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Capítulo 1

NÚMEROS NATURALES

En la presentación efectuada en la enseñanza media, se introdujeron los números reales. Este conjunto no vacío, que se simbolizo por , satisface la axiomatica de campo ordenado y completo. Los elementos de este conjunto pasaron a ser los números reales y ayudados por la teoría de conjuntos se definieron algunos conjuntos de números reales tales como los naturales , los enteros , los racionales , los irracionales — , o sea partimos del conjunto universo y fuimos consiguiendo subconjuntos de hasta obtener . La pregunta que se plantea es: ¿Se podra proceder al reves, es decir, partir de y llegar a ? Este camino es posible, pero requiere de una mayor conceptualizaciúon.

1.1 Conjuntos inductivos

Definición 1.1.1 Sea A un conjunto de números reales, entonces:

A es inductivo (1 ∈ A ∧ ∀x ∈ (x ∈ A → (x + 1) ∈ A)).

Notas:

Hacemos ver que si A es inductivo, entonces 1 ∈ A, (1 + 1) = 2 ∈ A, tambien 2 + 1 = 3 ∈ A, etc.

Algunos ejemplos de conjuntos inductivos son , ⁺, {x | x ≥ 1}, , , etc.

Como ejemplos de conjuntos no inductivos tenemos ⁻, [ − 3, 8, ( − 13, 81], {x | x ≤ 1}, etc.

Definición 1.1.2 El conjunto de los números naturales se define como:

= {x ∈ | para todo conjunto A inductivo; x ∈ A}.

Nota:

La definición anterior nos dice que es el menor conjunto de números reales que es inductivo.

Haremos ver que contiene exactamente a los números:

1, 2, 3, 4, ⋯ , n, (n + 1), ⋯

Por tal motivo deberemos entregar la definición de función sucesor.

Definición 1.1.3 La función sucesor s : → se define por s(x) = x + 1.

El objetivo principal al entregar la definición anterior es para que el teorema que viene a continuacion quede bien expresado.

Teorema 1.1.1 Se tiene:

(1) ∈ .

(2) ∀n ∈ (s(n) ∈ ).

(3) ∀n ∈ (n > 0).

(4) ∀n ∈ (s(n) ≠ 1).

(5) ∀n ∈ ∀m ∈ (s(n) = s(m) → n = m).

(6) ∀n ∈ (n = 1 ∨ ∃m ∈ (s(m) = n)).

Demostración:

Sólo entregaremos la demostración de (3). Pues bien, sea A = {n ∈ | n > 0}, haremos ver que A es inductivo.

En primer lugar, 1 ∈ A, pues sabemos que 1 > 0, esto es a causa de la axiomática de que (, +, ·, ≤) es campo ordenado. Por otra parte, sea n ∈ A, entonces n ∈ y n > 0, luego (n + 1) ∈ y como n + 1 > 1 > 0 se concluye que (n + 1) ∈ A.

Por lo tanto, tenemos que A es inductivo, en consecuencia, resulta ⊆ A, o sea, ∀n ∈ (n > 0).

Nota:

El esquema que se utilizó en la demostración anterior es el siguiente:

(1) Se construye el conjunto A = {n ∈ | n satisface la propiedad p}, lo que simbolizamos mediante A = {n ∈ | p(n)}.

(2) Se demuestra que el conjunto A definido en (1) es inductivo, es decir:

(2.1) 1 ∈ A, lo que es equivalente a demostrar que 1 tiene la propiedad p, es decir p(1).

(2.2) n ∈ A s(n) ∈ A, o sea si n ∈ A, entonces p(n) → p(n + 1).

(2.3) Se concluye que ⊆ A, o sea, ∀n ∈ (p(n).

El esquema anterior es lo que se conoce como Primer principio de inducción matemática, este principio nos entrega un metodo para demostrar cualquier propiedad p(n) para todos los números naturales.

1.2 Principios de inducción

1.2.1 Primer principio de inducción

El enunciado de este principio es el siguiente:

Sea p(n) una formula en n, entonces:

[p(1) ∧ ∀n ∈ (p(n) → p(n + 1))] → ∀n ∈ (p(n)).

Nota:

Tenemos:

2 + 4 + 6 + ⋯ 2n = 2(1 + 2 + 3 + ⋯ + n),

ahora bien, veremos en el problema resuelto [1.3.2] que:

1 + 2 + 3 + ⋯ + n = ,

con lo que:

2 + 4 + 6 + ⋯ + 2n = 2(1 + 2 + 3 + ⋯ + n) = 2 · = n(n + 1) = n² + n ≠ n² + n + 1,

sin embargo, si consideramos la proposición falsa:

2 + 4 + 6 + ⋯ + 2 n = n² + n + 1,

como verdadera para n, sumando (2n + 2) a cada lado de ésta, se cumple que:

2 + 4 + 6 + ⋯ + 2 n + (2n + 2) = n² + n + 1 + (2n + 2) =

= n² + 2n + 1 + n + 1 + 1 = (n + 1)² + (n + 1) + 1,

vemos que se satisface la hipótesis inductiva. No se puede tener la igualdad para un primer n, por ejemplo, para 1, 2, etc.

Al no cumplirse para n = 1, 2, 3, · · · no podemos concluir que es falsa, pues podría ser verdadera por ejemplo para n = 2789341.

Nota:

El siguiente resultado es equivalente con el primer principio de inducción y proposición el metodo para resolver aquellos casos en que se desea demostrar inductivamente una propiedad p(n) no necesariamente para todo natural n, sino que para aquellos n mayores o iguales a algún natural a.

Teorema 1.2.1 Sea n₀ ∈ , p(n) una fórmula que contiene a n, entonces:

[p(n₀) ∧ ∀n ∈ ((n ≥ n₀ ∧ p(n) → p(n + 1))] → ∀n ∈ (n ≥ n₀) p(n).

Demostración:

Si n₀ = 1 se tiene el primer principio de induccion y el teorema es cierto. Consideremos, entonces para n₀ ∈ el conjunto:

I₁ = {n ∈ | (n ≥ n₀ → p(n)} .

Haremos ver que I₁ es un conjunto inductivo.

En primer lugar, tenemos que 1 ∈ I₁ puesto que:

(i) Si 1 ≥ n₀ , entonces n₀ = 1 y, por hipótesis, se tiene que p(n₀ ) es verdad, luego, p(1) es verdadero y 1 ∈ I₁.

(ii) Si 1 n₀, entonces 1 ≥ n₀ → p(1) es verdad, porque el antecedente es falso, luego 1 ∈ I₁.

Tomemos ahora n ∈ I₁, entonces n ∈ y n ≥ n₀ → p(n), luego tenemos que (n + 1) ∈ y se presentan dos casos:

(i) Si n ≥ n₀, entonces n + 1 ≥ n₀ + 1, luego n ∈ I₁ y n ≥ n₀, entonces p(n) es verdad y, por la hipótesis del teorema, p(n + 1) es verdad, por lo tanto, (n + 1 ≥ n₀ → p(n + 1)). Luego (n + 1) ∈ I₁.

(ii) Si n n₀ se tiene n < n₀ y, por lo tanto (n + 1) ≤ n₀; luego:

(a) Si (n + 1) = n₀, entonces como p(n₀) es verdad por hipótesis se tendrá que (n + 1) ∈ I₁.

(b) Si (n + 1) < n₀, entonces (n + 1 ≥ n₀ → p(n + 1) es verdad porque su antecedente es falso, por lo tanto, (n + 1) ∈ I₁.

Hemos demostrado que I₁ es un conjunto inductivo con lo que ⊆ I₁, o sea ∀n ∈ (n ∈ I₁), o mejor ∀n ∈ (n ≥ n₀) p(n).

1.2.2 Segundo principio de inducción

El enunciado de este principio es el siguiente:

Sea p(n) una fórmula en n y n₀ ∈ , entonces:

(i)

[p(n₀) ∧ ∀n ∈ [(n > n₀) (p(n₀) ∧ p(n₀ + 1) ∧ · · · ∧ p(n)) → p(n + 1)]]

↓

∀n ∈ ((n > n₀) p(n)).

(ii)

[p(1) ∧ ∀n ∈ [(p(1) ∧ p(2) ∧ ··· ∧ p(n)) → p(n + 1)]] → ∀n ∈ ( p(n)).

Nota:

Es claro que (ii) es un caso particular de (i).

1.2.3 Otros conceptos

A causa de lo que estudiaremos con posterioridad, es necesario entregar algunas definiciones inductivas; éstas son:

Definición 1.2.1 Sea n ∈ se define la función factorial (!) del modo siguiente:

1! = 1 ∧ (n + 1)! = n!(n + 1).

Definición 1.2.2 Sea f : → , se define la sumatoria desde k = 1 hasta k = n de los f (k) del modo siguiente:

Definición 1.2.3 Sea f : → , se define la productoria desde k = 1 hasta k = n de los f (k) del modo siguiente:

Definición 1.2.4 Sea p ∈ diremos que p es un número primo si:

∀n ∈ ∀m ∈ (p = n · m → (n = 1 ∨ m = 1).

Definición 1.2.5 Sean p, q ∈ diremos que p y q son primos relativos si:

(∀r ∈ )(∀s ∈ )(∀t ∈ )[(p = r · s ∧ q = r · t) → (r = 1 ∨ r = −1)],

es decir, si el MCD(p, q) = 1

A continuación pasaremos a aplicar los principios de inducción resolviendo algunos problemas.

1.3 Problemas resueltos

Problema 1.3.1 Para el natural fijo n, calcular la suma:

S = 1 + 2 + 3 + ·· · + n.

Solución:

Se tiene:

y sumando miembro a miembro estas dos igualdades, se obtiene:

2S = (n + 1) + (n + 1) + (n + 1) + ·· · + (n + 1),

o sea:

2S = n(n + 1),

de donde:

S = 1 + 2 + 3 + ··· + n = ,

que es el resultado pedido.

Nota:

En el problema siguiente, haremos ver que esta fórmula es válida para todo número natural.

Problema 1.3.2 Demostrar que:

Solución:

Consideramos el conjunto:

haremos ver que este conjunto I es inductivo.

Que n = 1 ∈ I es evidente, pues:

Suponemos válido que n ∈ I, o sea:

Ahora deberemos probar que (n + 1) ∈ I, es decir:

En efecto, se tiene:

por lo tanto I es un conjunto inductivo. Esto quiere decir que:

Problema 1.3.3 Para el natural fijo n, calcular la suma:

S = 1² + 2² + 3² + ··· + n².

Solución:

Se tiene:

y sumando miembro a miembro estas dos igualdades, se obtiene:

(n + 1)³ − 1 = 3(1² + 2² + 3² + ··· + n²) + 3(1 + 2 + 3 + ··· + n) + n,

o sea:

3(1² + 2² + 3² + ··· + n²) = (n + 1)³ − (n + 1) − ,

de donde se consigue:

por consiguiente:

Notas:

(1) En el problema siguiente, haremos ver que esta fórmula es válida para todo número natural.

(2) En lo sucesivo, por comodidad, no escribiremos en las soluciones siguientes el conjunto I (que deberá establecerse que es inductivo); sólo probaremos para n = 1, aceptaremos para n y demostraremos para n + 1.

Problema 1.3.4 Demostrar que:

Solución:

Para n = 1 es evidente, pues:

Suponemos el resultado válido hasta n, o sea:

Ahora deberemos probarlo para (n + 1), es decir:

En efecto, se tiene:

Problema 1.3.5 Para el natural fijo n, calcular la suma:

S = 1³ + 2³ + 3³ + · ·· + n³.

Solución:

Se tiene:

sumando miembro a miembro estas dos igualdades y factorizando adecuadamente, se obtiene:

1³ + 2³ + 3³ + ··· + n³ = .

Nota:

En el problema siguiente, haremos ver que esta fórmula es válida para todo número natural.

Problema 1.3.6 Demostrar que:

∀n ∈ [1³ + 2³ + 3³ + ··· + n³ = .

Solución:

A causa de la similitud con los problemas anteriores, la demostración queda a cargo del lector.

Problema 1.3.7 Demostrar que:

Solución:

Para n = 1 es evidente, pues:

1 = 1².

Suponemos el resultado válido hasta n, o sea:

1 + 3 + 5 + ··· + (2n − 1) = n².

Ahora deberemos probarlo para (n + 1), es decir:

1 + 3 + 5 + ··· + (2n − 1) + (2n + 1) = (n + 1)².

En efecto, se tiene:

1 + 3 + 5 + ··· + (2n − 1) + (2n + 1) = n² + (2n + 1) = n² + 2n + 1 = (n + 1)².

Problema 1.3.8 Demostrar que:

∀n ∈ [(x − y) es divisor de (xn − yn)].

Solución:

Para n = 1 es evidente, puesto que x − y es factor de x − y. Suponemos ahora que x − y es divisor de xn − yn; deberemos establecer que x − y es divisor de xn ^{+ 1} − yn ^{+ 1}.

Si a xn ^{+ 1} − yn ^{+ 1} le restamos y sumamos xyn, conseguiremos:

xn ^{+ 1} − yn ^{+ 1} = xn ^{+ 1} − xyn + xyn − yn ^{+ 1} = x(xn − yn) + yn(x − y).

Como cada término de esta última expresión es divisible por x − y, también lo es xn ^{+ 1} − yn ^{+ 1}, lo que demuestra lo pedido.

Problema 1.3.9 Si a₁ = a₂ = 1 y an + 1 = 3a_n + a_n−1 (n ≥ 2), entonces a_n y a_{n + 1} son primos relativos.

Solución:

Vemos que a₁ y a₂ son primos relativos. Aceptemos la propiedad hasta n y supongamos que an y an _{+ 1} no son primos relativos, o sea, existe el máximo común divisor entre an y a_n−1 y es MCD[an, an _{+ 1}] = d ≠ 1, es decir, an _{+ 1} = pd y an = qd y como an _{+ 1} = 3a_n + a_n−1 resulta pd = 3qd + a_n−1, luego a_n−1 = (p − 3q)d, MCD[an, a_n−1]= d ≠ 1, lo que es una contradicción, puesto que

hemos aceptado que estos últimos son primos relativos.

Problema 1.3.10 Sea n ∈ , se considera yn = (3 + )ⁿ + (3 − )ⁿ. Demostrar que:

(1) yn _{+ 1} = 6yn _{− 4}yn₋₁.

(2) yn es entero.

(3) El siguiente entero mayor que (3 + )ⁿ es divisible por 2ⁿ.

Solución:

Para (1)

Para (2)

y₁ = (3 + ) + (3 − ) = 6 es entero.

y₂ = (3 + )² + (3 − )² = 2(9 + 5) = 28 es entero.

Supongamos que y₁, y₂, ·· · , yn son enteros; pues bien, como yn _{+ 1} = 6yn −4yn−1 se sigue que yn _{+ 1} es entero.

Para (3)

Si n = 1 el siguiente entero mayor que (3 + ) es 6, que es divisible por 2¹ = 2. Si n = 2, el siguiente entero mayor que (3 + )² es 28, que es divisible por 2² = 4. Ahora como (3 − )ⁿ es decimal (o sea ∈]0, 1[), se deduce que yn es el siguiente entero mayor que (3 + )ⁿ. Si yn es divisible por 2n e yn _{- 1} es divisible por 2ⁿ⁻¹, entonces por (1) se tendrá yn _{+ 1} = 6yn − 4yn _{- 1} = 6 · 2ⁿp − 4 · 2ⁿ⁻¹q = 2^{n + 1}(3_{p − q}).

Problema 1.3.11 Si a₁ = −5, a₂ = −26 y

∀n ≥ 3 : an = 5a_n−1 − 6a_n−2 + 5 · 2ⁿ⁻²,

entonces:

∀n ∈ : an = 3 · 2ⁿ − 2 · 3ⁿ − 5 · n · 2ⁿ⁻¹.

Solución:

En este caso se tiene:

a₁ = 3 · 2 − 2 · 3 − 5 · 1 · 2⁰ = −5,

y también:

a₂ = 3 · 2² − 2 · 3² − 5 · 2 · 2¹ = −26.

Por otro lado, resulta:

Problema 1.3.12 Demostrar que:

∀n ∈ : 83⁴ⁿ − 2 · 97²ⁿ + 1

es divisible por 16.

Solución:

Para n = 1 83⁴ − 2 · 97² + 1 = 47.458.321 − 18818 + 1 = 47.439.504 = 16 · 2.964.969

Se supone para n

83⁴ⁿ − 2 · 97²ⁿ + 1

es divisible por 16.

Se demuestra para n + 1

83^{4n + 4} − 2 · 97^{2n + 2} + 1

es divisible por 16.

Demostración:

Problema 1.3.13 Demostrar que si n es impar, entonces 24 divide a:

n(n² − 1)

Solución:

Para n = 1, que es impar

1(1² − 1) = 0

y 0 es divisible por 24.

Se supone para n = 2m − 1

(2m − 1)[(2m − 1)² − 1]= 4m(2m − 1)(m − 1)es divisible por 24.

Se demuestra para n = 2m + 1 (2m + 1)[(2m + 1)² − 1]= 4m(2m + 1)(m + 1) es divisible por 24.

Demostración:

Problema 1.3.14 Demostrar que:

Solución:

Para n = 1

Se supone para n

Se demuestra para n + 1

Demostración:

luego:

Problema 1.3.15 Demostrar que:

Solución:

Para n = 1

Se supone para n

Se demuestra para n + 1 que:

Demostración:

Pero:

(96n² + 236n + 123) : (4n + 3) = 24n + 41 = 24(n + 1) + 17,

o sea:

(96n² + 236n + 123) = (4n + 3) · (24(n + 1) + 17). (1.2)

De (1.1) y (1.2) se sigue el resultado, es decir:

Problema 1.3.16 Sea f : → la función definida recursivamente por

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

demostrar que:

f(n) = 2^{n + 1} + 3ⁿ.

Solución:

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

f(1) = 2^{1 + 1} + 3¹ = 2² + 3 = 4 + 3 = 7

f(2) = 2^{2 + 1} + 3² = 2³ + 3² = 8 + 9 = 17

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

f(n) = 2^{n + 1} + 3ⁿ

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

Deberemos establecer ahora que:

f(n + 1) = 2^{n + 2} + 3^{n + 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) = 2^{n + 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) = 2^{n + 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, x_{n + 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} < b^{n + 1}.

Pues bien, se tiene:

a^{n + 1} = an · a < bn · a < bn · b = b^{n + 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 a_2n−1 < 3, con ello:

además, resulta que:

(2) Ahora:

Supongamos a₁ < a₃ < a₅ < ··· < a_2n−1, así:

En conclusión, tenemos que:

a₁ < a₃ < a₅ < ··· < a_2n−1 < a_{2n + 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 = 2^{n − 1}

(2)

(3)

(4)

(5)

(6) Sea a₁ = 7, a₂ = 17, an = 5a_n−1 − 6a_n−2 para n ≥ 3, entonces: ∀n ∈ : an = 2^{n + 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 ∈ : 2^{2n + 1} − 9n² + 3ⁿ − 2 es divisible por 54.

(22) Demostrar que ∀n ∈ : 7²ⁿ − 48n − 1 es divisible por 2304.

(23) Demostrar que ∀n ∈ : 5^{2(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 · 4^{n + 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)a_n−1 − a_n−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.