$1+\frac{1}{2}+\frac{1}{2^2}+\frac{1}{2^3}\cdots+\frac{1}{2^{k^*-1}}=2-\frac{1}{2^{k^*-1}}.$

Prueba:
$1+\frac{1}{2}+\frac{1}{2^2}+\frac{1}{2^3}\cdots+\frac{1}{2^{k^*-1}}=\underbrace{1+\frac{1}       {2}+\frac{1}{2^2}+\frac{1}{2^3}\cdots+\frac{1}{2^{k-1}}}+\frac{1}{2^{k^*-1}}$

                                                 $=\underbrace{2-\frac{1}{2^{k-1}}} +\frac{1}{2^{k^*-1}}$                                                                                        HI

                                                $=2-\frac{1}{2^k\cdot 2^{-1}} +\frac{1}{2^{\left(k+1\right)-1}}$

                                               $=2-\frac{2}{2^k} +\frac{1}{2^k}$

                                               $=2-\frac{1}{2^k} =2-\frac{1}{2^{\left(k+1\right)-1}}$

                                               $=2-\frac{1}{2^{k^*-1}}$              $\checkmark$

Ejercicio 7. Demostrar 
    
   $1^3+2^3+3^3+\cdots+n^3=\frac{n^2}{4}\left(n+1\right)^2.$

Demostración:

Para: $n=1$,                $1^3=\frac{1^2}{4}\left(1+1\right)^2$

                                        $1=\frac{1^2}{4}2^2$ 

                                        $1=\frac{1}{4}4$

                                                            $1=1$                         $\checkmark$
HI   
Para $n=k$,

$1^3+2^3+3^3+\cdots+k^3=\frac{k^2}{4}\left(k+1\right)^2.$    $\checkmark$

                                                                                    
TI
Para $n=k^*$,

$1^3+2^3+3^3+\cdots+\left(k^*\right)^3=\frac{\left(k^*\right)^2}{4}\left(k^*+1\right)^2.$

Demostración:
$1^3+2^3+3^3+\cdots+\left(k^*\right)^3=\underbrace{1^3+2^3+3^3+\cdots+k^3}+\left(k^*\right)^3$ 
                                                                $=\underbrace{\frac{k^2}{4}\left(k+1\right)^2}+\left(k+1\right)^3$
                                                               
                                                               $=\left(k+1\right)^2\left(\frac{k^2}{4}+k+1\right)$

                                                             $=\left(k+1\right)^2 \frac{\left(k^2+4k+4\right)}{4}$

                                                           $=\frac{\left(k+1\right)^2}{4}\left(k+2\right)^2$
                         
                                                          $=\frac{\left(k+1\right)^2}{4}\left(\left(k+1\right)+1\right)$

                                                                                       
                                                                                 $=\frac{\left(k^*\right)^2}{4}\left(k^*+1\right)^2.$          $\checkmark$
                                                                                                                                       

Ejercicios sobre Inducción Matemática I.

En  esta entrada se estudian ejercicios clásicos de inducción matemática.Se intenta dar claridad al desarrollo de los problemas. En todos los casos se toma     $\mathbb{N}=\{1, 2, 3, ... \}.$


Ejercicio 1. Demostrar que $1+2+3+\cdots +n= \frac{1}{2}n(n+1).$        $(Ec. 1)$

Demostración:
         Para $n=1$, tenemos   $1=\frac{1}{2}(1)(1+1)=\frac{1}{2}(1)(2)=1.$       $\checkmark$

Supongamos ahora que la proposición se cumple para $n=k$, es decir supongamos que la proposición
         
                       $1+2+3+\cdots +k = \frac{1}{2}k(k+1)$  es verdadera, esta es nuestra Hipótesis de Inducción, que indicamos como HI,  es decir, suponemos
                     
          HI             $1+2+3+\cdots +k = \frac{1}{2}k(k+1)$                 $\checkmark$  

Nos queda por probar  que

   $1+2+3+\cdots +k^* = \frac{1}{2}k^*(k^*+1)$    es verdadera, esta es nuestra Tesis de Inducción que indicamos como TI, es decir, nos falta por probar

  TI               $1+2+3+\cdots +k^* = \frac{1}{2}k^*(k^*+1)$              $\checkmark$.

Prueba:

  $1+2+3+\cdots +k^*=\underbrace{1+2+3+\cdots +k}+k^*=\underbrace{\frac{1}{2}k(k+1)}+(k+1)$
                                                          HI                                   HI

                                 $=\frac{k}{2}(k+1)+1\cdot(k+1)=(k+1)(\frac{k}{2}+1)=(k+1)(\frac{k+2}{2})$
                                 $=(k+1) \left( \frac{(k+1)+1}{2} \right)=\frac{1}{2}k^*(k^*+1)$.           $\checkmark$

Ya que es la misma $(Ec. 1)$ cuando sustituimos $n$ por $k^*$.

                           $\therefore 1+2+3+\cdots +n= \frac{1}{2}n(n+1).$


Ejercicio 2.  Demostrar  $ 2+4+6+\cdots +2n=n(n+1).$                           $(Ec. 2)$

Demostración:

           Para $n=1$, tenemos  $2\cdot 1=1\cdot (1+1)=1\cdot 2=2.$                $\checkmark$

 HI                   Para $n=k$, suponemos  $ 2+4+6+\cdots +2k=k(k+1).$                $\checkmark$

          Nos queda probar que

 TI                           Para $n=k^*$,   $ 2+4+6+\cdots +2k^*=k^*(k^*+1).$   

Prueba:

$ 2+4+6+\cdots +2k^*=2+4+6+\cdots +2k+2k^*= \underbrace{2+4+6+\cdots +2k}+2k^*$
                                                                                                             HI  

                                  $=\underbrace{k(k+1)}+2(k+1)=(k+1)(k+2)=k^*(k^*+1).$         $\checkmark$
                                            HI 


Ya que es la misma $(Ec. 2)$ cuando sustituimos $n$ por $k^*$.

                        $\therefore  2+4+6+\cdots +2n=n(n+1).$

Ejercicio 3. . Demostrar que $3+6+9+\cdots +3n= \frac{3}{2}n(n+1).$        $(Ec. 3)$

Demostración:
         Para $n=1$, tenemos   $3\cdot 1=\frac{3}{2}(3)(1+1)=\frac{3}{2}(2)=3.$       $\checkmark$

Supongamos ahora que la proposición se cumple para $n=k$,
                   
          HI               $3+6+9+\cdots +3k = \frac{3}{2}k(k+1)$                 $\checkmark$

Nos queda por probar  que

  TI                  $3+6+9+\cdots +3k^* = \frac{3}{2}k^*(k^*+1)$              es verdadera.

Prueba:

 $3+6+9+\cdots +3k^*=\underbrace{3+6+9+\cdots 3k}+3k^*=\underbrace{\frac{3}{2}k(k+1)}+3(k+1)$
                                                        HI                                     HI

                                 $=3(k+1)\left( \frac{k}{2}+1\right)=3(k+1)\left(\frac{k+2}{2}\right))$
                                 $=\frac{3}{2}(k+1) \left( (k+1)+1 \right)=\frac{3}{2}k^*(k^*+1)$.           $\checkmark$

Ya que es la misma $(Ec. 3)$ cuando sustituimos $n$ por $k^*$.

                    $\therefore3+6+9+\cdots +3n= \frac{3}{2}n(n+1).$


     

Postulados de Peano III.

OPERACIONES CON NÚMEROS NATURALES.

En esta Entrada se revisa la multiplicación de los números naturales aplicando los postulados de Peano, justificando sus diversas leyes: Ley de clausura, ley asociativa, ley conmutativa, ley distributiva,ley de cancelación.


Multiplicación sobre $\mathbb{N}$.
 La multiplicación se define por

 iii)   $n\cdot1=n$.
iv)    $n\cdot m^*=n\cdot m+n$    siempre que   $n\cdot m$   esté definido.

La multiplicación esta regida por las leyes:
                               
                                  $\forall m,n,p \in \mathbb{N}$,

$B_1$  Ley de clausura       $m\cdot n \in \mathbb{N}$

Demostración:
Sea la proposición  $P(n): m\cdot n \in \mathbb{N}$, para cualquier $m$ fijo y $n$ arbitrario.

Entonces  $P(1): m\cdot 1=m$ y tenemos que $P(1)$ es verdadera.

Supongamos  ahora  $P(k): m\cdot k$  verdadera.

Nos falta probar que $P(k^*)$ es verdadera.
Prueba:
                                 $P(k^*): m\cdot k^*= m\cdot k+m$  $\in \mathbb{N}$,
                                 ya que $m\cdot k \in \mathbb{N}$ por nuestra hipótesis de inducción y hemos supuesto $m \in \mathbb{N}$ desde el inicio.

                    $\therefore m\cdot n \in \mathbb{N}$ es verdadera.





Ejercicio preliminar : Demostrar que   $1\cdot n =n\cdot 1$
 Demostración:        Sea $P(n): 1\cdot n=n\cdot 1$
Tenemos que                  $P(1): 1\cdot 1=1\cdot 1$ es verdadera,
supongamos  ahora que $P(k): 1\cdot k=k\cdot 1$ es verdadera,
entonces      $P(k^*): 1\cdot k^*= 1\cdot k+1=k\cdot 1+1=k+1=k^*=k^*\cdot 1$ es verdadera.
                     $\therefore n\cdot 1=1\cdot n$ es verdadera.
                     $ \therefore n\cdot 1=1\cdot n=n$ es verdadera

$B_2$  Ley distributiva de la multiplicación sobre la suma por la derecha .                                                                             $ (m+p)\cdot n=m\cdot n+p\cdot n$.

Demostración: Sea   $P(n):  (m+p)\cdot n=m\cdot n+p\cdot n$.

Como    $P(1):  (m+p)\cdot 1=m+p=m\cdot 1+p\cdot 1$, tenemos que  $P(1)$ es verdadera,

supongamos ahora que  $P(k):(m+p)\cdot k=m\cdot k+p\cdot k$   es verdadera,

nos queda por probar que  $P(k^*)$  es verdadera.

Prueba:  $P(k^*):  (m+p)\cdot k^*=(m+p)\cdot k+(m+p)=m\cdot k+p\cdot k+m+p$

                                                  $ =(m\cdot k+m)+(p\cdot k+p)=m\cdot k^*+p\cdot k^*$,

y encontramos  que  $P(k^*)$   es verdadera,

                               $\therefore (m+p)\cdot n= m\cdot n+p\cdot n$  es verdadera.




$B_3$ Ley conmutativa   $n\cdot m=m\cdot n$.

Demostración:  Sea  $P(m): n\cdot m=m\cdot n$,  para cualquier  $n$ fijo y  $m$ arbitrario.

Tenemos que          $P(1): n\cdot 1=1\cdot n$  es verdadera ,

supongamos  ahora que  $P(k): n\cdot k=k\cdot n$  es verdadera,

Nos queda por probar que  $P(k^*): n\cdot k^*=k^*\cdot n$  es verdadera.

Prueba:   $P(k^*): n\cdot k^*=n\cdot k +n=k\cdot n+1\cdot n=(k+1)\cdot n=k^*\cdot n$  es verdadera.

                        $\therefore n\cdot m=m\cdot n$ es verdadera.






$B_4$   Ley distributiva del producto sobre la suma por la izquierda 

                     $m\cdot (n+p)=m\cdot n+ m\cdot p$.

Demostración:        Sea  $P(m): m\cdot (n+p)=m\cdot n+m\cdot p$.

Como         $P(1): 1\cdot (n+p)=n+p=1\cdot n+1\cdot p$  es verdadera,

podemos suponer que  $P(k): k\cdot (n+p)= k\cdot n+k\cdot p$  es verdadera.

Tenemos ahora que probar que  $P(k^*)$  es verdadera.

Prueba:
  $P(k^*): k^*\cdot (n+p)= (k+1)\cdot (n+p)=k\cdot(n+p)+1\cdot(n+p)$       (aplicar $B_2$)

                                                 $=k\cdot n+k\cdot p+n+p=(k\cdot n+n)+(k\cdot p+p)$

                                                 $=(k\cdot n+1\cdot n)+(k\cdot p+1\cdot p)$   (aplicar $B_2$)

                                                 $=(k+1)\cdot n+(k+1)\cdot p$

                                                 $=k^*\cdot n+k^*\cdot p$,  es verdadera.

                     $\therefore m\cdot (n+p)=m\cdot n+m\cdot p$  es verdadera.






$B_5$  Ley asociativa    $m\cdot (n\cdot p)=(m\cdot n)\cdot p.$

Demostración: Sea  $P(p): m\cdot (m\cdot p)=(m\cdot n)\cdot p.$

Como  $P(1): m\cdot(n\cdot 1)=m\cdot n=(m\cdot n) \cdot 1$  es verdadera,

podemos suponer que

          $P(k): m\cdot(n\cdot k)=(m\cdot n) \cdot k$  es verdadera.

Nos queda por probar que $P(k^*): m\cdot (n\cdot k^*)=(m\cdot n)\cdot k^*$ es verdadera.

Prueba:   $P(k^*):m\cdot (n\cdot k^*)=m\cdot (n \cdot k+n)$.      (aplicar $B_4$)
                                                         $=m\cdot (n\cdot k)+m\cdot n$
                                                         $=(m\cdot n)\cdot k+(m\cdot n)\cdot 1$
                                                         $=(m\cdot n)(k+1)=(m\cdot n)\cdot k^*$ es verdadera.

             $\therefore m\cdot (n\cdot p)=(m\cdot n)\cdot p$.


$B_6$  Ley de cancelación  Si  $m\cdot p=n\cdot p$,  entonces  $m=n$.

Demostración: Sea  $P(p)$:   $m\cdot p=n\cdot p$.

Como   $P(1)$ es     $m\cdot 1=n\cdot 1$,  entonces  $m=n$,

tenemos que $P(1)$  es verdadera.

Supongamos ahora que  $P(k)$  es verdadera, es decir, supongamos que

                         $m\cdot k=n\cdot k$.

Nos queda por probar que  $P(k^*)$: Si $m\cdot k^*=n\cdot k^*$,  entonces  $m=n$ .

Prueba:
                                Si  $m\cdot k^*=n\cdot k^*$,  entonces   $m\cdot k+m=n\cdot k+n.$ .

                                Si  $m\cdot k+m=n\cdot k+n$, entonces $m=n$  es verdadera,

                                              ya que si   $m\cdot k=n\cdot k$  podemos aplicar $A_4$
                             
                              $\therefore$ Si $m\cdot p=n\cdot p$, entonces $m=n$ .


                             

Postulados de Peano II.

Operaciones con números naturales.

Adición sobre $\mathbb{N}$.

i)    $n+1=n^*$     $\forall n \in \mathbb{N}$.

ii)  $n+m^*=(n+m)^*$  siempre que $n+m$ esté definido.

La adición está regida por la siguientes leyes:

             $\forall$ $ m,n,p \in \mathbb{N}$,

$A_1$. Ley de clausura:   $n+m$  $\in$  $\mathbb{N}.$

Demostración:

Sea la proposición

                    $P(m):$     $n+m$ $\in$  $\mathbb{N}$.

Entonces:     $P(1):$      $n+1$  $\in$   $\mathbb{N}$.    (Postulado II)

Supongamos ahora que para algún $k$ $\in$ $\mathbb{N}$

                     $P(k):$      $n+k$  $\in$   $\mathbb{N}$ es cierto.

Como           $P(k^*):$      $n+k^*=(n+k)^*$  $\in$   $\mathbb{N}$ es cierto.   (Postulado II)

Tenemos que $P(m)$ es válido $\forall$ $m$ $\in$  $\mathbb{N}$,

y como $n$ $\in$ $\mathbb{N}$ es arbitrario concluimos que $A_1$ es válida $\forall$ $m,n$ $\in$  $\mathbb{N}.$

$A_2$. Ley asociativa:   $n+(m+p)=(n+m)+p$.

Demostración:

Sea la proposición     $P(p): n+(m+p)=(n+m)+p$, para cualquier $p \in \mathbb{N}$, con $m,n, \in \mathbb{N}$ arbitrarios. 

Entonces, para $n=1$ tenemos

                   $P(1): n+(m+1)=n+m^*=(n+m)^*=(n+m)+1$ , y vemos que $P(1)$ es cierto.

Ahora supongamos que $P(k)$ es cierto para algún $k \in \mathbb{N}$, es decir, suponemos que   

                                   $P(k): n+(m+k)=(n+m)+k$            es cierto.

Nos queda ahora por probar que

                       $P(k^*): n+(m+k^*)=(n+m)+k^*$ es verdadero.

Prueba:
                                   $P(k^*): n+(m+k^*)=n+(m+k)^*=[n+(m+k)]^*$,

pero $P(k)$ nos permite sustituir $n+(m+k)$ por $(n+m)+k$, entonces $P(k^*)$ toma la forma

          $P(k^*): n+(m+k^*)=n+(m+k)^*=[n+(m+k)]^*=[(n+m)+k]^*=(n+m)+k^*$.

Tenemos de esta manera que $P(p)$ es válida y como $m$ y $n$ son arbitrarios,

                              $n+(m+p)=(n+m)+p$

es válida par todos los números naturales.
   
Ejercicio preliminar: Demostrar que           $n+1=1+n$.
Demostración:  Sea                               $P(n): n+1=1+n$,
Entonces:                                             $P(1): 1+1=1+1,$ es verdadera.
Supongamos que para algún                 $k \in\mathbb{N}$,
                                                           $P(k): k+1=1+k$ es verdadera.
Tenemos  que                            $P(k^*): k^*+1=(k+1)+1=(1+k)+1=1+(k+1)=1+k^*$ es verdadera.
                                                         $\therefore n+1=1+n$.

$A_3$. Ley conmutativa:  $n+m=m+n$.

Demostración:   Sea $P(m): n+m=m+n$.

Entonces     $P(1): n+1=1+n$ es verdadera. 
        
Supongamos que para algún       $k \in\mathbb{N}$,
                  $P(k): n+k=k+n$  es verdadera.

Tenemos  que      $P(k^*): n+k^*=(n+k)^*=(k+n)^*=k+n^*$ 
                                                  $=k+(n+1)=k+(1+n)=(k+1)+n=k^*+n$ es verdadera,
                                                         $\therefore n+m=m+n$.

$A_4$. Ley de cancelación:  Si $m+p=n+p$, entonces $m=n$.

Demostración:   Hagamos $P(p)$:  Si $m+p=n+p$, entonces $m=n$.

Sea      $P(1)$: Si  $m+1=n+1$, entonces $m=n$,

entonces $P(1)$ la podemos escribir como

            $P(1)$: Si $m^*=n^*$, entonces $m=n$  (Postulado IV),

y tenemos que $P(1)$ es verdadera.

Ahora supongamos que 
                    $P(k)$: Si $m+k=n+k$ , entonces $m=n$ es verdadera.

Nos queda por demostrar que $P(k^*)$ es verdadera.

Demostración:

Tengamos  
                   $P(k^*)$: Si $m+k^*=n+k^*$, entonces $(m+k)^*=(n+k)^*$,
                               
                                 Si $(m+k)^*=(n+k)^*$, entonces $m+k=n+k$,

                                Si $m+k=n+k$, entonces $m=n$.

Y encontramos que $P(k^*)$ es verdadera,

                 $\therefore $ Si $m+p=n+p$, entonces $m=n$, es verdadera.