Bloque de Colores

Generalizando demostraciones

Icono de Post July 25 2008 :: Algebra, Lógica ::

En el ejercicio 3.21.12 del libro Algebra I de Armando Rojo, se nos pide demostrar por inducción completa que:

3 / 8n – 5n o lo que es lo mismo 8n – 5n = 3k; k ∈ Z .

Lo interesante es que cuando curse Algebra y Matematica Discreta había un ejercicio bastante similar ( Demostrar que 5 / 7n – 2n).  Se me ocurrio entonces que la demostración podía generalizarse.

Demostración Inicial: 3 / 8n – 5n

1) Primer paso demostrar para n=1

3 / 8 -5 => 3 / 3
Lo cual es evidentemente cierto.

2) Paso Inductivo:
8n – 5n = 3k; k ∈ Z => 8n+1

– 5n+1
= 3w; w ∈ Z

Demostración:

3 / 8n+1

– 5n+1
=> 8n+1

– 5n+1
= 3k; k ∈ Z

8n+1

– 5n+1
= 8 . 8n – 5 . 5n
Por Propiedades de la exponenciación.

= ( 3 + 5 ). 8n – 5 . 5n    
Porque 8 = 3 + 5.

= 3 .8n + 5. 8n + – 5 . 5n
Por distributividad.

= 3 .8n + 5. ( 8n – 5n )
Por dirtributividad.

= 3 .8n + 5. ( 3.k )
Por hipotesis.

= 3 ( 8n + 5k )    
Por Distributividad:

Como ( 8n + 5k ) ∈ Z ; queda demostrada la proposición inicial.

Demostración generalizada: Sean a,b,c ∈ Z; a = b -c se cumple que a / bn – cn

1) Primer paso demostrar para n=1

b1 – c1

= a         (Por Definicion de a,b,c)

2) Paso Inductivo:
bn – cn = ak; k ∈ Z => bn+1

– cn+1
= aw; w ∈ Z

Demostración:

a / bn+1

– cn+1
=> bn+1
– cn+1

= ak; k ∈ Z

bn+1
– cn+1
= b . bn – c . cn
Por Propiedades de la exponenciación.

= ( a + c ). bn – c . cn
Porque a = b – c => b = a + c

=  a. bn + c .bn – c . cn
Por distributividad.

= a .bn + c. ( bn – cn )
Por dirtributividad

= a .bn + c. ( a.k )
Por hipotesis.

= a ( bn + ck )
Por Distributividad.

Como ( bn + ck ) ∈ Z queda demostrada la proposición.

Referencias

Algebra I; Rojo, Armando; 21ª ed, Magister Eos; 2006

Autor: Emiliano Martínez Luque.

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Un ejemplo de Inducción Completa sobre N

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Hace unos días me encontre en el medio de una demostración sobre propiedades de los limites con la siguiente formula:

1 – qn = ( 1 – q ) ( 1 + q1 + q2 + …. + qn-1)

Lo interesante es que lo daba como un hecho ya establecido. Como nunca me habia encontrado con esa formula, decidi investigarla un poco. En principio, parece bastante lógico, ya que si multiplicamos en el segundo termino 1 por la seguna secuencia nos queda una serie de terminos positivos  1 + q + q2 + …. + qn-1
  y al multiplicar el -q por la segunda secuencia nos queda  -q  – q2 – q3  …. – qn . Con lo cual salvo el primer 1 y el ultimo – qn todo el resto de los terminos se anulan entre si. Ej:

( 1 – q ) ( 1 + q + q2 + …. + qn-1) = ( 1 + q1 + q2 + …. + qn-1) + ( – q1  – q2 … – qn-1

–  qn) = 1 + q1 – q1 + q2 – q2 + …. + qn-1 – qn-1

–  qn  =  1 – qn

Esa es una buena explicación, pero sin embargo la propiedad ( así como estaba formulada ) no se cumple para n=1:

( 1 – q ) .(1 + qn-1) = ( 1 – q ) ( 2 ) =  2 -2q ≠ ( 1 – q1)

Entonces habría que reformular la propiedad:

∀n ϵ N, n > 2:  1 – qn = ( 1 – q ) ( 1 + q + q2 + …. + qn-1 )

Y la demostración por Inducción Completa sería:

1) Primer paso, probarlo para n = 2.

1 – q2 = ( 1 – q ) ( 1  + qn-1 )  = ( 1 + q) + ( – q – q2 ) = ( 1 – q2 )

2) Paso inductivo:.

1 – qn+1 = ( 1 – q ) ( 1 + q1 + q2 + …. + qn-1 + qn)

Por multiplicación entre polinomios queda:

= ( 1 + q1 + q2 + …. + qn-1 + qn ) + ( – q1  – q2 … – qn-1 –  qn –  qn+1)

Por conmutatividad de + en R:
= ( 1 + q1 + q2 + …. + qn-1 ) + ( – q1  – q2 … – qn-1

–  qn ) + qn –  qn+1
  

Por hipotesis queda:

= (1 – qn) + qn –  qn+1

Simplicando las sumas y restas queda:

= 1 –  qn+1

Con lo cual queda demostrada la propiedad.  

Nota: Es interesante pensar que teniendo en cuenta que  ∀ q ∈ R: q0= 1 , si se reformula la propiedad de la siguiente forma :

1 – qn = ( q0 + q1 + q2 + …. + qn-1 )

Si se cumple para n = 1 .

Autor: Emiliano Martínez Luque.

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Tip: Reducir el problema a un problema ya conocido

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Parte de la razón de ser de este blog es que aunque no tengo una facilidad intrínseca con las matématicas, estoy bastante fascinado con determinados temas que estoy estudiando y a veces me encuentro con pequeños truquillos que para alguien más experimentado, no parecen gran cosa, pero a mi sorprenden y mucho, como este despeje de variables tomado del ejercicio 7 del capitulo 3.3 de How to Prove It: A Structured Approach.

Tengo que despejar y de la siguiente expresión:

x = 1 y + y

Multiplico ambos terminos por y.

xy = 1 + y2
xy – y2 = 1

Multiplico ambos terminos por -4.

4y2 – 4xy = -4

Sumo x2 a ambos terminos.

4y2 – 4xy + x2 = x2 – 4

Este es el truco porque ahora tengo del lado izquierdo un cuadrado de un binomio y puede usar esto para despejar y:

(2y – x)2 = x2 – 4

2y – x = x 2 4

y = x + x 2 4 2

Autor: Emiliano Martínez Luque.

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