Cap tulo I Inducci on y Recursi onearamosn/cursos/...En la prueba de la no racionalidad de p 2, se...

Capıtulo I

Induccion y Recursion

I.1. Induccion

Figura I.1: La caıda de dominos en cadena ilustra la idea del principio deinduccion: si el primer domino cae, y si cualquiera al caer hace caer al siguiente,entonces todos caen. (Tomado del libro “Discrete mathematics” de K. Rosen)

Ejemplo. Consideramos el problema de obtener una suma de dinero multiplode 10K con billetes de 20K y 50K. Es inmediato que no es posible obtener 10Ky 30K. Pero parece posible obtener cualquier multiplo de 10K mayor o igual a40K. Veamos:

20K = 20K

40K = 20K+ 20K

50K = 50K

60K = 20K+ 20K+ 20K

70K = 50K+ 20K

80K = 20K+ 20K+ 20K+ 20K

1

2 CAPITULO I. INDUCCION Y RECURSION

90K = 50K+ 20K+ 20K

100K = 50K+ 50K

110K = 50K+ 20K+ 20K+ 20K...

Como podemos verificar en forma general que para n arbitrario la suma n×10Kse puede obtener con billetes de 20K y 50K ? Una forma de hacerlo es tomarcomo punto de partida que 4× 10K = 40K se pueden obtener como 20k+ 20K,y ademas dar un procedimiento o algoritmo que permita obtener (n+1)×10Kdado que ya sabemos como obtener n×10K. Esto se puede hacer de la siguientemanera: Tenemos dos casos dependiendo de si entre los billetes sumando n×10Kse encuentra un billete de 50K o no:

Caso afirmativo: Un billete de 50K se reemplaza por 3 billetes de 20K y deesta manera se obtiene billetes que suman (n+ 1)× 10K.

Caso negativo: Como no hay billetes de 50K y n × 10K es por lo menos 40Kentonces deben haber por lo menos 2 billetes de 20K. Entonces dos billetesde 20K se reemplazan por un billete de 50K y de esta manera se obtienenbilletes que suman (n+ 1)× 10K.

Esto parece un metodo razonable para inferir que la afirmacion es valida paracualquier n. Note sin embargo que la situacion aquı es diferente de la generali-zacion universal, donde se ha probado un predicado P(n) para n arbitrario y seconcluye ∀n P(n). Aquı lo que se ha probado es P(n0) para algun n0 (especıfi-co) y que P(n) → P(n + 1) para n ≥ n0. Se necesita entonces una regla deinferencia nueva, el llamado principio de induccion que es directa consecuenciade los axiomas de los numeros naturales.

Pricipio de Induccion Matematica. Sea P(n) un predicado con los nume-ros naturales N como universo de discurso. Si se tiene que

(1) (caso base) para algun n0 ∈ N, P(n0) es cierto, y (con frecuencia n0

es 0 o 1)

(2) (paso inductivo) para todo n ≥ n0, P(n) implica P(n+ 1).

entonces P(n) es cierto para todo n ≥ n0.

Pricipio de Induccion Matematica Fuerte. Sea P(n) un predicado conlos numeros naturales N como universo de discurso. Si se tiene que

(1) (caso base) para algunos n0, n1 ∈ N con n0 ≤ n1,

P(n) es cierto para n tal que n0 ≤ n ≤ n1

(en general se pueden necesitar varios casos base de n0 a n1),

I.2. EJEMPLOS 3

(2) (paso inductivo) y para todo n ≥ n1,

P(k) para k tal que n0 ≤ k ≤ n implica P(n+ 1),

entonces P(n) es cierto para todo n ≥ n0.

A continuacion presentamos varios ejemplos de la aplicacion de este princi-pio.

I.2. Ejemplos

Ejemplo. (Factorizacion en primos.) Cualquier entero mayor que uno sepuede escribir como un producto de numeros primos.

Prueba. (La factorizacion es unica excepto reordenamiento, pero esto es masdifıcil de verificar y no se hace aquı.) Usamos el principio de induccion fuertepara probar que una factorizacion en primos existe.

Caso base: n = 2 es primo y por lo tanto trivialmente es producto de primos.

Hipotesis de induccion: Sea n ≥ 2. Para m con 2 ≤ m ≤ n, m se puedeescribir como un producto de primos.

Paso de Induccion: Consideremos n+1 con n ≥ 2. Se tiene que n+1 es primo,o n+1 es compuesto. Si n+1 es primo entonces es (trivialmente) productode primos. Si n+1 es compuesto, existen enteros r, s con 2 ≤ r, s ≤ n talque n+ 1 = rs. Por hipotesis de induccion, sabemos que r y s se puedenescribir como productos de primos, dıgamos

r = p1p2 · · ·pk y s = q1q2 · · ·q`

para algunos enteros k, ` y donde los pi y qj son primos. Entonces

n+ 1 = rs

= (p1p2 · · ·pk) · (q1q2 · · ·q`)

= p1p2 · · ·pkq1q2 · · ·q`.

Ası que podemos concluir que n+ 1 se puede escribir como un productode primos.

Ejemplo. 22n − 1 es divisible por 3 para n ≥ 0.

Caso base: Para n = 0, 22n − 1 = 0 y es divisible por 3.


Hipotesis de induccion: Supongamos que para n ≥ 0, 22n − 1 es divisible por3.

Paso de Induccion: Tenemos que

22(n+1) − 1 = 22n+2 − 1

= 4 · 22n − 1

= 3 · 22n + (22n − 1).

Por hipotesis de induccion, 22n − 1 es divisible por 3. Entonces existe unentero k tal que 22n − 1 = 3k y por lo tanto

22(n+1) − 1 = 3 · 22n + 3k = 3(22n + k) = 3`

donde ` = 22n + k es un entero. Por lo tanto, 22(n+1) − 1 es divisible por3.

Concluımos por el principio de induccion que para n = 0, 22n − 1 = 0 y esdivisible por 3.

Ejemplo. Suma de los enteros de 1 a n:

1+ 2+ 3+ · · ·+ n =1

2n(n+ 1).

Primero, denotamos la suma en la izquierda por sn. Informalmente, este resul-tado se puede obtener de la siguiente manera:1 Escribiendo los terminos de lasuma en orden ascendente, debajo en orden descendente, y sumando por filasy por columnas se obtiene

1 + 2 + 3 + · · · + n− 2 + n− 1 + n = snn + n− 1 + n− 2 + · · · + 3 + 2 + 1 = sn

n+ 1 + n+ 1 + n+ 1 + · · · + n+ 1 + n+ 1 + n+ 1 = n(n+ 1)

De aquı que 2sn = n(n+ 1) y por tanto

sn =1

2n(n+ 1).

Tanto en la definicion como en una prueba formal se evita la vaguedad de laelipsis (puntos suspensivos). Formalmente sn se define recursivamente: primeros1 = 1, y para n ≥ 1

sn+1 = sn + (n+ 1)

(alternativamente, para n > 1, sn = sn−1 +n; tambien se podrıa comenzar cons0 = 0 que corresponde a una suma “vacıa”). Ahora probamos la afirmacionpor induccion:

1De acuerdo con una anecdota, el matematico Gauss sorprendio a su maestro de escuelausando este metodo para resolver rapidamente una larga suma que este les habıa asignado asus pupilos para tenerlos ocupado por un buen tiempo.

I.2. EJEMPLOS 5

Caso base: Para n = 1, por definicion sn = 1 y por otra parte n(n+ 1)/2 = 1

y por lo tanto de tiene la igualdad.

Hipotesis de induccion: sn = n(n+ 1)/2.

Paso de Induccion: Usando la definicion recursiva se tiene para sn+1

sn+1 = sn + (n+ 1) por definicion recursiva

=1

2n(n+ 1) + (n+ 1) por hipotesis de induccuon

=1

2(n+ 1)(n+ 2) factorizando (n+ 1)/2

=1

2(n+ 1)((n+ 1) + 1) reescribiendo.

Esta ultima expresion a la derecha es precisamente lo que se querıa probarpara n+ 1.

Ejemplo. Suma geometrica para r 6= 1:

1+ r+ r2 + r3 + · · ·+ rn =rn+1 − 1

r− 1.

(si r < 1, puede invertirse el orden de la resta en el numerador y denominadorpara que ambos sean positivos). De nuevo, denotamos la suma en la izquierdapor sn. Tambien aquı la igualdad se puede verificar informalmente, esta vezusando sumas telescopicas: se tiene

rsn = r+ r2 + r3 + · · ·+ rn + rn+1

y entoncesrsn − sn = rn+1 − 1

y de aquı que

sn =rn+1 − 1

r− 1.

Por otra parte, la definicion recursiva de sn es: primero s0 = 1, y para n > 0

sn = sn−1 + rn

(para ilustrar, estamos escribiendo n en terminos de n−1, e igualmente el pasode induccion va a ser de n− 1 a n). Y la prueba por induccion:

Caso base: Para n = 1, por definicion sn = 1 y por otra parte

rn+1 − 1

r− 1

∣∣∣∣n=0

= 1

y por lo tanto de tiene la igualdad.


Hipotesis de induccion: Se asume la igualdad deseada para n− 1, esto es

sn−1 =rn − 1

r− 1.

Paso de Induccion: Usando la definicion recursiva se tiene para sn

sn = sn−1 + rn por definicion recursiva

=rn − 1

r− 1+ rn por hipotesis de induccuon

=(rn − 1) + (r− 1)rn

r− 1sumando terminos

=rn − 1+ rn+1 − rn

r− 1multiplicando

=rn+1 − 1

r− 1simplificando

Esta ultima expresion a la derecha es precisamente lo que se querıa probarpara n.

Ejemplo. Para todo entero n ≥ 1, existen un entero m impar y un enterok ≥ 0 tal que n = 2km.Solucion: Intuitivamente, la idea es que siempre se pueden factorizar los fac-tores de 2 en n, y entonces el factor restante es impar. Formalmente, usamosinduccion fuerte sobre n.

Caso base n = 1: Para n = 1, se tiene n = 1 = 20 ·1, es decir podemos tomark = 0 y m = 1.

Hipotesis de induccion: Para n > 1 y ` con 1 ≤ ` < n, existen un enterom impar y un entero k ≥ 0 tal que ` = 2km.

Paso de Induccion: Verificamos ahora el enunciado para n > 1. Tenemosdos casos:

n es impar: Entonces trivialmente podemos tomar k = 0, m = n ycon esto n = 2km.

n es par: Entonces existe un entero ` tal que n = 2`. Pero entonces1 ≤ ` < n y por lo tanto, por hipotesis de induccion se tiene queexisten entero m ′ impar y entero k ′ ≥ 0 tal que

` = 2k ′m ′.

Por lo tanto

n = 2` = 2 · 2k ′m ′ = 2k ′+1m ′ = 2km

donde k = k ′ + 1 y m = m ′.

I.2. EJEMPLOS 7

En ambos casos existen m y k como se afirma en el enunciado. Por elprincipio de induccion (fuerte) entonces el enunciado es cierto para todoentero n ≥ 1.

En la prueba de la no racionalidad de√2, se asume que un racional r > 0 se

puede escribir como el cociente de dos enteros que no son ambos divisibles por2. El resultado anterior muestra que esto es posible: Por definicion r es iguala un cociente de 2 enteros positivos r = p/q. Entonces existen m,m ′, k, k ′ talque p = 2km y q = 2k ′

m ′ y por lo tanto

r =p

q=

2k−k ′

m

m ′si k ≥ k ′

m

2k ′−km ′si k < k ′

De esta manera r es igual al cociente de dos enteros que no son ambos divisiblespor 2.

Ejemplo. Desigualdades. Veamos que las siguientes desigualdades son vali-das para cualquier entero n ≥ 5:

2n+ 1 < n2 < 2n < n!

Caso base: Reeplazando n = 5 se tienen los valores

11 < 25 < 32 < 120.

Hipotesis de induccion: Supongamos que las desigualdades son valida paran ≥ 5.

Paso de Induccion: Vamos a verificar que las desigualdades son validas paran+ 1:

2(n+ 1) + 1 = 2n+ 1+ 2 multiplicando

< n2 + 2 hipotesis de induccion 2n+ 1 < n2

≤ n2 + 2n+ 1 porque 2 < 2n+ 1 para n > 1

= (n+ 1)2 cuadrado

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

< n2 + n2 hipotesis de induccion 2n+ 1 < n2

< 2n + 2n hipotesis de induccion n2 < 2n

= 2n+1 sumando


2n+1 = 2n · 2< n! · 2 hipotesis de induccion 2n < n!

< n! · (n+ 1) 2 < n+ 1

= (n+ 1)!

Finalmente notamos que esta desigualdad es valida para n suficentementegrande aun cuando cada termino se multiplica por alguna constante. Porejemplo:

240n < 10n2 < 2n <1

100· n!

Ejemplo. Fracciones egipcias. Estas son fracciones de la forma 1/m dondem es un entero positivo. Resulta que cualquier racional 0 < a/b < 1 con a y benteros positivos puede escribirse como la suma de fracciones egipcias distintas(eso excluye, por ejemplo, la expresion trivial de 2/5 como 1/5+1/5). Ademas,esto se puede probar por induccion, aunque inicialmente no es claro sobre quese puede hacer la induccion. Esto se basa en el siguiente procedimiento paradeterminar una representacion en fracciones egipcias:

Determine la fraccion egipcia mas grande posible, esto es, determinen tal que

1

n≤ ab<

1

n− 1(∗)

y continue recursivamente sobre la diferencia

a

b−1

n

si es diferente de cero.

Si 1/n = a/b, 1/n entonces 1/n es una expresion como suma de fraccionesegipcias. Si 1/n < a/b entonces 1/n junto con el resultado de aplicar recursiva-mente el procedimiento a a/b−1/n es una expresion como suma de fraccionesegipcias.

Consideremos a/b = 4/5 como ejemplo. Entonces primero tenemos 1/n =

1/2 y4

5−1

2=3

10

I.2. EJEMPLOS 9

Usando recursion sobre 310

, se tiene 1/n = 1/4 y

3

10−1

4=2

40

Usando recursion sobre 240

= 120

, se tiene 1/n = 1/20 y el procedimiento terminaporque

2

40−1

20=

0

800= 0.

Como resultado, la representacion es

4

5=1

2+1

4+1

20.

No es obvio que el algoritmo siempre termina. Note que en la secuencia denumeros inicial y a los que se aplica recursion:

4

5,3

10,2

40,

0

800

los numeradores forman una sucesion decreciente. Esto no es coincidencia. Dela segunda desigualdad en la ecuacion (∗) arriba se tiene

a(n− 1) < b

y por lo tantoan− b < a. (∗∗)

Por otra partea

b−1

n=an− b

bn

De la desigualdad (∗∗) se ve que el nuevo numerador an−b es realmente menorque el inicial a (y si se cancelan factores comunes de numerador y denominadoren (an−b)/n, el nuevo numerador es aun menor). Por lo tanto la recursion debeeventualmente terminar con 0. Ademas, las fracciones escogidas son diferentescomo lo justifica el siguiente argumento: si n ≥ 2 entonces 2n − 2 ≥ n, yn− 1 ≥ n/2 y

1

n− 1≤ 2

n.

Puesto quea

b<

1

n− 1,

entoncesa

b<2

n

y por lo tanto en ningun caso se escogerıa 1/n y luego 1/n de nuevo.

La anterior discusion es la base de una prueba formal de la siguiente afir-macion:


Para todo entero positivo a, y para todo entero b > a, el racio-nal a/b tiene una representacion como suma de fracciones egipciasdistintas.

La prueba es por induccion (fuerte) sobre a (y para cualquier b > a).

Caso base: Para a = 1 y cualquier b > 1, a/b = 1/b es una fraccion egipciay por lo tanto una representacion como suma de fracciones egipcias de1/b.

Hipotesis de induccion: Para k con 1 ≤ k < a, y cualquier b > k el racionalk/b tiene una representacion como suma de fracciones egipcias diferentes.

Paso de Induccion: Consideramos el racional a/b con b arbitrario. Aplicandoel procedimiento descrito arriba, se encuentra la primera fraccion egipcia1/n y lo que resta es

a

b−1

n=an− b

bn

donde, como se discutio, an − b < a, por lo tanto por hipotesis deinduccion (an−b)/bn tiene una representacion como fracciones egipciasdiferentes. Como 1/n no puede escogerse de nuevo (argumento arriba),esta decomposicion junto con 1/n da una representacion como fraccionesegipcias diferentes para a/b

Finalmente, es interesante notar que la representacion como suma de frac-ciones egipcias no es unica y que la obtenida por el algoritmo descrito aquı noes la mejor en cuanto al numero de fracciones requeridas y tamano de los de-nominadores. El siguiente ejemplo, tomado de wikipedia, muestra primero larepresentacion obtenida por el algoritmo descrito para 5/121, y otra posible(considerablemente mas simple):

5

121=

1

25+

1

757+

1

763309+

1

873960180913+

1

15276127956420934188462255

121=

1

33+

1

121+

1

363

Ejemplo. Teorema de la Division (Cociente y Residuo). Ya se ha men-cionado el teorema de la division. Se puede verificar para enteros no negativosusando induccion fuerte. La afirmacion es la siguiente

Para todo par de enteros n ≥ 0 y d > 0 existen enteros unicos q yr con 0 ≤ r < d tal que n = qd+ r.

I.2. EJEMPLOS 11

Prueba: Para d fijo, usamos induccion fuerte sobre n. El argumento captura laidea de determinar el cociente de n dividido por d como el numero de veces quese puede substraer d de n. Inicialmente no nos preocupamos por la unicidad.

Caso base n ≤ d: Entonces n = qd + r con q = 0 y r = n (el cociente esq = 0 y el residuo es r = n).

Hipotesis de induccion: Para n ≥ d, y para todo m < n, existen enteros qy r, con 0 ≤ r < d, tal que

m = qd+ r

(se tiene la existencia de cociente y divisor para m < n).

Paso de Induccion: Ahora verificamos la existencia de cociente y residuopara n ≥ d. Sea n ′ = n−d. Puesto que n ≥ d, entonces n ′ ≥ 0. Ademasn < d, y por lo tanto por hipotesis de induccion existen enteros q ′ y r ′

con 0 ≤ r ′ < d, tal quen ′ = q ′d+ r ′.

Entonces

n = n ′ + d = (q ′d+ r ′) + d = (q ′ + 1)d+ r ′.

Por lo tanto, tomando

q = q ′ + 1, r ′ = r

se tiene quen = qd+ r

con 0 ≤ r < d (puesto que r = r ′).

Por lo tanto, por el principio de induccion, el teorema de la division es ciertopara todo d > 0 y n ≥ 0.Unicidad: Aunque no se hizo en clase, la unicidad es facil de verificar: Supon-gamos que

n = qd+ r, y n = q ′d+ r ′

son dos “divisones” de n por d. Se tiene q ≥ q ′ o q ′ ≥ q, y como amboscasos son simetricos, podemos asumir el primer caso. Entonces igualando lasdos expresiones de n y despejando se obtiene

(q− q ′)d = r ′ − r.

Si q = q ′ entonces r = r ′ y esto concluye la prueba. De lo contrario q > q ′ ypor lo tanto q− q ′ ≥ 1 y entonces

r ′ − r ≥ d. (∗)


Por otra parte, puesto que r ′ < d y r ≥ 0, entonces −r ≤ 0 y

r ′ − r < d,

lo cual esta en contradiccion con (∗).

I.3. Recursion

El argumento en la prueba del teorema de la division da una forma recursivade calcular el cociente y el residuo usando substraccion. Usamos bn/dc y n modd denotan el cociente y residuo de dividir n por d (aquı bxc es la funcion pisoo parte entera, entonces si n/d es la divison real (con fraccion) entonces bn/dccorresponde a la division entera que estamos discutiendo aquı). La definicionrecursiva del cociente y el residuo, para enteros n ≥ 0, d > 0 es entonces:

bn/dc =

{0 si n < db(n− d)/dc+ 1 si n ≥ d

y

n mod d =

{n si n < d(n− d) mod d si n ≥ d

Como ejemplo, evaluamos b14/3c y b14 mod 3 siguiendo estas definiciones re-cursivas:

b14/3c = b11/3c+ 1

= (b8/3c+ 1) + 1

= ((b5/3c+ 1) + 1) + 1

= (((b2/3c+ 1) + 1) + 1) + 1

= (((0+ 1) + 1) + 1) + 1

= ((1+ 1) + 1) + 1

= (2+ 1) + 1

= 3+ 1

= 4

y

14 mod 3 = 11 mod 3

= 8 mod 3

= 5 mod 3

= 2 mod 3

= 2

I.3. RECURSION 13

Ejemplo. Multiplicacion. La multiplicacion puede definirse recursivamentecon base en la adicion y la subtraccion de 1:

m× n =

{0 si n = 0

m× (n− 1) +m si n 6= 0

(en clase se escribio p(m,n) en lugar de m× n). Es claro que esto se basa en

m× n = m× (n− 1) +m

para n ≥ 1. Esta definicion evalua el producto de m por n sumando n vecesel entero m. Por ejemplo

34× 5 = (34× 4) + 34

= ((34× 3) + 34) + 34

= (((34× 2) + 34) + 34) + 34

= ((((34× 1) + 34) + 34) + 34) + 34

= (((((34× 0) + 34) + 34) + 34) + 34) + 34

= ((((0+ 34) + 34) + 34) + 34) + 34

= (((34+ 34) + 34) + 34) + 34

= ((68+ 34) + 34) + 34

= (102+ 34) + 34

= 136+ 34

= 170.

El metodo presentado es muy ineficiente: esto se observa si se intenta mul-tiplicar por ejemplo 34 × 57, lo que resulta en sumar 57 veces 34. Un metodomas eficiente es el llamado metodo de los campesinos rusos:

m× n =

0 si n = 0

(2m)× bn/2c+

{m si n es impar0 si n es par

si n > 0

Aunque el primer multiplicando m esta cambiando, esta definicion es recursivaen cuanto al segundo multiplicando n, el cual se esta dividiendo por 2. Estemetodo se basa en que multiplicar y dividir por 2 son operaciones mas sen-cillas (especialmente en computadores los cuales usan representacion binaria).Veamos un ejemplo:

34× 57 = (68× 28) + 34

= ((136× 14) + 0) + 34

= (((272× 7) + 0) + 0) + 34


= ((((544× 3) + 272) + 0) + 0) + 34

= (((((1088× 1) + 544) + 272) + 0) + 0) + 34

= ((((((2176× 0) + 1088) + 544) + 272) + 0) + 0) + 34

= (((((0+ 1088) + 544) + 272) + 0) + 0) + 34

= ((((1088+ 544) + 272) + 0) + 0) + 34

= (((1632+ 272) + 0) + 0) + 34

= ((1904+ 0) + 0) + 34

= (1904+ 0) + 34

= 1904+ 34

= 1938.

Con este metodo solo se suman 7 terminos (comparado con 57 en el anterior),pero tambien se requieren igual numero de operaciones de multiplicar y dividirpor dos. Este metodo de multiplicar esta justificado en que (por el teorema dela division)

n = 2 · bn/2c+ n mod 2

y por lo tanto

m · n = m · (2 · bn/2c+ n mod 2)

= (2m) · bn/2c+m · (n mod 2).

Formalmente, se verifica la definicion recursiva dada de la multiplicacion porinduccion, y lo que se acaba de decir provee el paso inductivo.

Ejemplo. La sucesion an se define recursivamente como

an =

{1 si n = 0

2an−1 si n > 0

Usando la definicion recursiva, se pueden escribir los primeros numeros en lasecuencia:

1, 2, 4, 8, 16, 32, 64, 128, 256, . . .

Es claro rapidamente que puesto que el valor se dobla en cada paso entonces sedebe tener que an = 2n. Aunque es bastante claro, lo es menos en otros ejemplosque veremos mas adelante y como ejemplo verificamos usando induccion quean = 2n:

Caso base: Para n = 0, a0 = 1 y 20 = 1.

Hipotesis de induccion: Asumimos que an−1 = 2n−1 para n ≥ 1

I.3. RECURSION 15

Paso de Induccion: Verificamos para n ≥ 1 que an = 2n. Usando la definicionrecursiva y la hipotesis de induccion, obtenemos

an = 2an−1

= 2 · 2n−1

= 2n.

Ejemplo. Los numeros de Fibonacci Fn se definen recursivamente como

Fn =

0 si n = 0

1 si n = 1

Fn−1 + Fn−2 si n > 1

Usando la definicion recursiva, se pueden escribir los primeros numeros en lasecuencia:

0, 1, 1, 2, 3, 5, 8, 13, 21, 44, 65, 109, 174, 283, . . .

Mas tarde vamos a ver la expresion exacta de estos numeros. Por el momentoverificamos usando induccion que tienen un “crecimiento exponencial”: paran ≥ 1, (

3

2

)n−2

≤ Fn ≤(5

3

)n−1

.

Caso base: Para n = 1 y n = 2, se tienen las desigualdades

(3/2)−1 ≤ 1 ≤ 1 y 1 ≤ 1 ≤ 5/3.

Hipotesis de induccion: Para n ≥ 3 y 1 ≤ k < n asumimos que(3

2

)k−2

≤ Fk ≤(5

3

)k−1

.

Paso de Induccion: Sea n ≥ 3. Usando la definicion recursiva y la primeradesigualdad en la hipotesis de induccion, obtenemos:

Fn = Fn−1 + Fn−2

≥(3

2

)n−3

+

(3

2

)n−4

=

(3

2

)n−4(3

2+ 1

)=

(3

2

)n−4

· 52.


Pero

5

2≥(3

2

)2

porque 5/2 ≥ 9/4, por lo tanto

Fn ≥(3

2

)n−4

· 52

≥(3

2

)n−4

·(3

2

)2

≥(3

2

)n−2

.

Ahora, la segunda desigualdad:

Fn = Fn−1 + Fn−2

≤(5

3

)n−2

+

(5

3

)n−3

=

(5

3

)n−3(5

3+ 1

)=

(5

3

)n−3

· 83.

Pero

8

3≤(5

3

)2

porque 8/3 ≤ 25/9, por lo tanto

Fn ≤(5

3

)n−3

· 83

≤(5

3

)n−3

·(5

3

)2

≤(5

3

)n−1

.

Esto completa el paso de induccion.

Por lo tanto, la desigualdad dada se satisface para n ≥ 1.

I.4. TEOREMA DE LA RECURSION 17

I.4. Teorema de la Recursion

El siguiente teorema, llamado el teorema de la recursion, formaliza la exis-tencia de una funcion definida de manera recursiva.

Teorema 1 (Teorema de la recursion) Dados el conjunto A, el elementoa ∈ A y la funcion h : A→ A, existe una unica funcion f : N→ A tal que

1. f(0) = a, y

2. para todo n ∈ N, f(n+ 1) = h(f(n))

Prueba. Usamos [0, n] para denotar el conjunto {0, 1, 2, . . . , n}. Primero pro-bamos por induccion sobre n que existe una funcion unica fn : [0, n] → A talque

(1’) fn(0) = a, y

(2’) para todo m ∈ [0, n− 1], fn(m+ 1) = h(fn(m))

Para el caso base, note que f0 debe ser {(0, a)}. Ahora nos ocupamos del pasoinductivo de n a n+ 1. Definimos fn+1 : [0, n+ 1]→ A de la siguiente manera

(a) para m ∈ [0, n] se tiene fn+1(m) = fn(m)

(b) fn+1(n+ 1) = h(fn(n))

Veamos que fn+1 satisface (1’) y (2’): para (1’) tenemos fn+1(0) = fn(0) = a

por definicion de fn+1(0) e hipotesis de induccion (fn satisface (1’)); para (2’)tenemos para todo m ∈ [0, n− 1] que

fn+1(m+ 1) = fn(m+ 1) = h(fn(m)) = h(fn+1(m))

usando la definicion de fn+1 (caso (a)) y la hipotesis de induccion (fn satisface(2’)); y finalmente

fn+1(n+ 1) = h(fn(n)) = h(fn+1(n))

usando la definicion de fn+1 (caso (b), y caso (a) para m = n). La funciondefinida fn+1 es unica en [0, n] con condiciones (1’) y (2’) porque es identica afn en [0, n] la cual es unica, y el valor de fn+1(n+1) esta entonces determinadopor el caso (b) de la definicion.

Ahora con las funciones fn consideradas como relaciones (son conjuntos depares (n, x) donde n ∈ N y x ∈ A) definimos2

f =⋃n∈N

fn

2La ‘coleccion” de fn’s se puede especificar tambien como

F = {f ∈ 2N×A : f es una funcion;∃n ∈ N, dom(f) = [0, n]; se satisfacen (1’) y (2’)}

lo que muestra que realmente forman un conjunto y se puede formar la union de ellas.


Esta relacion f es una funcion porque si (m,x), (m,y) ∈ f, entonces (m,x) ∈fn1

y (m,y) ∈ fn1para algunos n1 y n2. Si n1 = n2 = n entonces debe ser

x = y porque n es una funcion. De los contrario supongamos n1 < n2. Entoncespor la unicidad de las fn, la restriccion de fn2

a [0, n1] debe ser igual a fn1y por

lo tanto x = y. Es claro que el dominio de f es N (porque n ∈ dom(fn)) y que fsatisface necesariamente (1) y (2) del enunciado. Finalmente, f es unica: si f yf ′ son dos tales funciones diferentes, sea n tal que f(n) 6= f ′(n); pero entoncesf y f ′ restringidas a [1, n] resulta en dos funciones diferentes que tienen lasmismas propiedades (1’) y (2’) de fn arriba, lo que es una contradiccion.

No todos los ejemplos que hemos visto se adaptan a la forma simple derecursion del anterior teorema. El siguiente ejemplo muestra como este teore-ma se puede usar para justificar la existencia para definiciones recursivas mascomplicadas.

Ejemplo. Los numeros de Fibonacci se definen recursivamente (usando no-tacion de funcion por conveniencia para este ejemplo) como

F(0) = 0, F(1) = 1, y F(n+ 1) = F(n) + F(n− 1) para n ≥ 1.

Note que F(n+1) depende de F(n) y F(n−1) y por lo tanto no esta directamenteen la forma del teorema de la recursion. La cuestion es si entonces es necesarioformular y probar una nueva version de ese teorema. La respuesta es que laforma basica se puede usar para justificar la existencia de F(n). La idea es usarel teorema de la recursion para probar la existencia de una funcion f : N→ N×Ntal que

f(n) = (F(n), F(n− 1)).

Para esto tomamos A = N× N, a = (0, 1) y h : A→ A definida por

h(k, `) = (k+ `, k)

El teorema de la recursion garantiza la existencia de una funcion f : N→ N talque

f(0) = a, y f(n+ 1) = h(f(n)) para n ≥ 0. (∗)

Escribimos las componentes de f(n) como u(n) y v(n), es decir f(n) = (u(n), v(n)),y verificamos que u(n) satisface la misma ecuacion de recurrencia de F(n) ypor lo tanto F(n) = u(n) (lo que se deduce usando induccion). La ecuacionf(0) = a implica u(0) = 0 y v(0) = 1, y la ecuacion f(n+1) = h(f(n)) implicaque para n ≥ 0

u(n+ 1) = u(n) + v(n)

v(n+ 1) = u(n).

I.5. MAS EJEMPLOS: SUMAS 19

Para n = 0, la primera ecuacion de estas da u(1) = u(0) + v(0) = 1. Lasegunda, para n ≥ 0, se puede reescribir como

v(n) = u(n− 1)

para n ≥ 1. Reemplazando esto en la primera da para n ≥ 1 que

u(n+ 1) = u(n) + u(n− 1).

Por lo tanto u(n) satisface la misma ecuacion de recurrencia que F(n) satisfacey por lo tanto u(n) = F(n). Definiendo la proyeccion p1 : N × N → N comop1(k, `) = k. Podemos escribir entonces

F(n) = p1(f(n)).

(Note que v(0) corresponde a F(−1), y se ha tomado v(0) = F(−1) = 1 paraque el caso base F(1) resulte como debe ser F(1) = F(0) + F(−1) = 0 + 1 = 1.Tambien se podrıa haber excluıdo 0 del dominio de f para evitar este F(−1).)

I.5. Mas Ejemplos: Sumas

Ya hemos considerado varias sumas en ejemplos. In general, dada una su-cesion a1, a2, a2, . . ., con frecuencia nos interesan las sumas parciales

sn = a1 + a2 + a3 + · · ·+ an−1 + an

definidas formalmente en forma recursiva con la ecuacion de recurrencia

s1 = a1

sn = sn−1 + an para n > 1.

Esta suma se escribe en forma compacta usando el sımbolo∑

:

sn =

n∑k=1

ak o sn =∑

1≤k≤n

ak

donde se especifican los lımites inicial (abajo) y final (arriba) del subındice k enla primera notacion, o todo el intervalo (abajo) en la segunda notacion. Dadasdos sucesiones ak y bk, se pueden definir combinaciones como

ck = αak + βbk


donde α y β son constantes, es decir, numeros que no dependen del ındicek. Algunas propiedades de estas combinaciones facilitan su evaluacion. Porejemplo:

n∑k=1

ck = α

n∑k=1

ak + β

n∑k=1

bk.

Esto puede verificarse por induccion a partir de la definicion recursiva. Primeroel caso base:

1∑k=1

ck = c1 = αa1 + βb1 = α

1∑k=1

ak + β

1∑k=1

bk,

y el paso inductivo de n a n+ 1:

n+1∑k=1

ck =

n∑k=1

ck + cn+1 por definicion recursiva

= α

n∑k=1

ak + β

n∑k=1

bk + cn+1 por hipotesis de induccion

= α

n∑k=1

ak + β

n∑k=1

bk + (αan+1 + βbn+1) por definicion de cn+1

=

(α

n∑k=1

ak + αan+1

)+

(β

n∑k=1

bk + βbn+1

)reordenando y asociando

= α

(n∑

k=1

ak + an+1

)+ β

(n∑

k=1

bk + bn+1

)factorizando α y β

= α

n+1∑k=1

ak + β

n+1∑k=1

bk. por definicion recursiva

Esta propiedad se puede usar para obtener en forma mas o menos directa lasuma parcial de algunas secuencias en terminos de otras ya conocidas.

Ejemplo. La suma sn∑n

k=1(2k− 1) se puede determinar de la siguiente ma-nera (similar a la usada antes para 1+ 2+ 3 · · ·+ n)

1 + 3 + 5 + · · · + 2n− 3 + 2n− 1 = sn2n− 1 + 2n− 3 + 2n− 5 + · · · + 3 + 1 = sn2n + 2n + 2n + · · · + 2n + 2n = 2n · n

De aquı que 2sn = 2n2 y por tanto

sn = n2.

I.5. MAS EJEMPLOS: SUMAS 21

Tambien podemos usar las propiedades anteriores y la suma∑n

k=1 k:

n∑k=1

(2k− 1) = 2

n∑k=1

k−

n∑k=1

1

= 2 · 12· n(n+ 1) − n

= n2 − n+ n

= n2.

Ejemplo. Consideramos la suma

Sn =

n∑i=1

1√k.

Queremos verificar que se puede acotar de la siguiente manera:

2(√n+ 1− 1) < Sn <

(2+

1

10

)√n+ 1− 1 (∗)

para n ≥ 1 la primera desigualdad, y para n ≥ 4 la segunda.Nota: Una primera desigualdad (cota inferior) aparecio en el taller 4 pero con√n a la izquierda. Yo trate de hacer la cota inferior aquı en clase incorrecta-

mente como cota superior (por supuesto no funciono).

Observacion: Para quienes saben integracion,∫n

0dx√

x= 2√n. Sn se puede ver

como una aproximacion de esta integral, y las cotas en (∗) para Sn son unaexpresion cuantitativa de esto.

En el caso base n = 1 y n = 4 respectivamente, se verifica reemplazandovalores.

Para la primera desigualdad, el paso de induccion de n a n+ 1:

n+1∑k=1

1√k

=

n∑k=1

1√k

+1√n+ 1

separando

≥ 2(√n+ 1− 1) +

1√n+ 1

por hipotesis de induccion

= 2√n+ 1+

1√n+ 1

− 2

=2n+ 3√n+ 1

− 2.


Para completar la prueba es suficiente que

2n+ 3√n+ 1

≥ 2√n+ 2. (∗∗)

Multiplicando a ambos lados por√n+ 1, esto es equivalente a

2n+ 3 ≥ 2√

(n+ 2)(n+ 1),

y elevando al cuadrado es equivalente a (puesto que ambos lados son positivos)

4n2 + 12n+ 9 ≥ 4(n2 + 3n+ 2) = 4n2 + 12n+ 8

lo cual se reduce a 1 ≥ 0. Por lo tanto reemplazando (∗∗) en la deduccionarriba se obtiene

n+1∑k=1

1√k≥ 2√n+ 2− 2 = 2(

√n+ 2− 1).

Para la segunda desigualdad:

n+1∑k=1

1√k

=

n∑k=1

1√k

+1√n+ 1

separando

≤ (2+ 1/10)√n+ 1− 1+

1√n+ 1

por hipotesis de induccion

=(2+ 1/10)n+ (3+ 1/10)√

n+ 1− 1.

Para completar la prueba es suficiente que

(2+ 1/10)n+ (3+ 1/10)√n+ 1

≤ (2+ 1/10)√n+ 2

y a su vez que

n+ c ≤√

(n+ 1)(n+ 2)

donde c = (3+ 1/10)/(2+ 1/10) = 1,476.... Elevando al cuadrado:

n2 + 2cn+ c2 ≤ n2 + 3n+ 2

y

(3− 2c)n ≥ c2 − 2,

lo cual se satisface para n ≥ 4.

I.6. PRUEBAS POR INDUCCION ERRONEAS 23

I.6. Pruebas por Induccion Erroneas

Ejemplo. Vamos a probar que

n∑k=1

k =1

2(n− 1)(n+ 2)

Por hipotesis de induccion esta igualdad es valida para n ≥ 1. Para el paso deinduccion tenemos que

n+1∑k=1

k =

n∑k=1

k+ (n+ 1)

=1

2(n− 1)(n+ 2) + (n+ 1) usando la hipotesis de induccion

=1

2(n2 + n− 2+ 2n+ 2)

=1

2(n2 + 3n)

=1

2n(n+ 3)

=1

2((n+ 1) − 1)((n+ 1) + 2)

lo que muestra la identidad es valida para n + 1. Por otra parte, estaexpresion es diferente de la que ya habıamos obtenido para esta suma. Cual esel problema ? Falta verificar el caso base, el cual no es valido.

Ejemplo. Todos los elefantes tienen el mismo color: Probamos que pa-ra cualquier n, y cualquier conjunto de n elefantes, todos los elefantes en elconjunto tienen el mismo color. Como caso base, en calquier conjunto de unelefante, todos los elefantes en el conjunto (solo uno) tienen el mismo color.Como hipotesis de induccion, para n ≥ 1, en cualquier conjunto de n elefan-tes, todos los elefantes en el conjunto tienen el msimo color. Para el paso deinduccion, consideremos un conjunto E arbitrario de n + 1 elefantes, y entreestos el primer p y ultimo u elefante. Entonces los conjuntos Ep = E − {p} yEu = E − {u} tienen n elefantes, y por hipootesis de induccion para cada unode ellos, todos los elefantes en ese conjunto tienen el mismo color. Ahora, siconsideramos los elefantes que estan en ambos conjuntos Ep ∩ Eu, todos debentener el mismo color de los elefantes en Ep y el mismo color de los elefantes enEu, por lo tanto el color de los elefantes en Ep y de los elefantes en Eu debe serel mismo, y por lo tanto todos los elefantes en E deben tener el mismo color.


Por el principio de induccion, para todo n y todo conjunto de n elefantes, todoslos elefantes tienen el mismo color. Donde esta el problema con esteargumento ? Al pasar de n = 1 a n = 2, Ep ∩ Eu es vacıo y por lo tanto no sepuede concluir que todos los elefantes en E tienen el mismo color.

I.7. Principio del Buen Orden

Consideremos de nuevo la suma para todo n ≥ 1n∑

k=1

k =1

2n(n+ 1) (∗)

y la siguiente manera de argumentar su validez:

Supongamos por contradiccion que (∗) no es valida para todo n ≥ 1.Entonces sea m el mınimo valor de n para el cual la igualdad no esvalida. En otras palabras, el contraejemplo con n mınimo. Primero,observamos que m 6= 1 porque (∗) es claramente valida para n = 1.Ası que m > 1. Como m corresponde al mınimo contraejemploentonces (∗) es valida para m− 1. Esto es,

m−1∑k=1

k =1

2(m− 1)m

Pero entonces

m∑k=1

k =

m−1∑k=1

k+m

=1

2(m− 1)m+m por la igualdad arriba

=1

2m(m− 1+ 2)

=1

2m(m+ 1).

Pero esto quiere decir que (∗) es valida para n = m, lo cual esuna contradiccion con el hecho de que m corresponde al mınimocontraejemplo. Por lo tanto concluimos que la asuncion inicial esfalsa, y por la tanto (∗) es valida para todo n ≥ 1.

Esto parece ser una prueba alternativa que no usa el principio de induccion! En realidad algo se ha usado en la prueba que resulta ser equivalente al

I.7. PRINCIPIO DEL BUEN ORDEN 25

principio de induccion: Sea P(n) el predicado que dice que la igualdad (∗) esvalida para n. Cuando asumimos que no era valida para todo n ≥ 1, asumimosque el conjunto

A = {n : P(n) es cierto}

no es vacıo. En la prueba asumimos la existencia de un elemento mınimo enA. Este es el llamado principio de buen orden que resulta ser equivalente alprincipio de induccion.

Principio del Buen Orden. Sea A un subconjunto de los numeros enterospositivos. Entonces A contiene un elemento mınimo.

(Note que por ejemplo los numeros racionales positivos no satisfacen estapropiedad. Por ejemplo el subconjunto de numeros racionales mayores que 1no tiene un elemento mınimo.)

Note que la prueba arriba esencialmente repite los mismo dos puntos deuna prueba que usa el principio de induccion: primer el caso base, y segundola hipotesis y paso de induccion.

Ejemplo. Principio de Induccion implica Principio del Buen Orden.Queremos probar que si T ⊆ N con T 6= ∅ entonces mın T existe. Para n ∈ N,sea P(n) la afirmacion de que todo T ⊆ N con n ∈ T tiene un elemento mınimo.Usamos el principio de induccion (fuerte) para concluir que P(n) es verdaderopara todo n. Como caso base, P(0) es verdadero porque si 0 ∈ T entoncesmın T = 0 y en particular existe. Ahora, para el paso de induccion, suponemosque n+ 1 ∈ T . Consideramos dos casos: (1) Si {0, 1, 2, . . . , n}∩ T 6= ∅, entoncesexiste j con 1 ≤ j ≤ n y j ∈ T , y por lo tanto mın T existe por hipotesisde induccion. Y (2), si {0, 1, 2, . . . , n} ∩ T = ∅, entonces mın T = n + 1 y enparticular existe. En conclusion, P(n+1) es verdadero y, por lo tanto, usando elprincipio de induccion, P(n) es verdadero para todo n ∈ N. Finalmente, dadoT 6= ∅, existe n ∈ N tal que n ∈ T , y puesto que P(n) es verdadero, mın Texiste.

Ejemplo. Teorema de la Division (Cociente y Residuo). Como ilustra-cion del principio del buen orden, damos dos pruebas del teorema de la divisionpara n ≥ 0 (sin la unicidad):

Para todo d > 0 entero positivo y n ≥ 0 entero existen enteros q yr con 0 ≤ r < d tal que n = qd+ r.


Prueba 1: Supongamos por contradiccion que existen d > 0 y n ≥ 0 enterostal que no existen q y r con 0 ≤ r < d tal que n = qd + r. Para este d,sea

A = {n : n ≥ 0 entero y no existen q y r con 0 ≤ r < d tal que n = qd+ r}.

Por la asuncion, A 6= ∅ y por el principio del buen orden tiene un elementomınimo que denotamos conm. Entoncesm ≥ d porque sim < d entonces

m = qd+ r

con q = 0 y r = m en contradiccion con la definicion de A y que m ∈ A.Como m ≥ d entonces

m ′ = m− d ≥ 0 y m ′ < m

y por la minimalidad de m en A, para m ′ si existen q ′ y d ′ tal que

m ′ = q ′d+ r ′

con 0 ≤ r ′ < d. Pero entonces

m = m ′ + d = q ′d+ r+ d = (q ′ + 1)d+ r ′ = qd+ r

con q = q ′ + 1 y r ′ = r. Pero esto es una contradiccion porque tenıamosque m no satisfacıa tal igualdad.

Prueba 2: Para d y n dados, consideremos el conjunto

R = {n− qd : q ∈ N, n− qd ≥ 0}

Por el principio del buen orden, este conjunto tiene un mınimo que lla-mamos r. Para este r se tiene que existe un q tal que n − qd = r y porlo tanto

n = qd+ r.

Veamos que r satisface 0 ≤ r < d: r ≥ 0 porque por definicion todos loselementos de R son no negativos. Y r < d porque si r ≥ d entonces

r− d = n− qd− d = n− (q+ 1)d

y

r− d < r

en contradiccion con la minimalidad de r en R.

I.8. MAS EJEMPLOS 27

Ejemplo. Irracionalidad de√2. Asumimos como contradiccion que

√2 es

racional, es decir, existen enteros positivos m,n tal que√2 = m/n. Asumimos

que se escogen m,n de tal manera que n es mınimo entre los denominadoresposibles. Puesto que 1 <

√2 < 2 entonces 1 < m/n < 2 y por lo tanto

n < m < 2n. Usando que m2 = 2n2 obtenemos

m

n=m(m− n)

n(m− n)=m2 −mn

n(m− n)=2n2 −mn

n(m− n)=n(2n−m)

n(m− n)=2n−m

m− n.

Pero m < 2n implica que m − n < m y por lo tanto hemos obtenido unarepresentacion de

√2 como racional con un denominador mas pequeno, lo cual

es una contradiccion.

I.8. Mas Ejemplos

Ejemplo. (Media Aritmetica y Media Geometrica.) Dados n numerosx1, x2, . . . , xn ≥ 0, su media aritmetica esta dada por

An(x1, x2, . . . , xn) =1

n· (x1 + x2 + · · ·+ xn)

y su media geometrica por

Gn(x1, x2, . . . , xn) = n√x1 · x2 · · · · · xn

Se tiene que siempre

An(x1, x2, . . . , xn) ≥ Gn(x1, x2, . . . , xn).

Resulta que para probar esto se puede usar induccion, al menos para el casoque n es una potencia de 2, y los otros casos se derivan de estos. Se podrıatomar n = 1 como caso base (el cual es trivial), pero esto no es suficiente; comose vera es importante tener n = 2 como caso base.

Caso base n = 2: Para x1, x2 ≥ 0 se tiene que

x1 + x2

2≥√x1x2 (∗)

Podemos manipular esta desigualdad y ver a donde nos lleva:

x1 + x2

2

?

≥√x1x2

x1 + x2

?

≥ 2√x1x2

x21 + 2x1x2 + x2

2

?

≥ 4x1x2

x21 − 2x1x2 + x2

2

?

≥ 0

(x1 − x2)2 ≥ 0


La ultima desigualdad es claramente cierta, y la deduccion anterior es validaen la direccion contraria. Por lo tanto podemos deducir (∗) de (x1 − x2)

2 ≥ 0.Esto verifica la desigualdad para 2n numeros.

Paso de induccion: Asumimos que la desigualdad es cierta para n numerosx1, x2, . . . , xn y la verificamos para 2n numeros x1, x2, . . . , x2n−1, x2n. Tenemosla siguiente deduccion donde ademas de propiedades basicas, usamos la hipote-sis de induccion para n y tambien el caso base:

x1 + x2 + · · ·+ x2n

2n=

1

2·(x1 + · · ·+ xn

n+xn+1 + · · ·+ x2n

n

)≥ 1

2( n√x1 · · · · · xn + n

√xn+1 · · · · · x2n)

≥ 2

√n√x1 · · · · · xn · n

√xn+1 · · · · · x2n

= 2n√x1x2 · · · · · x2n.

Lo anterior prueba la desigualdad An ≥ Gn (omitiendo los xi para simplifi-car) para n = 2m donde m ∈ N. El caso base arriba corresponde a m = 1, y elpaso de induccion corresponde al paso m a m+1 (note que si n = 2m entonces2m+1 = 2 · 2m = 2n).

Caso general: El caso general se puede deducir del caso n = 2m (esto ya no esinduccion). Usamos que para todo n ∈ N, existe m ∈ N tal que 2m−1 ≤ n < 2m

(ejercicio en el taller). Entonces, si se tiene n = 2m−1 corresponde al caso yaprobado y por lo tanto nos concentramos en 2m−1 < n < 2m. Sea N = 2m.Primero notamos que

An =x1 + · · ·+ xn

n=x1 + · · ·+ xn +An +An + · · ·+An

N

donde An se repite N − n veces. Usando la desigualdad AN ≤ GN obtenemosque

An ≤ N√x1 · · · · · xnAN−n

n = N√x1 · · · · · xnA

1−n/Nn

y de aquı queAn/N

n ≤ N√x1 · · · · · xn

y por lo tantoAn ≤ n

√x1 · · · · · xn = Gn.

Ejemplo. (Determinante de la matriz de Vandermonde.) Sea A unamatriz cuadrada n× n:

A =

a1,1 a1,2 · · · a1,n

a2,1 a1,2 · · · a1,n...

. . ....

an−1,1 an−1,2 · · · an−1,n

an,1 an,2 · · · a2,n


Para ındices i y j, sea Ai,j la matriz reducida obtenida removiendo la i-esimafila y la j-esima columna. De algebra lineal, sabemos que el determinante de A,denotado detA se puede calcular recursivamente “expandiendo” por una filao por una columna, teniendo como caso base de la recursion el caso 1× 1:

det[a1,1] = a1,1.

Para n ≥ 2, expandiendo por la fila k se tiene

detA = (−1)k+1ak,1 · detAk,1 + (−1)k+2ak,2 · detAk,2 + · · ·+(−1)k+nak,n · detAk,n

=

n∑j=1

(−1)k+jak,j · detAk,j

y expandiendo por la columna ` se tiene

detA = (−1)1+à1,` · detA1,` + (−1)2+à2,` · detA2,` + · · ·+(−1)n+àn,` · detAn,`

=

n∑i=1

(−1)i+ài,` · detAi,`

Dados n numeros reales x1, x2, . . . , xn, la matriz de Vandermonde para estoses la matriz n× n:

A(x1, x2, . . . , xn) =

1 x1 x2

1 · · · xn−11

1 x2 x22 · · · xn−1

2...

.... . .

...1 xn−1 x2

n−1 · · · xn−1n−1

1 xn x2n · · · xn−1

n

,

es decir, ai,j = xj−1i , i, j = 1, 2, . . . , n. Sea

V(x1, x2, . . . , xn) = detA(x1, x2, . . . , xn)

Queremos verificar que

V(x1, x2, . . . , xn) =∏

1≤i<j≤n

(xj − xi),

donde el producto incluye todos las diferencias xj − xi con i < j. Por ejemplo

V(x1, x2) = x2 − x1,


lo que se verifica directamente puesto que A(x1, x2) =

[1 x1

1 x2

]. Para el caso

n = 1 se tiene V(x1) = 1 y en este caso como ningun par i, j satisface 1 ≤ i <j ≤ 1 el producto es de cero factores y se toma como 1 por definicion. Ahoraque tenemos el caso base es cuestion de probar el paso inductivo, de n a n+ 1.Para esto usamos induccion por la ultima columna:

V(x1, x2, . . . , xn+1) = det

1 x1 x21 · · · xn−1

1 xn1

1 x2 x22 · · · xn−1

2 xn2

......

. . ....

1 xn−1 x2n−1 · · · xn−1

n−1 xnn−1

1 xn x2n · · · xn−1

n xnn

1 xn+1 x2n+1 · · · xn−1

n+1 xnn+1

=

= (−1)n+2xn1 · V(x2, x3, · · · , xn+1) + (−1)n+3xn

2 · V(x1, x3, · · · , xn+1) +

+(−1)n+4xn3 · V(x1, x2, x4, · · · , xn+1) + · · ·+ (−1)2n+2xn

n+1 · V(x1, x2, · · · , xn). (∗)

En esta ecuacion, el signo del termino xnk ·V(x1, x2, . . . , xk−1, xk+1, . . . , xn, xn+1)

es (−1)n+k+1. Note que los determinantes de Vandermonde en la derecha son den numeros y por lo tanto podemos usar la hipotesis de induccion. En este punto,en lugar de reemplazar esta y tratar de factorizar y manipular para obtener elresultado deseado, es mas facil escribir el resultado deseado y obervar que esigual a (∗). Ası, para completar el paso de induccion, queremos verificar que(∗) es igual a ∏

1≤i<j≤n+1

(xj − xi). (∗∗)

En esta ultima expresion, para un k con 1 ≤ k ≤ n + 1, queremos identificarel factor por el cual aparece multiplicado xn

k al expandir el producto. Note quexk aparece en los n productos

(xk − x1), (xk − x2), . . . , (xk − xk−1), (xk+1 − xk), . . . , (xn − xk), (xn+1 − xk)

y por lo tanto al expandir estos xnk aparece con el signo (−1)n−k+1 (el numero de

factores donde xk tiene signo negativo), lo que es igual a (−1)n+k+1 y, ademasde este signo, xn

k tambien resulta multiplicado por los factores (xj − xi) dondej > i y i, j 6= k, lo cual es por hipotesis de induccion precisamente

V(x1, x2, . . . , xk−1, xk+1, . . . , xn, xn+1).

Por lo tanto los valores en las ecuaciones (∗) y (∗∗) son iguales. Esto verificala hipotesis de induccion.

Otra alternativa. Veamos una forma diferente de realizar el paso inductivo,la cual utiliza un poco mas de “conocimiento”, acerca de determinantes (y de


polinomios), pero tambien da mas idea de por que aparecen los factores delresultado. Para evaluar V(x1, x2, . . . , xn+1) utilizamos expansion del determi-nante por la ultima fila:

V(x1, x2, . . . , xn, xn+1) = C0 + C1xn+1 + C2x2n+1 + · · ·+ Cnx

nn+1

donde el numero Ci es el determinante de la matriz reducida correspondientepor el signo apropiado, pero no nos importa esos detalles en el momento. Si enlugar de xn+1 reemplazamos una variable X, tenemos que

V(x1, x2, . . . , xn, X) = C0 + C1X+ C2X2 + · · ·+ CnX

n.

Esto es un polinomio de grado n, que denotamos por p(X). Ademas sabemospor propiedades de los determinantes que p(X) = 0 para X = x1, x2, . . . , xn

(porque el determinante de una matriz con dos filas iguales es 0), y que si unpolinomio p(X) tiene un cero en X = c entonces p(X) se puede escribir comop(X) = (X − c)q(X) donde q(X) es un polinomio de un grado menor. Por lotanto, como el grado de p(X) es n, se tiene que para alguna constante K,

p(X) = K(X− x1)(X− x2) · · · (X− xn)

y solo queda por determinar K, que es donde entra a jugar la hipotesis deinduccion. Reemplazando X = 0 se tiene que

P(0) = K(−1)nx1x2 · · · xn.

Por otra parte

V(x1, x2, . . . , xn, 0) = det

1 x1 x21 · · · xn−1

1 xn1

1 x2 x22 · · · xn−1

2 xn2

......

. . ....

1 xn−1 x2n−1 · · · xn−1

n−1 xnn−1

1 xn x2n · · · xn−1

n xnn

1 0 0 · · · 0 0

=

= (−1)n+2 · det

x1 x2

1 · · · xn−11 xn

1

x2 x22 · · · xn−1

2 xn2

.... . .

...xn−1 x2

n−1 · · · xn−1n−1 xn

n−1

xn x2n · · · xn−1

n xnn

= (−1)n+2 · x1x2 · · · xn · det

1 x1

1 · · · xn−21 xn−1

1

1 x12 · · · xn−2

2 xn−12

.... . .

...1 x1

n−1 · · · xn−2n−1 xn−1

n−1

1 x1n · · · xn−2

n xn−1n

= (−1)n+2 · x1x2 · · · xn · V(x1, x2, . . . , xn).


Comparando con la expresion arriba para p(0), se tiene que

K = V(x1, x2, . . . , xn) =∏

1≤i<j≤n

(xj − xi)

donde se ha reemplazando la hipotesis de induccion para V(x1, x2, . . . , xn).Finalmente, reemplazando en p(xn+1) se obtiene el resultado deseado:

V(x1, x2, . . . , xn, xn+1) = p(xn+1)

= K · (xn+1 − x1)(xn+1 − x2) · · · (xn+1 − xn)

=∏

1≤i<j≤n

(xj − xi) · (xn+1 − x1)(xn+1 − x2) · · · (xn+1 − xn)

=∏

1≤i<j≤n+1

(xj − xi).

Ejemplo. Torres de Hanoi. En este problema se tienen tres postes A, By C, y n anillos (discos con un orificio central que se ajusta a los postes) dediferentes tamanos. En la configuracion inicial todos los postes estan apiladosen el poste A en orden descendente de tamano como se ilustra en la figura.

A CB

Figura I.2: Configuracion inicial para n = 5.

El problema es transferir los discos al poste C moviendo un disco a la vezy de tal manera que un disco nunca se coloca sobre otro mas pequeno (por lotanto en la configuracion final los discos estan apilados en el poste C en ordendescendente de tamano). Cual es el mınimo numero de movidas (de un discode un poste a otro) para alcanzar la configuracion final ?

La secuencia de movidas que se va sugerir es recursiva: describe una soluciona la transferencia de n discos en terminos de una solucion a la transferencia den−1 discos. El procedimiento o algoritmo es el siguiente: Si n = 0 no hay nadaque hacer (alternativamente, se puede tomar el caso n = 1 como caso base).De lo contrario, si n ≥ 1 entonces:

1. Recursivamente se transfieren los n − 1 discos mas pequenos de la torreA a la torre B

2. Se mueve el disco mas grande de la torre A a la torre C

3. Recursivamente se transfieren los n − 1 discos mas pequenos de la torreB a la torre C


A CB A CB

Figura I.3: Configuraciones despues del primero y del segundo paso del algorit-mo.

Seamn el numero de movidas realizadas por este algoritmo para el problemacon n discos. De la descripcion del algoritmo se concluye que mn satisface laecuacion de recurrencia

mn = 2mn−1 + 1 (∗)

con condicion inicial m0 = 0.

Solucion de la ecuacion de recurrencia. En general, para ecuaciones comoesta en que mn esta expresada en terminos de mn−1, se puede intentar obtenerla solucion “iterando” la recurrencia. Esto quiere decir que comenzando con(∗) se aplica la misma ecuacion (∗) a mn−1 en la derecha (que se obtienecambiando n por n − 1 en (∗)), y ası sucesivamente, hasta que se obtiene un“patron” que nos permite “adivinar” cual es la solucion. Estrictamente estasolucion que se ha “adivinado” se puede/debe conformar con una prueba porinduccion, pero en general vamos a omitir este paso, porque en los ejemplos queencontramos es relativamente facil “adivinar” sin cometer errores. Entonces,iterando la recurrencia (∗) se obtiene

mn = 2mn−1 + 1

= 2(2mn−2 + 1) + 1

= 22mn−2 + 21 + 20

= 22(2mn−3 + 1) + 21 + 20

= 23mn−3 + 22 + 21 + 20

...

= 2nm0 + 2n−1 + 2n−2 + · · ·+ 22 + 21 + 20

= 2n−1 + 2n−2 + · · ·+ 22 + 21 + 20

= 2n − 1.

Veamos en este caso sencillo la verificacion por induccion. Verificamos que 2n−1

satisface la ecuacion de recurrencia (∗): Para el caso base, 20 − 1 = 0, y parael paso de induccion

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


Optimalidad del Algoritmo Propuesto. No es posible encontrar un algoritmopara el problema de las torres que realice menos movidas. Veamos como ar-gumentar eso. Sea pn el numero mınimo de movidas posible entre todos losalgoritmos posibles. Por definicion pn ≤ mn. Ahora justificamos usando induc-cion que pn = mn:

Es cierto para el caso base n = 0: Ambos p0 y m0 son 0 (no se necesitanmovidas y el algoritmo no realiza ninguna).

Asumiendo como hipotesis de induccion que pn−1 = mn−1, tenemos que:

Antes de poder mover el disco mas grande de A, se deben haber movidolos n− 1 discos mas pequenos de A a otro poste.

El disco grande debe ser movido al menos una vez.

Inmediatamente el disco mas grande es colocado en el poste C, quedapor mover los n− 1 discos mas pequenos de otro poste al poste C (todosdeben estar en el mismo poste para poder haber permitido el movimientodel disco mas grande al poste C)

De acuerdo con el anterior analisis, el mınimo numero de movidas posible paramover n discos satisface

pn ≥ 2pn−1 + 1.

Pero usando la hipotesis de induccion pn−1 = mn−1 esto implica que

pn ≥ 2mn−1 + 1

Usando mn = 2mn−1 + 1, entonces

pn ≥ mn

Pero puesto que pn ≤ mn, se deduce pn = mn.

Cap tulo I Inducci on y Recursi onearamosn/cursos/...En la prueba de la no racionalidad de p 2, se...

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