LaTeX1Induccion
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Universidad de la Frontera F acultad de Ingenier ´ ı a TEMUCO, Junio 25 de 2013 Departamento de Matem´ ati ca y E sta d´ ısti ca Item 9. Inducci´ on. Gu ´ ıa de Reales . Fundamentos de Matem´ aticas. Profesores: P. Valenzuela - A. Sep´ulveda - A. Parra - L. Sandoval - J. Molina - E. Milman - M. Choquehuanca - H. Soto - E. Henr ´ ıquez. Ayudante: Pablo Atu´ an. 9. Demos trar usando indu cci´ on. (a) 3 + 2 · 3 1 + . .. + 2 · 3 n = 3 n+1 , ∀n ∈ N. • Verificamos para n = 1. Lado izquierdo: 3 + 2 · 3 1 = 9. Lado derecho: 3 2 = 9. Se cumple. • Hip´ otesis de Inducci´ on: Suponemo s verd adera la proposici´ on 3+2 · 3 1 + ··· +2 · 3 n = 3 n+1 . • Por demostrar que: 3 + 2 · 3 1 + ··· + 2 · 3 n + 2 · 3 n+1 = 3 n+2 . En efecto 3 + 2 · 3 1 + ··· + 2 · 3 n + 2 · 3 n+1 = 3 n+1 + 2 · 3 n+1 = 3 · 3 n+1 = 3 n+1 = Por lo tanto, tenemos que 3 + 2 · 3 1 + · ·· + 2 · 3 n = 3 n+1 , ∀n ∈ N. (b) 1 + 1 · 1! + 2 · 2! + ... + (n − 1) · (n − 1)! = n!, ∀n > 1. • Verificamos para n = 2. Lado izquierdo: 1 + 1 · 1! = 2. Lado derecho: 2! = 2. Se cumple. • Hip´ otesis de Inducci´ on: Suponemos verdadera la proposici´ on 1 + 1 · 1! + 2 · 2! + ... + (n − 1) · (n − 1)! = n! . • Por demostrar que: 1 + 1 · 1! + 2 · 2! + ... + ( n − 1) · (n − 1)! + n · n! = (n + 1)!. En efecto n! + n · n! = n! · (1 + n) = (n + 1) · n! = (n + 1)! = Por lo tanto, tenemos que 1 + 1 · 1! + 2 · 2! + . .. + (n − 1) · (n − 1)! = n!, ∀n > 1. 1
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7/23/2019 LaTeX1Induccion
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Universidad de la FronteraFacultad de Ingenierıa TEMUCO, Junio 25 de 2013
Departamento de Matematica y Estadıstica
Item 9. Induccion. Guıa de Reales.
Fundamentos de Matematicas.
Profesores: P. Valenzuela - A. Sepulveda - A. Parra - L. Sandoval - J. Molina - E. Milman -M. Choquehuanca - H. Soto - E. Henrıquez.
Ayudante: Pablo Atuan.
9. Demostrar usando induccion.
(a) 3 + 2 · 31
+ . . . + 2 · 3n
= 3n+1
, ∀n ∈ N.• Verificamos para n = 1. Lado izquierdo: 3 + 2 · 31 = 9. Lado derecho: 32 = 9. Se cumple.
• Hipotesis de Induccion: Suponemos verdadera la proposicion 3 + 2 · 31 + · · · + 2 · 3n = 3n+1.
• Por demostrar que: 3 + 2 · 31 + · · · + 2 · 3n + 2 · 3n+1 = 3n+2. En efecto
3 + 2 · 31 + · · · + 2 · 3n + 2 · 3n+1 =
3n+1 + 2 · 3n+1 =
3 · 3n+1 =
3n+1 =
Por lo tanto, tenemos que 3 + 2 · 31 + · · · + 2 · 3n = 3n+1, ∀n ∈ N.
(b) 1 + 1 · 1! + 2 · 2! + . . . + (n − 1) · (n − 1)! = n!, ∀n > 1.
• Verificamos para n = 2. Lado izquierdo: 1 + 1 · 1! = 2. Lado derecho: 2! = 2. Se cumple.
• Hipotesis de Induccion: Suponemos verdadera la proposicion
1 + 1 · 1! + 2 · 2! + . . . + (n − 1) · (n − 1)! = n!
.
• Por demostrar que: 1 + 1 · 1! + 2 · 2! + . . . + (n − 1) · (n − 1)! + n · n! = (n + 1)!. En efecto
n! + n · n! =
n! · (1 + n) =
(n + 1) · n! =
(n + 1)! =
Por lo tanto, tenemos que 1 + 1 · 1! + 2 · 2! + . . . + (n − 1) · (n − 1)! = n!, ∀n > 1.
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http://slidepdf.com/reader/full/latex1induccion 2/4
(c) 1
1 · 2 +
1
2 · 3 + . . . +
1
n · (n + 1) =
n
n + 1, ∀n ∈ N.
• Verificamos para n = 1. Lado izquierdo: 1
1 · 2 =
1
2. Lado derecho:
1
2. Se cumple.
• Hipotesis de Induccion: Suponemos verdadera la proposicion
1
1 · 2 +
1
2 · 3 + . . . +
1
n · (n + 1) =
n
n + 1
.
• Por demostrar que: 1
1 · 2 +
1
2 · 3 + . . . +
1
n · (n + 1) +
1
(n + 1) · (n + 2) =
n + 1
n + 2. En efecto
1
1 · 2 +
1
2 · 3 + . . . +
1
n · (n + 1) +
1
(n + 1) · (n + 2) =
n
n + 1
+ 1
(n + 1) ·
(n + 2)
=
n · (n + 2) + 1
(n + 1) · (n + 2) =
n2 + 2n + 1
(n + 1) · (n + 2) =
(n + 1)2
(n + 1) · (n + 2) =
n + 1
n + 2 =
Por lo tanto, tenemos que 11 · 2 + 12 · 3 + . . . + 1n · (n + 1) = n
n + 1 , ∀n ∈ N.
(d) 1
1 · 3 +
1
3 · 5 +
1
5 · 7 + . . . +
1
(2n − 1) · (2n + 1) =
n
2n + 1, ∀n ∈ N.
• Verificamos para n = 1. Lado izquierdo: 1
1 · 3 =
1
3. Lado derecho:
1
3. Se cumple.
• Hipotesis de Induccion: Suponemos verdadera la proposicion
1
1 · 3 +
1
3 · 5 +
1
5 · 7 + . . . +
1
(2n − 1) · (2n + 1) =
n
2n + 1
.
• Por demostrar que: 11 · 3
+ 13 · 5
+ . . . + 1(2n − 1) · (2n + 1)
+ 1(2n + 1) · (2n + 3)
= n + 12n + 3
.
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http://slidepdf.com/reader/full/latex1induccion 3/4
En efecto
1
1 · 3 +
1
3 · 5 + . . . +
1
(2n − 1) · (2n + 1) +
1
(2n + 1) · (2n + 3) =
n
2n + 1 +
1
(2n + 1) · (2n + 3) =
n · (2n + 3) + 1
(2n + 1) · (2n + 3) =
2n2 + 3n + 1
(2n + 1) · (2n + 3) =
(n + 1) · (2n + 1)
(2n + 1) · (2n + 3) =
n + 1
2n + 3 =
Por lo tanto, tenemos que 1
1 · 3 +
1
3 · 5 +
1
5 · 7 + . . . +
1
(2n − 1) · (2n + 1) =
n
2n + 1, ∀n ∈ N.
(e) x2n−1 + y2n−1 es divisible por x + y para todo n ∈ N.
• Verificamos para n = 1. Tenemos x + y = 1 · (x + y). Se cumple.
• Hipotesis de Induccion: Suponemos verdadera la proposicion x2n−1 + y2n−1 es divisible porx + y, es decir x2n−1 + y2n−1 = k · (x + y), k ∈ Z.
• Por demostrar que: x2n+1 + y2n+1 es divisible por x + y. Es decir, x2n+1 + y2n+1 = t · (x + y),
t ∈ Z. En efecto
x2n+1 + y2n+1 =
x2 · x2n−1 + y2 · y2n−1 =
x2 · (k · (x + y) − y2n−1) + y2 · y2n−1 =
x2 · k · (x + y) − x2 · y2n−1 + y2 · y2n−1 =
kx2 · (x + y) − y2n−1 · (x2 − y2) =
kx2 · (x + y) − y2n−1 · (x − y) · (x + y) =
(x + y) · (kx2 − y2n−1 · (x − y)) =
t · (x + y) =
Por lo tanto, x2n−1 + y2n−1 es divisible por x + y para todo n ∈ N.
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http://slidepdf.com/reader/full/latex1induccion 4/4
(f) 22n + 15n − 1 es multiplo de 9, ∀n ∈ N.
• Verificamos para n = 1. Tenemos 22 + 15 · 1 − 1 = 18 = 2 · 9. Se cumple.
• Hipotesis de Induccion: Suponemos verdadera la proposicion 22n + 15n − 1 es multiplo de9, es decir 22n + 15n − 1 = 9 · k, k ∈ Z.
• Por demostrar que: 22n+2+15·(n+1)−1 es multiplo de 9. Es decir, 22n+2+15·(n+1)−1 = 9·t,t ∈ Z. En efecto
22n+2 + 15 · (n + 1) − 1 =
22 · 22n + 15n + 14 =
3 · 22n + 22n + 15n − 1 + 15 =
22n + 15n − 1 + 3 · 22n + 15 =
9 · k + 3 · 22n + 15 =
9 ·
k + 9 ·
h =9 · (k + h) =
9 · t =
Por lo tanto, 22n + 15n − 1 es multiplo de 9, ∀n ∈ N. Queda como ejercicio para el lector
demostrar que 3 · 22n + 15 es m´ ultiplo de 9. Trabaje con inducci´ on.
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