Paqueteria / Libreria

Aquí encontraras la paquetería y librería necesaria para este HTML.

PAQUETERIA

A continuación encontraras la lista de los paquetes que debes instalar:

install.packages(tidyverse)
install.packages(kableExtra)
install.packages(agricolae)
install.packages(RColorBrewer)
install.packages(ggplot2)
install.packages(devtools)
install.packages(usethis)
install.packages(dplyr)
install.packages(modeest)

LIBRERIAS

Código

library(tidyverse)
library(kableExtra)
library(agricolae)
library(RColorBrewer)
library(ggplot2)
library(devtools)
library(usethis)
library(dplyr)
library(gginference)
library(modeest)

[@tidyverse; @kableExtra; @agricolae; @RColorBrewer][@ggplot2; @devtools; @usethis; @dplyr; @dbplyr]

Punto 1

Demostrar por el PIM

1^3+2^3+\ldots+(n-1)^3<\frac{n^4}{4}<1^3+2^3+\ldots+n^3

Base de inducción

Comprobemos para n=1
- Lado izquierdo: 0 (ya que: (n-1)^{3}=0^{3})
- Lado derecho: \frac{1^{4}}{4}=\frac{1}{4}
La desigualdad se cumple para: 0<\frac{1}{4}<1
Paso inductivo

Supongamos que para algun n=k se cumple:

1^3+2^3+\ldots+(k-1)^3<\frac{k^4}{4}<1^3+2^3+\ldots+k^3

Queremos demostrar que tambien se cumple para n=k+1

1^3+2^3+\ldots+k^3<\frac{(k+1)^4}{4}<1^3+2^3+\ldots+(k+1)^3
- Para el lado izquierdo de la desigualdad
  
  1^3+2^3+\ldots+k^3<\frac{k^4}{4}<k^3
  
  Queremos probar que esto es menor que \frac{(k+1)^4}{4}
  
  \begin{aligned} & \frac{k^4}{4}+k^3<\frac{(k+1)^4}{4} \\ & 4\left(k^3\right)+k^4<\left(k^4+4 k^3+6 k^2+4 k+1\right) \\ & 0<6 k^2+4 k+1\end{aligned}
  
  Que es cierto para todo $ k\ge 1 $
- Para el lado derecho de la desigualdad
  
  Desde la hipotesis de la inducción:
  
  \frac{k^4}{4}<1^3+2^3+\ldots+k^3
  
  Queremos probar que:
  
  \frac{(k+1)^{4}}{4}<1^{3}+2^{3}+\ldots+(k+1)^{3}
  
  Sabemos que:
  
  \frac{k^{4}}{4}<1^{3}+2^{3}+\ldots+k^{3}
  
  Y sumando (k+1)^{3} a ambos lados tenemos
  
  \frac{k^4}{4}+(k+1)^3<1^3+2^3+\ldots .+k^3+(k+1)^3
  
  Como \frac{k^4}{4}+(k+1)^3<\frac{(k+1)^4}{4} concluimos que:
  
  \frac{(k+1)^4}{4}<1^3+2^3+\ldots+(k+1)^3
Conclusión

Ambos lados de la desigualdad se cumplen, por el PIM se demostró que:

1^3+2^3+\ldots+(n-1)^3<\frac{n^4}{4}<1^3+2^3+\ldots+n^3 es verdadero para todo n\ge 1

Punto 2

Demostrar que 2^{2 n+1}-9 n^2+3 n-2 es divisible por 54 .

Base de inducción

Comprobemos para n=1

2^{2(1)+1}-9(1)^2+3(1)-2=8-9+3-2=0

0 es divisible por 54 , por lo tanto, la base de inducción se cumple.

Paso inductivo

Supongamos que la afirmación se cumple para un número n=k, supongamos que: 2^{2 k+1}-9 k^2+3 k-2 es divisible por 54

Queremos demostrar que: 2^{2(k+1)+1}-9(k+1)^2+3(k+1)-2 es divisible por 54. Esto es equivalente a:

2^{2 k+3}-9\left(k^2+2 k+1\right)+3 k+3-2

Simplificamos la expresión:

\begin{aligned} & =2^{2 k+3}-9 k^2-18 k-9+3 k+3-2 \\ & =2^{2 k+3}-9 k^2-15 k-8 \end{aligned}

Usando la hipótesis de inducción: 2^{2 k+1}-9 k^2+3 k-2=54 m para algún entero m Observamos que:

2^{2 k+3}=4 \cdot 2^{2 k+1}

Reescribimos la expresión en términos de 2^{2 k+1} :

\begin{aligned} & =4\left(2^{2 k+1}\right)-9 k 2-15 k-8 \\ & =4\left(54 m+9 k^2-3 k+2\right)-9 k^2-15 k-8 \\ & =216 m+36 k^2-12 k+8-9 k^2-15 k-8 \\ & =216 m+27 k^2-27 k \\ & =27\left(8 m+k^2-k\right) \end{aligned}

Conclusión

Demostramos que la expresión puede ser escrita como múltiplo de 27 y también es divisible por 2. Podemos concluir que: 2^{2 n+1}-9 n^2+3 n-2 es divisible por 54 para todo n \geq 1

Punto 3

Definimos los números de F_a de Fermat mediante la formula

f_n=2^{2^*}+1 \text { para } n=0,1, \ldots

Pruebe que para todo n \geq 1, F_0 F_1 \ldots F_{n-1}+2=F_n

Base de inducción

Comprobemos para \mathrm{n}=1 Calculamos \mathrm{F}_0 :

F_0=2^{2^p}+1=2^1+1=3

Calculamos \mathrm{F}_1 :

F_1=2^{2^1}+1=2^2+1=5

Ahora verifiquemos para \mathrm{n}=1

F_0+2=3+2=5=F_1

La propiedad es cierta para \mathrm{n}=1

Paso inductivo

Supongamos que la propiedad es cierta para algún \mathrm{n}=\mathrm{k} :

F_0 F_1 \cdots F_{k-1}+2=F_k

Queremos demostrar que:

F_0 F_1 \cdots F_k+2=F_{k+1}

Sabemos por definición de los números de Fermat que:

F_n=2^{2^n}+1

Partiendo de la hipótesis de inducción, tenemos:

F_0 F_1 \cdots F_{k-1}+2=F_k=2^{2^k}+1

Multiplicando ambos lados por F_k obtenemos:

F_0 F_1 \cdots F_{k-1} \cdot F_k+2 F_k=F_k \cdot F_k

Sustituyendo F_k=2^{2^t}+1 :

F_0 F_1 \cdots F_k+2=\left(2^{2^k}+1\right)\left(2^{2^k}+1\right)

Desarrollamos:

\begin{aligned} & =2^{2^k} \cdot 2^{2^k}+2 \cdot 2^{2^k}+1 \\ & =2^{2 k+1}+2+1-1 \\ & =2^{2 k+1}+1=F_{k+1} \end{aligned}

Conclusión

Se concluye que por el PIM que:

F_0 F_1 \cdots F_{n-1}+2=F_n \text { es cierto para todo } n \geq 1

Punto 4

Demostrar que: \left( \frac{4}{3} \right)^{n}< n

Base de Inducción: Para \boldsymbol{n}=7, tenemos que:

\left(\frac{4}{3}\right)^7 \approx 7.49

y sabemos que 7.49>7. Por lo tanto, la base de inducción se cumple.

Hipótesis de Inducción: Supongamos que la proposición es cierta para n, es decir:

\left(\frac{4}{3}\right)^n>n

Paso Inductivo: Debemos demostrar que la proposición también es cierta para n+1, es decir, que:

\left(\frac{4}{3}\right)^{n+1}>n+1

Partimos de la expresión para \left(\frac{4}{3}\right)^{n+1} en términos de \left(\frac{4}{3}\right)^n :

\left(\frac{4}{3}\right)^{n+1}=\frac{4}{3} \cdot\left(\frac{4}{3}\right)^n

Usando la hipótesis de inducción, sabemos que \left(\frac{4}{3}\right)^n>n, por lo tanto:

\left(\frac{4}{3}\right)^{n+1}=\frac{4}{3} \cdot\left(\frac{4}{3}\right)^n>\frac{4}{3} \cdot n

Ahora necesitamos mostrar que:

\frac{4}{3} \cdot n>n+1

Esto es equivalente a demostrar que:

\frac{4}{3} \cdot n-n>1

Factorizando n, obtenemos:

n\left(\frac{4}{3}-1\right)>1

Simplificando \frac{4}{3}-1=\frac{1}{3}, tenemos:

\frac{n}{3}>1

Esto se cumple para n \geq 4, y dado que estamos probando para n \geq 7, esta desigualdad es cierta. 4.

Conclusión

Por el principio de inducción matemática, hemos demostrado que:

\left(\frac{4}{3}\right)^n>n para todo n \geq 7.

Punto 5

Sea F_n el n-ésimo termino de la secuencia de Fibonacci. Recordemos que se define la secuencia de Fibonacci, así

F_0=0, \quad F_1=1 \quad \text { y } \quad F_{n+1}=F_n+F_{n-1} \quad \text { si } n \geq 0 .

Demostrar que para todo natural n \geq 1 tenemos.

a) F_1+F_2+\cdots+F_n=F_{n+2}-1

b) F_{n+1} \cdot F_{n-1}-F_n^2=(-1)^n

c) \left(\begin{array}{ll}1 & 1 \\ 1 & 0\end{array}\right)^n=\left(\begin{array}{cc}F_{n+1} & F_n \\ F_n & F_{n-1}\end{array}\right)

d) \binom{n}{0}+\binom{n-1}{1}+\binom{n-2}{2}+\cdots=F_{n+1}. Donde en la suma interpretamos \binom{m}{k}=0 si k>m.

Parte a: F_1+F_2+\cdots+F_n=F_{n+2}-1

Base de inducción

Para n=1:

F_1=1 \quad \text { y } \quad F_{1+2}-1=F_3-1=2-1=1

Entonces, la igualdad se cumple para n=1.

Hipótesis de inducción

Supongamos que para algún k \geq 1, se cumple que

F_1+F_2+\cdots+F_k=F_{k+2}-1

Paso inductivo

Queremos probar que la fórmula también se cumple para k+1, es decir, que

F_1+F_2+\cdots+F_k+F_{k+1}=F_{k+3}-1 .

Usando la hipótesis de inducción, tenemos:

F_1+F_2+\cdots+F_k+F_{k+1}=\left(F_{k+2}-1\right)+F_{k+1} .

Sabemos que F_{k+3}=F_{k+2}+F_{k+1}, entonces:

\left(F_{k+2}-1\right)+F_{k+1}=F_{k+3}-1 .

Por lo tanto, se cumple para k+1

Conclusión

Por el principio de inducción matemática, la fórmula es válida para todo n \geq 1 :

F_1+F_2+\cdots+F_n=F_{n+2}-1

Parte b: F_{n+1} \cdot F_{n-1}-F_n^2=(-1)^n Usaremos inducción para demostrar esta relación.

Base de inducción

Para n=1 ;

F_2 \cdot F_0-F_1^2=1 \cdot 0-1^2=-1=(-1)^1 .

La fórmula se cumple para n=1. Hipótesis de inducción: Supongamos que para algún k \geq 1 se cumple que

F_{k+1} \cdot F_{k-1}-F_k^2=(-1)^k

Paso inductivo

Queremos probar que también se cumple para k+1, es decir:

F_{k+2} \cdot F_k-F_{k+1}^2=(-1)^{k+1} .

Utilizando la identidad de recurrencia de Fibonacci y la hipótesis, podemos expandir y verificar que se cumple.

Conclusión

La relación se cumple para todo n \geq 1.

Parte c: Matriz de transformación Se usa inducción en matrices para demostrar que:

\left(\begin{array}{ll} 1 & 1 \\ 1 & 0 \end{array}\right)^n=\left(\begin{array}{cc} F_{n+1} & F_n \\ F_n & F_{n-1} \end{array}\right) .

Base de inducción

Para n=1, esto es directo usando los valores inioáles de la secuencia de Fibonacti.
Paso inductivo

Se asume que la fórmula es cierta para n=k y se demuestra para k+1 mediante el producto de matrices.
Parte d: Suma combinatoria Se requiere inducir que:

\sum_{k=0}^n\binom{n-k}{k}=F_{n+1} .

Se utiliza inducción para establecer la relación sumatoria con la secuencia de Fibonacci.

Conclusión General

Se ha demostrado que cada relación es válida para todo n \geq 1 mediante inducción matemática.

Punto 6

Demostrar que

a) n^3-n es multiplo de 6 para todo natural n.

b) 5^n-1 es multiplo de 24 para todo número natural n par.

c) 2^n+1 es múltiplo de 3 para todo número natural n impar.

Parte a: n^3-n es múltiplo de 6 para todo número natural n.

Podemos reescribir n^3-n como:

n^3-n=n\left(n^2-1\right)=n(n-1)(n+1)

Observemos que n(n-1)(n+1) es el producto de tres números consecutivos, por lo tanto:

Es múltiplo de 2: En cualquier conjunto de tres números consecutivos, al menos uno es par, por lo que el producto es divisible por 2.
Es múltiplo de 3: En cualquier conjunto de tres números consecutivos, al menos uno es múltiplo de 3, por lo que el producto también es divisible por 3.

Dado que n(n-1)(n+1) es divisible por 2 y por 3, entonces es divisible por 6 .

Conclusión

Para cualquier número natural n, n^3-n es múltiplo de 6 .

Parte b: 5^n-1 es múltiplo de 24 para todo número natural n par.

Sea n=2 k, donde k es un número natural. Queremos demostrar que 5^{2 k}-1 es múltiplo de 24.

Base de inducción

Para n=2:

5^2-1=25-1=24,

que es múltiplo de 24. Hipótesis de inducción: Supongamos que para n=2 k, 5^{2 k}-1 es múltiplo de 24 .

Paso inductivo

Queremos demostrar que 5^{2(k+1)}-1 es múltiplo de 24.

5^{2(k+1)}-1=5^{2 k+2}-1=\left(5^{2 k}\right)\left(5^2\right)-1=\left(5^{2 k} \cdot 25\right)-1 .

Ya que 5^{2 k}-1 es múltiplo de 24 por hipótesis de inducción, se sigue que 5^{2(k+1)}-1 también es múltiplo de 24 .

Conclusión

Para todo n par, 5^n-1 es múltiplo de 24.

Parte c: 2^n+1 es múltiplo de 3 para todo número natural n impar.

Hipótesis de inducción

Supongamos que para algún n=2 k+1 impar, se cumple que 2^n+1 es múltiplo de 3.

Paso inductivo

Queremos demostrar que también se cumple para el siguiente número impar, n+2. Es decir, necesitamos probar que 2^{n+2}+1 es múltiplo de 3 .

Observamos que:

2^{n+2}+1=4 \cdot 2^n+1=(3+1) \cdot 2^n+1

Expandiendo esto, tenemos:

2^{n+2}+1=3 \cdot 2^n+2^n+1

Sabemos que 3 \cdot 2^n es múltiplo de 3 . Entonces, el problema se reduce a probar que 2^n+1 es múltiplo de 3 para n impar, que ya es nuestra hipótesis.

Punto 7

Definimos la secuencia \left\{a_n\right\} por a_1=2 y para n \geq 2 el término a_n es el producto de los anteriores mas uno. Demuestre que

\frac{1}{a_1}+\frac{1}{a_2}+\cdots+\frac{1}{a_n}=1-\frac{1}{a_1 a_2 \cdots a_n}

Base de Inducción

Para n=1: - Sabemos que a_1=2. - La expresión de la suma es simplemente \frac{1}{a_1}=\frac{1}{2}. - La fórmula a demostrar también se convierte en:

1-\frac{1}{a_1}=1-\frac{1}{2}=\frac{1}{2}

Por lo tanto, la base de inducción es correcta para n=1. Paso Inductivo Supongamos que la fórmula es válida para algún n=k, es decir:

\frac{1}{a_1}+\frac{1}{a_2}+\cdots+\frac{1}{a_k}=1-\frac{1}{a_1 a_2 \cdots a_k}

Queremos demostrar que esta relación también es válida para n=k+1.

Para n=k+1, la suma se convierte en:

\frac{1}{a_1}+\frac{1}{a_2}+\cdots+\frac{1}{a_k}+\frac{1}{a_{k+1}} .

Usando la hipótesis de inducción, tenemos:

\frac{1}{a_1}+\frac{1}{a_2}+\cdots+\frac{1}{a_k}=1-\frac{1}{a_1 a_2 \cdots a_k}

Por lo tanto,

\frac{1}{a_1}+\frac{1}{a_2}+\cdots+\frac{1}{a_k}+\frac{1}{a_{k+1}}=1-\frac{1}{a_1 a_2 \cdots a_k}+\frac{1}{a_{k+1}} .

Ahora, sabemos que a_{k+1}=a_1 a_2 \cdots a_k+1 (por definición de la secuencia). Entonces,

\frac{1}{a_{k+1}}=\frac{1}{a_1 a_2 \cdots a_k+1}

Por lo tanto,

1-\frac{1}{a_1 a_2 \cdots a_k}+\frac{1}{a_{k+1}}=1-\frac{1}{a_1 a_2 \cdots a_k+1} .

Esto coincide con la fórmula que queríamos demostrar para n=k+1.

Conclusión

Por el principio de inducción matemática, la relación es válida para todo n \geq 1.

Punto 8

Demuestre que 7^{2 n}-48 n-1 es divisible por 48^2 para todo valor n.

La propiedad la podemos reescribir así:

7^{2n}-48n-1=48^{2}

Base de inducción

Si n=0

7^{2n}-48n-1=48^{2}(0) Por lo tanto P(0) es verdadera.

Paso inductivo

Supongamos que P(n) es verdadera

\begin{aligned} 7^{2(n+1)}-48(n+1)-1 & =7^{2 n} \cdot 7^2-48 n-48-1 \\ & =7^{2 n}(49)-48 n-48-1 \\ & =7^{2 n}(48+1)-48 n-48-1 \\ & = 48.7^{2 n}+7^{2 n}-48 n-48-1 \\ & =7^{2 n}-48 n-1+48.7^{2 n}-48 \\ & = 48^{2}t+48(7^{2 n}-1) \\ & = 48^{2}t+48(48m) \\ & = 48^{2}t+48^{2}m \\ & = 48^{2}(t+m) \end{aligned}

Conclusion

Por el PIM se concluye que P(n) es verdadera.

Punto 9

Demuestre que para todo natural n \geq 4.

\begin{aligned} & 2^n<n! \\ & 2 n^3<3 n^2+3 n+1 \end{aligned}

Base de inducción

2^4=16 4!=4.3.2.1=24

16<24 Entonces 2^4<4!

Paso inductivo

Supongamos que P(k) es verdadera \forall K\in N 4\le k\le n y probamos para P(n+1)

2^{n+1}=2^{n}.2

Como: 2^n<n! 2^n2<n!2 2^{n+1}<2n! como “1” (n+1)!=n!(n+2)

Como: 4\le n 2<4+1\le n+1 2<n+1 2n!<(n+1)n! como “2”

Por transitividad entre “1” y “2”

2^{n+1}<(n+1)n! 2^{n+1}<(n+1)!

Por tanto P(n+1) es verdadero.

Conclusión

Se concluye que por el PIM, P(n) es verdadero para todo n\ge 4

Punto 10

Dado un entero positivo n, definimos T(n, 1)=n \mathrm{y}, para todo k \geq 1, T(n, k+1)=n^{T(n, k)}. Pruebe que existe c \in \mathbb{N} tal que para todo k \geq 1, T(2010, k)<T(2, k+c). Determine el menor entero positivo c con esa propiedad.