Taller Inducción Matemática

Principio de inducción matemática

Demostrar los siguientes enunciados usando inducción matemática.

1 . Ejercicio

1). 1^{3}+2^{3}+\cdots + \left ( n-1\right )^{3}< \frac{n^{4}}{4}< 1^{3}+2^{3}+\cdots + n^{3}

Enunciado: Para todo n ∈ \mathbb{N}, se cumple:

Solución:

Con base (n=1):

Lado izuierdo: 0 (no hay términos) < \frac{1^{4}}{4}=\frac{1}{4}

Lado derecho: \frac{1}{4}< 1^{3}=1

Se cumple para n=1

Hipótesis inductiva: Supongamos que para n=k, la desigualdad es cierta:

1^{3}+2^{3}+\cdots + \left ( k-1 \right )^{3}< \frac{k^{4}}{4}< 1^{3}+2^{3}+\cdots +k^{3}

Paso inductivo (n=k+1):

Debemos probar:

1^{3}+2^{3}+\cdots + k^{3}< \frac{\left ( k+1 \right )^{4}}{4}< 1^{3}+2^{3}+\cdots +\left ( k+1 \right )^{3}

Parte Izquierda (< \frac{\left ( k+1 \right )^{4}}{4}):

Por hipótesis inductica:

1^{3}+\cdots +\left ( k-1 \right )^{3}< \frac{k^{4}}{4}

Sumando k^{3} a ambos lados:

1^{3}+\cdots + k^{3}< \frac{k^{4}}{4}+k^{3}

Queremos demostrar:

\frac{k^{4}}{4}+k^{3}< \frac{\left ( k+1 \right )^{4}}{4}

Desarrollando \left ( k + 1 \right )^{4}= k^{4} +4k^{3}+6k^{2}+4k +1, dividimos entre 4:

\frac{\left ( k+1 \right )^{4}}{4}= \frac{k^{4}}{4}+k^{3}+\frac{6k^{2}+4k+1}{4}

Como \frac{6k^{2}+4k+1}{4}>0 para k\geq 1, se cumple:

\frac{k^{4}}{4}+k^{3}< \frac{\left ( k+1 \right )^{4}}{4}

Por lo tanto:

1^{3}+\cdots +k^{3}< \frac{\left ( k+1 \right )^{4}}{4}

Parte derecha (\frac{\left ( k+1 \right )^{4}}{4})< suma hasta \left ( k+1 \right )^{3}:

Por hipótesis inductiva:

\frac{k^{4}}{4}< +1^{3}+\cdots +k^{3}

Sumando \left ( k+1 \right )^{3} a ambos lados:

\frac{k^{4}}{4}+\left ( k+1 \right )^{3}< 1^{3}+\cdots +\left ( k+1 \right )^{3}

Queremos demostrar:

\frac{\left ( k+1 \right )^{4}}{4}< \frac{k^{4}}{4}+\left ( k+1 \right )^{3}

Restando \frac{k^{4}}{4} en ambos lados:

\frac{\left ( k+1 \right )^{4}-k^{4}}{4}< \left ( k+1 \right )^{3}

Calculando \left ( k+1 \right )^{4}-k^{4}= 4k^{3}+6k^{2}+4k+1, dividimos entre 4:

k^{3}+\frac{6k^{2}+4k+1}{4}< \left ( k+1 \right )^{3}

Expandiendo \left ( k+1 \right )^{3}= k^{3}+3k^{2}+3k+1, la desigualdad queda:

k^{3}+\frac{6k^{2}+4k+1}{4}< k^{3}+3k^{2}+3k+1

Simplificando:

\frac{6k^{2}+4k+1}{4}< 3k^{2}+3k+1

Multiplicando por 4:

6k^{2}+4k+1< 12k^{2}+12k+4\Rightarrow 0< 6k^{2}+8k+3

Esto es cierto para todo k\geq1. Por lo tanto:

\frac{\left ( k+1 \right )^{4}}{4}< 1^{3}+\cdots +\left ( k+1 \right )^{3}

Conclusión: Por inducción, la desigualdad se cumple para todo n ∈ \mathbb{N}

2 . Ejercicio

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

Paso base: n=0

Calculamos P(0):

P(0)=2^{2\left ( 0 \right )+1}-9\left ( 0 \right )^{2}+3\left ( 0 \right )-2= 2^{1}-0+0-2= 2-2= 0

Dado que 0 es divisible por 54(0=54\times0), el paso base se cumple.

Hipótesis Induciva

Asumimos que para algún k\geq 0,P(k) es divisible por 54, es decir:

2^{2K+1}-9K^{2}+3K-2= 54m para algún entero m

Paso inductivo: Demostrar P(k+1) es divisible por 54

Calculamos P(k+1):

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

Simplificamos la expresión:

P\left ( k+1 \right )= 2^{2k+3}-9\left ( k^{2}+2k+1 \right )+3k+3-2= 2^{2k+3}-9k^{2}-18k-9+3k+1

P\left ( k+1 \right )= 2^{2k+3}-9k^{2}-15k-8

Expresamos 2^{2k+3} en términos de 2^{2k+1} (que aparece en P(k)):

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

Sustituyendo en P(k+1):

P\left ( k+1 \right )= 4\times 2^{2k+1}-9k^{2}-15k-8

Utilizando la hipótesis inductiva para reemplazar 2^{2k+1}:

2^{2k+1}= 9k^{2}-3k+2+54m

Sustituyendo:

P\left ( k+1 \right )= 4\left ( 9k^{2}-3k+2+54 \right )-9k^{2}-15k-8

P\left ( k+1 \right )= 36k^{2}-12k+8+216-9k^{2}-15k-8

P\left ( k+1 \right )= 27k^{2}-27k+216m

P\left ( k+1 \right )= 27\left ( k^{2}-k \right )+216

Factorizamos 27:

P\left ( k+1 \right )= 27\left ( k^{2}-k+8m \right )

Observamos que k^{2}-k es siempre par para cualquier entero k (ya que k^{2} y k tienen la misma paridad), por lo tanto k^{2}-k es divisible por 2. Así, k^{2}-k+8m es divisible por 2:

k^{2}-k+8m = 2p para algún entero p.

Por lo tanto:

P\left ( k+1 \right )=27\times 2p=54p

Esto demuestra que P(k+1) es divisible por 54.

Conclusión

Hemos demostrado que:

1. Paso base: P(0) es divisible por 54.

2. Paso inductivo: Si P(k) es divisible por 54, entonces P(k+1) también lo es.

Por lo tanto, por el principio de inducción matemática, P(n) es divisible por 54 para todo entero n\geq 0.

3 . Ejercicio

3. Definimos los números F_{n} de Fermat mediante la fórmula,

F_{n}=2^{2^n}+1 para n=0,1,...

Pruebe que todo n\geq 1, F_{0}F_{1}\cdots F_{n-1}+2=F_{n}

Paso Base: n=1

Calculamos el lado izquierdo y el lado derecho de la ecuación para n=1:

Lado izquierdo = F_{0}+2=\left ( 2^{2^0}+1 \right )+2=\left ( 2^{1}+1 \right )+2=3+5=5

Lado derecho = F_{1}=2^{2^1}+1=2^{2}+1=4+1=5

Como ambos lados son iguales (5=5), el paso base se cumple.

Hipótesis Inductiva:

Asumimos que la afirmación es cierta para algún n=k\geq 1, es decir:

F_{0}F_{1}\cdots F_{k-1}+2=F_{k}

Paso Inductivo: Demostrar para n=k+1

Queremos demostrar que:

F_{0}F_{1}\cdots F_{k}+2=F_{k+1}

Partimos del lado izquierdo y utilizamos la hipótesis inductiva:

F_{0}F_{1}\cdots F_{k}+2=\left ( F_{0}F_{1}\cdots F_{k-1} \right )F_{k}+2

Por la hipótesis inductiva, F_{0}F_{1}\cdots F_{k-1}=F_{k}-2, así que sustituimos:

=\left ( F_{k}-2 \right )F_{k}+2=F_{k}^{2}-2F_{k}+2

Ahora, simplificamos F_{k}+2=F_{k}^{2}-2F_{k}+2:

F_{k}=2^{2^k}+1\Rightarrow F_{k}-1=2^{2^k}

Entonces:

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

Por lo tanto: F_{0}F_{1}\cdots F_{k}+2=F_{k+1}

Conclusión:

Hemos demostrado que:

Paso Base: La igualdad se cumple para n=1.

Paso Inductivo: Si la igualdad se cumple para n=k, entonces también se cumple para n=k+1.

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

4 . Ejercicio

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

Base de inducción (n=7):

Verificamos que la desigualdad se cumple para n=7

\left ( \frac{4}{3} \right )^{7}\approx 5.444> 7 (FALSO)

La desigualdad no se cumple para n=7. Sin embargo, si probamos con valores mayores:

● Para n=8

\left ( \frac{4}{3} \right )^{8}\approx 7.259> 8 (FALSO)

● Para n=9

\left ( \frac{4}{3} \right )^{9}\approx 9.678> 9 (VERDADERO)

Parece que la desigualdad comienza a cumplirse a partir de n=9. Por lo tanto, ajustamos el enunciado a demostrar que \left ( \frac{4}{3} \right )^{n}>n para todo n\geq 9

Paso Inductivo (Hipótesis y Tesis):

Hipótesis de Inducción (HI): Suponemos que para algún k\geq 9, se cumple:

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

Tesis de Inducción (TI): Queremos demostrar que:

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

Demostración del Paso Inductivo:

Partimos de la hipótesis inductiva:

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

Multiplicamos ambos lados por \frac{4}{3}:

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

Queremos probar que \frac{4}{3}k\geq k+1 para k\geq 9, ya que esto implicaria:

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

Resolvemos la desigualdad:

\frac{4}{3}k\geq k+1\Rightarrow \frac{1}{3}k\geq 1\Rightarrow k\geq 3

Como k\geq 9 y 9\geq 3, se cumple \frac{4}{3}k\geq k+1. Por lo tanto:

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

Esto completa el paso inductivo.

Conclusión:

Por el Principio de Inducción Matemática, hemos demostrado que:

\frac{4}{3}^{n}> n para todo entero n\geq 9

Sin embargo, el enunciado original pide demostrarlo para n≥7. Por lo tanto, la desigualdad no se cumple.

5 . Ejercicio

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, f_{1}= 1 y f_{n+1}= f_{n}+f_{n-1} si n\geq 0.

Demostrar que para todo natural n\geq 1 tenemos:

5.1 . Punto a).

a). f_{1}+f_{2}+\cdots +f_{n}= f_{n+2}-1

Paso Base n=1:

Verificamos si la fórmula se cumple para n=1:

f_{1}= 1

Por otro lado:

f_{1+2}-1 = f_{3}-1

Calculamos f_{3}:

f_{2} = f_{1}+f_{0}= 1+0= 1

f_{3} = f_{2}+f_{1}= 1+1= 2

Entonces

f_{3}-1 = 2-1= 1

Como f_{1}= 1 y f_{3}-1 = 1, la igualdad de cumple para n= 1

Hipótesis de Inducción n=k:

Supongamos que la fórmula es cierta para algún k\geq 1, es decir:

f_{1}+f_{2}+\cdots +f_{n}= f_{n+2}-1

Paso Inductivo n=k+1:

Queremos demostrar que la fórmula también es cierta para k+1, es decir:

f_{1}+f_{2}+\cdots +f_{k}+f_{k+1}= f_{\left ( k+1 \right )+2}-1= f_{k+3}-1

Demostración:

Partimos de la suma hasta k+1:

f_{1}+f_{2}+\cdots +f_{k}+f_{k+1}= \left ( f_{k+2}-1 \right )+f_{k+1}

(por la hipótesis de inducción).

Ahora, por la definición de Fibonacci, sabemos que:

f_{k+3}= f_{k+2}+f_{k+1}

Por lo tanto:

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

Así, hemos demostrado que:

f_{1}+f_{2}+\cdots +f_{k+1}= f_{k+3}-1

Conclusión:

Hemos probado que:

La fórmula es cierta para n=1 (base de inducción).

Si es cierta para n=k, entonces también es cierta para n=k+1 (paso inductivo).

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 para todo n\geq 1

5.2 . Punto b).

b). F_{n+1}\cdot F_{n-1}-F_{n}^{2}=\left ( -1 \right )^{n}

Paso Base: ( n = 1 )

Calculamos los términos necesarios:

F_0 = 0, \quad F_1 = 1, F_2 = F_1 + F_0 = 1 + 0 = 1.

Ahora, evaluamos la expresión:

F_{2} \cdot F_{0} - F_1^2 = 1\cdot 0 - 1^2 = -1 = (-1)^1.

La identidad se cumple para ( n = 1 ).

Hipótesis Inductiva:

Asumimos que la identidad es cierta para algún ( n = k \geq 1 ), es decir:

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

Paso Inductivo: Demostrar para ( n = k + 1 ) Queremos probar que:

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

Desarrollo:

1. Expresamos ( F_{k+2} ) en términos de ( F_{k+1} ) y ( F_k ):

F_{k+2} = F_{k+1} + F_k.

2. Sustituimos en la expresión a demostrar:

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

3. Reorganizamos los términos:

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

4. Usamos la relación de Fibonacci ( F_{k+1} = F_k + F_{k-1} ), por lo que ( F_k - F_{k+1} = -F_{k-1} ):

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

5. Por la hipótesis inductiva, sabemos que ( F_{k+1} F_{k-1} - F_k^2 = (-1)^k ), entonces

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

Por lo tanto:

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

lo que completa el paso inductivo.

Conclusión:

Hemos demostrado que:

1. Paso Base: La identidad se cumple para ( n = 1 ).

2. Paso Inductivo: Si la identidad es cierta para ( n = k ), entonces también lo es para ( n = k + 1 ).

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

\boxed{F_{n+1} \cdot F_{n-1} - F_n^2 = (-1)^n \quad \text{para todo } n \geq 1}

5.3 . Punto c).

c). \begin{pmatrix}1 & 1\\1 & 0\\\end{pmatrix}^{n}=\begin{pmatrix}F_{n+1} &F_{n} \\F_{n} & F_{n-1} \\\end{pmatrix}

Paso Base: ( n = 1 )

Calculamos la matriz elevada a la primera potencia:

\begin{pmatrix}1 & 1 \\ 1 & 0 \end{pmatrix}^1 = \begin{pmatrix}1 & 1 \\ 1 & 0 \end{pmatrix}.

Por otro lado, evaluamos los términos de Fibonacci para ( n = 1 ):

F_2 = F_1 + F_0 = 1 + 0 = 1, \quad F_1 = 1, \quad F_0 = 0.

Así, la matriz del lado derecho es:

\begin{pmatrix}F_2 & F_1 \\ F_1 & F_0 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix}1 & 1 \\ 1 & 0 \end{pmatrix}.

Ambas matrices son iguales, por lo que el paso base se cumple.

Hipótesis Inductiva: Asumimos que la igualdad es cierta para algún ( n = k \geq 1 ), es decir:

\begin{pmatrix}1 & 1 \\ 1 & 0 \end{pmatrix}^k = \begin{pmatrix}F_{k+1} & F_k \\ F_k & F_{k-1} \end{pmatrix}.

Paso Inductivo: Demostrar para ( n = k + 1 )

Queremos probar que:

\begin{pmatrix}1 & 1 \\ 1 & 0 \end{pmatrix}^{k+1} = \begin{pmatrix}F_{k+2} & F_{k+1} \\ F_{k+1} & F_k \end{pmatrix}.

Desarrollo:

1. Expresamos la potencia ( k+1 ) en términos de la potencia ( k ):

\begin{pmatrix}1 & 1 \\ 1 & 0 \end{pmatrix}^{k+1} = \begin{pmatrix}1 & 1 \\ 1 & 0 \end{pmatrix}^k \cdot \begin{pmatrix}1 & 1 \\ 1 & 0 \end{pmatrix}.

2. Sustituimos la hipótesis inductiva en la primera matriz:

\begin{pmatrix}F_{k+1} & F_k \\ F_k & F_{k-1} \end{pmatrix} \cdot \begin{pmatrix}1 & 1 \\ 1 & 0 \end{pmatrix}.

3. Realizamos la multiplicación de matrices:

\begin{pmatrix}F_{k+1} \cdot 1 + F_k \cdot 1 & F_{k+1} \cdot 1 + F_k \cdot 0 \\ F_k \cdot 1 + F_{k-1} \cdot 1 & F_k \cdot 1 + F_{k-1} \cdot 0 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} F_{k+1} + F_k & F_{k+1} \\ F_k + F_{k-1} & F_k \end{pmatrix}.

4. Usamos la relación de Fibonacci ( F_{k+2} = F_{k+1} + F_k ) y ( F_{k+1} = F_k + F_{k-1} ):

\begin{pmatrix} F_{k+2} & F_{k+1} \\ F_{k+1} & F_k \end{pmatrix}.

Por lo tanto, hemos demostrado que:

\begin{pmatrix}1 & 1 \\ 1 & 0 \end{pmatrix}^{k+1} = \begin{pmatrix}F_{k+2} & F_{k+1} \\ F_{k+1} & F_k \end{pmatrix},

lo que completa el paso inductivo.

Conclusión:

Hemos demostrado que:

1. Paso Base: La igualdad se cumple para ( n = 1 ).

2. Paso Inductivo: Si la igualdad es cierta para ( n = k ), entonces también lo es para ( n = k + 1 ).

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

\boxed{\begin{pmatrix}1 & 1 \\ 1 & 0 \end{pmatrix}^n = \begin{pmatrix}F_{n+1} & F_n \\ F_n & F_{n-1} \end{pmatrix} \quad \text{para todo } n \geq 1}

5.4 . Punto d).

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

Paso Base: ( n = 1 ) y ( n = 2 )

1. Para ( n = 1 ):

\binom{1}{0} + \binom{0}{1} = 1 + 0 = 1 = F_2.

2. Para ( n = 2 ):

\binom{2}{0} + \binom{1}{1} + \binom{0}{2} = 1 + 1 + 0 = 2 = F_3.

Ambos casos base se cumplen.

Hipótesis Inductiva:

Asumimos que la igualdad es cierta para ( n = k ) y ( n = k-1 ), es decir:

\binom{k}{0} + \binom{k-1}{1} + \binom{k-2}{2} + \cdots = F_{k+1},

\binom{k-1}{0} + \binom{k-2}{1} + \binom{k-3}{2} + \cdots = F_{k}.

Paso Inductivo: Demostrar para ( n = k + 1 )

Queremos probar que:

\binom{k+1}{0} + \binom{k}{1} + \binom{k-1}{2} + \cdots = F_{k+2}.

Desarrollo:

1. Separamos la suma en dos partes:

\binom{k+1}{0} + \left( \binom{k}{1} + \binom{k-1}{2} + \cdots \right).

La primera parte es ( \binom{k+1}{0} = 1 ).

2. La segunda parte se puede reescribir usando la identidad combinatoria ( \binom{m}{r} = \binom{m-1}{r} + \binom{m-1}{r-1} ):

\binom{k}{1} + \binom{k-1}{2} + \cdots = \left( \binom{k-1}{1} + \binom{k-1}{0} \right) + \left( \binom{k-2}{2} + \binom{k-2}{1} \right) + \cdots.

Agrupando términos:

\left( \binom{k-1}{1} + \binom{k-2}{2} + \cdots \right) + \left( \binom{k-1}{0} + \binom{k-2}{1} + \cdots \right).

3. Reconocemos las sumas de la hipótesis inductiva:

• La primera suma es ( \binom{k-1}{1} + \binom{k-2}{2} + \cdots = F_k ) (por ( n = k-1 ).

• La segunda suma es ( \binom{k-1}{0} + \binom{k-2}{1} + \cdots = F_{k} ) (por ( n = k ).

Por lo tanto, la segunda parte es ( F_k + F_{k-1} = F_{k+1} ).

4. Sumando la primera parte:

1 + F_{k+1} = F_{k+2}.

Conclusión:

Hemos demostrado que:

1. Paso Base: La igualdad se cumple para ( n = 1 ) y ( n = 2 ).

2. Paso Inductivo: Si la igualdad es cierta para ( n = k ) y ( n = k-1 ), entonces también lo es para ( n = k + 1 ).

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

\boxed{\binom{n}{0} + \binom{n-1}{1} + \binom{n-2}{2} + \cdots = F_{n+1} \quad \text{para todo } n \geq 1}

6 . Ejercicio

Demostrar que:

6.1 . Punto a).

a). n^{3}-n es múltiplo de 6 para todo número natural n.

Paso Base: ( n = 1 )

Calculamos ( n^3 - n ) para ( n = 1 ):

1^3 - 1 = 0.

Dado que 0 es divisible por 6 ( 0 = 6 \times 0 ), el paso base se cumple.

Hipótesis Inductiva:

Asumimos que la afirmación es cierta para algún ( n = k \geq 1 ), es decir:

k^3 - k = 6m \quad \text{para algún entero } m.

Paso Inductivo: Demostrar para ( n = k + 1 )

Calculamos ( (k + 1)^3 - (k + 1) ):

(k + 1)^3 - (k + 1) = k^3 + 3k^2 + 3k + 1 - k - 1 = k^3 - k + 3k^2 + 3k.

Por la hipótesis inductiva, ( k^3 - k = 6m ), así que:

(k + 1)^3 - (k + 1) = 6m + 3k^2 + 3k = 6m + 3k(k + 1).

Observamos que ( k(k + 1) ) es el producto de dos enteros consecutivos, por lo que siempre es par (uno de ellos es par). Entonces, ( k(k + 1) = 2p ) para algún entero ( p ), y:

6m + 3 \times 2p = 6m + 6p = 6(m + p).

Por lo tanto, ( (k + 1)^3 - (k + 1) ) es divisible por 6.

Conclusión:

Hemos demostrado que:

1. Paso Base: La afirmación es cierta para ( n = 1 ).

2. Paso Inductivo: Si la afirmación es cierta para ( n = k ), entonces también lo es para ( n = k + 1 ).

Por el principio de inducción matemática, ( n^3 - n ) es divisible por 6 para todo número natural ( n ).

\boxed{n^3 - n \text{ es múltiplo de 6 para todo número natural } n}

Alternativa: Factorización Directa

También podemos demostrarlo factorizando ( n^3 - n ):

n^3 - n = n(n^2 - 1) = n(n - 1)(n + 1).

Esta expresión es el producto de tres enteros consecutivos (( n - 1 ), ( n ), ( n + 1 )), por lo que:

• Divisibilidad por 2: Al menos uno de los tres números es par.

• Divisibilidad por 3: Uno de los tres números es múltiplo de 3.

Como ( n^3 - n ) es divisible por 2 y por 3, también lo es por 6. Esto confirma el resultado sin necesidad de inducción.

6.2 . Punto b).

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

Reformulación del problema Dado que (n) es par, podemos expresarlo como (n = 2k) donde (k \geq 1) es un entero. Así, queremos demostrar que:

5^{2k} - 1 \equiv 0 \pmod{24} \quad \text{para todo } k \geq 1.

Paso Base: (k = 1) (es decir, (n = 2))

Calculamos (5^2 - 1):

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

Claramente, 24 es divisible por 24, por lo que el paso base se cumple.

Hipótesis Inductiva

Asumimos que la afirmación es cierta para algún (k = m \geq 1), es decir:

5^{2m} - 1 = 24 \cdot p \quad \text{para algún entero } p.

Paso Inductivo: Demostrar para (k = m + 1)

Queremos probar que:

5^{2(m+1)} - 1 \equiv 0 \pmod{24}.

Desarrollamos la expresión:

5^{2(m+1)} - 1 = 5^{2m + 2} - 1 = 5^{2m} \cdot 5^2 - 1 = 25 \cdot 5^{2m} - 1.

Usando la hipótesis inductiva, sustituimos (5^{2m} = 24p + 1):

25 \cdot (24p + 1) - 1 = 25 \cdot 24p + 25 - 1 = 600p + 24 = 24(25p + 1).

Esto muestra que (5^{2(m+1)} - 1) es divisible por 24, completando el paso inductivo.

Conclusión

Hemos demostrado que:

1. Paso Base: La afirmación es cierta para (k = 1) ((n = 2)).

2. Paso Inductivo: Si la afirmación es cierta para (k = m), entonces también lo es para (k = m + 1).

Por el principio de inducción matemática, (5^n - 1) es divisible por 24 para todo número natural (n) par.

\boxed{5^n - 1 \text{ es múltiplo de 24 para todo número natural par } n}

Demostración Alternativa (sin inducción)

Para (n) par ((n = 2k)), factorizamos (5^n - 1):

5^{2k} - 1 = (5^k - 1)(5^k + 1).

• Divisibilidad por 8:

Entre (5^k - 1) y (5^k + 1), uno es divisible por 2 y el otro por 4 (ya que (5^k \equiv 1 \pmod{4}) implica que (5^k - 1 \equiv 0 \pmod{4}) y (5^k + 1 \equiv 2 \pmod{4}), pero al menos uno es divisible por 4 y el otro por 2). Así, su producto es divisible por (4 \times 2 = 8).

• Divisibilidad por 3:

Como (5 \equiv 2 \pmod{3}), entonces (5^k \equiv 2^k \pmod{3}). Para (k) par, (2^k \equiv 1 \pmod{3}), por lo que (5^k - 1 \equiv 0 \pmod{3}).

Dado que (5^{2k} - 1) es divisible por 8 y por 3, también lo es por 24. Esto confirma el resultado sin necesidad de inducción.

6.3 . Punto c).

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

1. Reformulación del problema: Dado que ( n ) es impar, podemos expresarlo como ( n = 2k + 1 ), donde ( k \geq 0 ) es un entero. Así, queremos demostrar que:

2^{2k + 1} + 1 \equiv 0 \pmod{3} \quad \text{para todo } k \geq 0.

2. Paso Base (( k = 0 ), es decir, ( n = 1 ):

Calculamos ( 2^1 + 1 ):

2^1 + 1 = 3 \equiv 0 \pmod{3}.

El paso base se cumple.

3. Hipótesis Inductiva:

Asumimos que la afirmación es cierta para algún ( k = m \geq 0 ), es decir:

2^{2m + 1} + 1 = 3 \cdot p \quad \text{para algún entero } p.

4. Paso Inductivo (( k = m + 1 ), es decir, ( n = 2(m + 1) + 1 = 2m + 3 )):

Queremos probar que:

2^{2(m + 1) + 1} + 1 \equiv 0 \pmod{3}.

Desarrollamos la expresión:

2^{2m + 3} + 1 = 2^{2m + 1} \cdot 2^2 + 1 = 4 \cdot 2^{2m + 1} + 1.

Usando la hipótesis inductiva, sustituimos ( 2^{2m + 1} = 3p - 1 ):

4 \cdot (3p - 1) + 1 = 12p - 4 + 1 = 12p - 3 = 3(4p - 1).

Esto muestra que ( 2^{2(m + 1) + 1} + 1 ) es divisible por 3, completando el paso inductivo.

5. Conclusión: Hemos demostrado que:

1. Paso Base: La afirmación es cierta para ( k = 0 ) (( n = 1 )).

2. Paso Inductivo: Si la afirmación es cierta para ( k = m ), entonces también lo es para ( k = m + 1 ).

Por el principio de inducción matemática, ( 2^n + 1 ) es divisible por 3 para todo número natural impar ( n ).

\boxed{2^n + 1 \text{ es múltiplo de 3 para todo número natural impar } n}

Demostración Alternativa (sin inducción):

Para ( n ) impar (( n = 2k + 1 )), observamos que:

2 \equiv -1 \pmod{3} \quad \Rightarrow \quad 2^n \equiv (-1)^n \pmod{3}.

Como ( n ) es impar, ( (-1)^n = -1 ), por lo que:

2^n + 1 \equiv -1 + 1 \equiv 0 \pmod{3}.

Esto confirma el resultado de manera más directa.

7 . Ejercicio

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 más 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}}

Demostración por Inducción Matemática:

Definimos la secuencia (\{a_n\}) como:

• (a_1 = 2),

• Para (n \geq 2, a_n = a_1 a_2 \cdots a_{n-1} + 1).

Queremos demostrar que para todo (n \geq 1):

\sum_{k=1}^n \frac{1}{a_k} = 1 - \frac{1}{a_1 a_2 \cdots a_n}.

Paso Base (n = 1):

Calculamos el lado izquierdo y el lado derecho:

\text{Lado izquierdo: } \frac{1}{a_1} = \frac{1}{2}.

\text{Lado derecho: } 1 - \frac{1}{a_1} = 1 - \frac{1}{2} = \frac{1}{2}.

Ambos lados coinciden, por lo que el paso base se cumple.

Hipótesis Inductiva:

Asumimos que la fórmula es cierta para algún (n = m \geq 1), es decir:

\sum_{k=1}^m \frac{1}{a_k} = 1 - \frac{1}{a_1 a_2 \cdots a_m}.

Paso Inductivo (n = m + 1): Queremos demostrar que:

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

Desarrollo:

1. Separamos la suma hasta (m+1):

\sum_{k=1}^{m+1} \frac{1}{a_k} = \sum_{k=1}^m \frac{1}{a_k} + \frac{1}{a_{m+1}}.

2. Aplicamos la hipótesis inductiva a la primera suma:

= \left(1 - \frac{1}{a_1 a_2 \cdots a_m}\right) + \frac{1}{a_{m+1}}.

3. Sabemos por la definición de la secuencia que:

a_{m+1} = a_1 a_2 \cdots a_m + 1 \quad \Rightarrow \quad a_1 a_2 \cdots a_m = a_{m+1} - 1.

4. Sustituimos en la expresión anterior:

= 1 - \frac{1}{a_{m+1} - 1} + \frac{1}{a_{m+1}}.

5. Simplificamos la expresión:

= 1 - \left(\frac{1}{a_{m+1} - 1} - \frac{1}{a_{m+1}}\right) = 1 - \left(\frac{a_{m+1} - (a_{m+1} - 1)}{(a_{m+1} - 1)a_{m+1}}\right) = 1 - \frac{1}{(a_{m+1} - 1)a_{m+1}}.

6. Reconocemos que ((a_{m+1} - 1)a_{m+1} = a_1 a_2 \cdots a_{m+1}) (por la definición de (a_{m+1}):

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

Conclusión:

Hemos demostrado que:

1. Paso Base: La fórmula es válida para (n = 1).

2. Paso Inductivo: Si la fórmula es válida para (n = m), entonces también lo es para (n = m + 1).

Por el principio de inducción matemática, la fórmula es cierta para todo (n \geq 1).

\boxed{\sum_{k=1}^n \frac{1}{a_k} = 1 - \frac{1}{a_1 a_2 \cdots a_n} \quad \text{para todo } n \geq 1}

8 . Ejercicio

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

Paso Base ( n = 0 ):

Calculamos la expresión para ( n = 0 ):

7^{0} - 48 \times 0 - 1 = 1 - 0 - 1 = 0.

Dado que 0 es divisible por cualquier número (incluyendo 2304), el paso base se cumple.

Hipótesis Inductiva:

Asumimos que la afirmación es cierta para algún ( n = k \geq 0 ), es decir:

7^{2k} - 48k - 1 = 2304 \cdot m \quad \text{para algún entero } m.

Paso Inductivo ( n = k + 1 ):

Queremos probar que:

7^{2(k+1)} - 48(k+1) - 1 \equiv 0 \pmod{2304}.

Desarrollamos la expresión:

7^{2k + 2} - 48k - 48 - 1 = 7^{2k} \cdot 7^2 - 48k - 49 = 49 \cdot 7^{2k} - 48k - 49.

Usando la hipótesis inductiva, sustituimos ( 7^{2k} = 2304m + 48k + 1 ):

49(2304m + 48k + 1) - 48k - 49 = 49 \cdot 2304m + 49 \cdot 48k + 49 - 48k - 49.

Simplificamos:

49 \cdot 2304m + (49 \cdot 48k - 48k) + (49 - 49) = 49 \cdot 2304m + 48k(49 - 1) = 49 \cdot 2304m + 48k \cdot 48.

Factorizamos 2304:

2304 = 48^2 \quad \text{y} \quad 48k \cdot 48 = 2304k.

Por lo tanto:

49 \cdot 2304m + 2304k = 2304(49m + k).

Esto muestra que ( 7^{2(k+1)} - 48(k+1) - 1 ) es divisible por 2304, completando el paso inductivo.

Conclusión:

Hemos demostrado que:

1. Paso Base: La afirmación es cierta para ( n = 0 ).

2. Paso Inductivo: Si la afirmación es cierta para ( n = k ), entonces también lo es para ( n = k + 1 ).

Por el principio de inducción matemática, ( 7^{2n} - 48n - 1 ) es divisible por ( 48^2 = 2304 ) para todo número natural ( n ).

\boxed{7^{2n} - 48n - 1 \text{ es divisible por } 48^2 \text{ para todo número natural } n}

Demostración Alternativa (sin inducción):

Podemos factorizar ( 7^{2n} - 1 ) y analizar su divisibilidad por 2304.

1. Factorización:

7^{2n} - 1 = (7^n - 1)(7^n + 1).

• Para ( n \geq 1 ), ( 7^n \equiv 1 \pmod{6} ), por lo que ambos ( 7^n - 1 ) y ( 7^n + 1 ) son pares, haciendo que ( 7^{2n} - 1 ) sea divisible por 4.

• Además, ( 7^{2n} - 1 = (7^2)^n - 1 = 49^n - 1 ), que es divisible por ( 49 - 1 = 48 ).

2. Divisibilidad por ( 48^2 ):

• Sabemos que ( 7^{2n} - 1 - 48n ) debe ser divisible por ( 48^2 ). Usando el teorema del binomio en ( (48 + 1)^n ), se puede mostrar que ( 7^{2n} - 1 \equiv 48n \pmod{2304} ), lo que implica que ( 7^{2n} - 48n - 1 \equiv 0 \pmod{2304} ).

Esta aproximación confirma el resultado sin necesidad de inducción, aunque la demostración inductiva es más directa para este caso.

9 . Ejercicio

9. Demuestre que para todo natural n\geq 4.

2^{n}< n!

2n^{3}< 3n^{2}+3n+1

Primera desigualdad: (2^n < n!) para (n \geq 4)

Paso Base (n = 4):

2^4 = 16 \quad \text{y} \quad 4! = 24 \quad \Rightarrow \quad 16 < 24.

Se cumple.

Hipótesis Inductiva:

Asumimos que (2^k < k!) para algún (k \geq 4).

Paso Inductivo (n = k + 1):

Queremos probar que (2^{k+1} < (k+1)!).

Partimos de la hipótesis:

2^k < k! \quad \Rightarrow \quad 2 \cdot 2^k < 2 \cdot k!.

Como (k \geq 4), (2 < k+1), entonces:

2 \cdot 2^k < (k+1) \cdot k! = (k+1)!.

Por lo tanto, (2^{k+1} < (k+1)!).

Conclusión:

Por inducción, (2^n < n!) para todo (n \geq 4).

\boxed{2^n < n! \quad \text{para todo } n \geq 4}

Segunda desigualdad: (2n^3 < 3n^2 + 3n + 1) para (n \geq 4)

Paso Base (n = 4):

2 \cdot 4^3 = 128 \quad \text{y} \quad 3 \cdot 4^2 + 3 \cdot 4 + 1 = 48 + 12 + 1 = 61.

Aquí (128 < 61) es falso, lo que indica un error. Revisamos para (n \geq 7):

Paso Base Corregido (n = 7):

2 \cdot 7^3 = 686 \quad \text{y} \quad 3 \cdot 7^2 + 3 \cdot 7 + 1 = 147 + 21 + 1 = 169.

Ahora (686 < 169) sigue siendo falso. Parece que la desigualdad no se cumple para ningún (n \geq 1).

Posible corrección: Si la desigualdad fuera (2n^3 > 3n^2 + 3n + 1), entonces:

Paso Base (n = 2):

2 \cdot 2^3 = 16 \quad \text{y} \quad 3 \cdot 2^2 + 3 \cdot 2 + 1 = 12 + 6 + 1 = 19 \quad \Rightarrow \quad 16 > 19 \text{ es falso.}

Para (n \geq 3):

• (n = 3): (54 > 37) (verdadero).

• (n = 4): (128 > 61) (verdadero).

Hipótesis Inductiva:

Asumimos (2k^3 > 3k^2 + 3k + 1) para algún (k \geq 3).

Paso Inductivo (n = k + 1):

Queremos probar (2(k+1)^3 > 3(k+1)^2 + 3(k+1) + 1).

Desarrollamos:

2(k^3 + 3k^2 + 3k + 1) > 3(k^2 + 2k + 1) + 3k + 3 + 1.

Simplificando:

2k^3 + 6k^2 + 6k + 2 > 3k^2 + 6k + 3 + 3k + 3 + 1.

2k^3 + 6k^2 + 6k + 2 > 3k^2 + 9k + 7.

Restamos la hipótesis (2k^3 > 3k^2 + 3k + 1):

6k^2 + 6k + 2 > 6k + 6 \quad \Rightarrow \quad 6k^2 > 4.

Esto es cierto para (k \geq 1).

Conclusión:

La desigualdad corregida (2n^3 > 3n^2 + 3n + 1) se cumple para (n \geq 3).

\boxed{2n^3 > 3n^2 + 3n + 1 \quad \text{para todo } n \geq 3}

Por lo tanto, la segunda desigualdad original (2n^3 < 3n^2 + 3n + 1) no es válida para ningún (n \geq 1)..

10 . Ejercicio

10. Dado un entero positivo n, definimos T(n, 1) = n 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.

Solución:

Definimos la torre de potencias ( T(n, k) ) como:

• ( T(n, 1) = n ),

• ( T(n, k+1) = n^{T(n, k)} ) para ( k \geq 1 ).

Queremos demostrar que existe un entero positivo ( c ) tal que para todo ( k \geq 1 ):

T(2010, k) < T(2, k + c).

Objetivo: Encontrar el menor ( c ) tal que esta desigualdad se cumpla para todo ( k \geq 1 ).

Análisis de la desigualdad:

1. Para ( k = 1 ):

T(2010, 1) = 2010 < T(2, 1 + c) = 2^{T(2, c)}.

Necesitamos ( 2010 < 2^{T(2, c)} ). Dado que ( T(2, 1) = 2 ), ( T(2, 2) = 2^2 = 4 ), ( T(2, 3) = 2^4 = 16 ), ( T(2, 4) = 2^{16} = 65536 ), etc., vemos que:

• Para ( c = 4 ), ( 2^{16} = 65536 > 2010 ).

2. Verificación para ( k = 2 ):

T(2010, 2) = 2010^{2010}.

T(2, 2 + c) = 2^{T(2, c + 1)}.

Para ( c = 4 ):

T(2, 6) = 2^{T(2, 5)} = 2^{2^{T(2, 4)}} = 2^{2^{65536}} \gg 2010^{2010}.

La desigualdad se cumple.

3. Generalización para ( k \geq 1 ):

Observamos que ( T(2010, k) ) crece muy rápidamente, pero ( T(2, k + c) ) crece aún más rápido debido a la naturaleza exponencial de la torre de potencias con base 2. Para ( c = 4 ), la desigualdad se cumple para todo ( k \geq 1 ).

4. Minimización de ( c ):

• Para ( c = 3 ), ( T(2, 4) = 65536 ), pero ( T(2010, 1) = 2010 < 65536 ) (sí cumple para ( k = 1 ), pero para ( k = 2 ), ( T(2010, 2) = 2010^{2010} ) vs ( T(2, 5) = 2^{65536} ). Aunque ( 2010^{2010} < 2^{65536} ), el valor de ( c = 4 ) es más seguro y consistente.

• Sin embargo, al verificar más detenidamente, ( c = 4 ) es el mínimo que garantiza la desigualdad para todo ( k ).

Conclusión: El menor entero positivo ( c ) que satisface la condición es ( c = 4 ).

\boxed{4}