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Seccion I.3, Induccion Matematica

Rurouni Kenshin Ver Perfil del Miembro Ver los mensajes de este miembro	Feb 5 2006, 06:53 AM Publicado: #1
Webmaster Grupo: Administrador Mensajes: 6.692 Registrado: 13-May 05 Desde: Santiago Centro Miembro Nº: 2 Nacionalidad: Sexo:	Estuve pensando mucho como enseñar esta seccion y la verdad me costo bastante tomar una decision(en el sentido de si hacerlo formal o informalmente) y decidi hacerlo informalmente(ojo que esto no significa en ningun sentido, incorrecto o menos valido) con la finalidad de que realmente entiendan de que se trata este llamativo y util tema. "Seguramente para los que algo saben de el, les suena que hay que demostrar algo para el primer caso,y que se cumple para n,entonces para n+1 y listo". Pues bien....es muy facil decir que se sabe induccion pero no es tan facil decir que la entienden. Incluso es posible y es realmente facil demostrar cosas inductivamente sin entender ni un poquito de lo que se esta haciendo. Definiremos induccion simplemente como una manera de pensar. Esto quiere decir que les enseñare durante esta seccion a pensar "inductivamente" Entenderemos la idea a traves de los siguientes dos problemas: Problema 1 Consideremos un tablero cuadriculado de $TEX: $2^{2006}$ x $2^{2006}$$ , al cual se le retira una esquina. Demuestre que este tablero puede cubrirse totalmente (sin superposiciones y sin salir del tablero) utilizando fichas del siguiente tipo que cubren exactamente 3 cuadraditos del tablero. Solucion: Nuestro primer paso es entender que es lo que nos piden. Razonamiento Pensemos solo en imaginar el tremendo tamaño de este tablero, con solo pensar que un simple tablero de $TEX: $2^{10}$ x $2^{10}$$ tiene mas de un millon de cuadraditos. Esto pues $TEX: $2^{10}=1.024$$ y por ende $TEX: $1.024$x$1.024=1.048.576$$ cuadraditos, pero como por enunciado al tablero le falta una esquina, entonces tendra $TEX: $1.048.575$$ cuadraditos, a llenar con fichas del estilo mencionado en el enunciado Vaya uno realmente a pensar en llenar un tablero de $TEX: $2^{2006}$ x $2^{2006}$$ ...realmente imposible si pensamos que $TEX: $2^{2006}$$ es igual a: 734803644975522895509013248753716469774283329336764928305691351568490407291117000 868262071242564012747805417368951976175006156134952355412112596067946658038650431 930529998592004408186548736287177145132736406311966602338967336885529262828966658 984665413791977972239352377245629475989194557031451020610129160602681017500534435 855228702770649976965982569602745617386922405315340852046312200267272114453230122 233570537076012939391093785869823060372809861692376973388291551729814973901050624 524526186435729634434723735846499381432233084365148857057765016848801122787384325 2661937332349789040779830473537880064 Y si pensamos en el numero total de cuadraditos...ya nos caemos de espalda. Entonces acaso no podremos resolver este problema? Quizas no, quizas si,pero como buenos chicos intentaremos resolver este problema en nuestra version mas "inocente". Intentemos un llenado de tableros mas simples a ver si podriamos llegar a encontrar una forma de llenar el que se nos pide. Lo segundo es ver como resolver el problema en casos mas simples. Resolviendo problemas mas pequeños I) Tablero $TEX: $2^1$ x $2^1$$ sin una esquina Este tablero sera de $TEX: $2$ x $2$$ y sin una esquina. Esto es: que resulta identico a la forma de las piezas que disponemos para llenarlo. Luego el llenado sera solo colocar una de nuestras piezas en la orientacion correcta, como muestra la figura: II) Tablero $TEX: $2^2$ x $2^2$$ sin una esquina Este tablero sera de $TEX: $4$ x $4$$ y sin una esquina. Esto es: Para llenarlo solo es cosa de ponerse a probar hasta que resulte. Aqui les muestro una forma de hacerlo: III) Tablero $TEX: $2^3$ x $2^3$$ sin una esquina Este tablero sera de $TEX: $8$ x $8$$ y sin una esquina. Esto es: Dado que anteriormente aprendimos a llenar el tablero de $TEX: $4$ x $4$$ sin una esquina... realizaremos el llenado de este nuevo tablero basados en el llenado anterior(pues intentar llenarlo solo probando se vuelve algo mas dificil en este caso). Esto lo haremos de la siguiente forma. donde los bloques grandes de un solo color son aquellos que ya sabemos llenar. IV) Tablero $TEX: $2^4$ x $2^4$$ sin una esquina Este tablero sera de $TEX: $16$ x $16$$ y sin una esquina. Esto es: Induccion_8.PNG ( 15.24k ) Número de descargas: 5 Ahora nos aprovecharemos del hecho que anteriormente aprendimos a llenar el tablero de $TEX: $8$ x $8$$ sin una esquina... Esto lo haremos de la siguiente forma. donde los bloques grandes de un solo color son aquellos que ya sabemos llenar. Lo tercero y final es concluir Conclusiones ¿Sera necesario hacer el llenado de los tableros de $TEX: $2^5$ x $2^5$$ y $TEX: $2^6$ x $2^6$$ y asi sucesivamente? La respuesta es rotundamente NO, pues con nuestro metodo "inductivo" hemos probado los primeros casos, pero no solamente eso, sino que tambien hemos creado un metodo que nos indica como "a partir del llenado de un tablero", podemos "llenar el tablero que le sigue" en nuestra serie de tableros. Con este argumento no solo hemos demostrado que podemos llenar los tableros de $TEX: $2^5$ x $2^5$$ o $TEX: $2^6$ x $2^6$$ sino que cualquier tablero de la forma $TEX: $2^n$ x $2^n$$ (por supuesto, que le falte una punta) a partir del tablero de $TEX: $2^1$ x $2^1$$ ( $TEX: $n=1$$ ) que fue nuestro primer tablero. En particular es factible llenar el tablero de $TEX: $2^{2006}$ x $2^{2006}$$ siguiendo nuestro "metodo inductivo" Q.E.D. En la anterior demostracion reconocemos los siguientes elementos: 1)El comprobar que nuestra afirmacion es cierta en los primeros casos(en general se prueba en uno o dos casos, incluso mas, dependiendo del problema, la idea es probar casos particulares de nuestro problema hasta dar con la "regla de resolucion" de éste). En este caso lo probamos para los tableros de $TEX: $2^1$ x $2^1$$ , $TEX: $2^2$ x $2^2$$ , $TEX: $2^3$ x $2^3$$ y $TEX: $2^4$ x $2^4$$ (¿sera necesario demostrarlo para tantos primeros casos?) 2)El crear el Paso Inductivo, que es aquel Metodo que nos permite afirmar lo siguiente: Si nuestro afirmacion para un cierto "n", entonces podriamos demostrar nuestra afirmacion para "n+1" En nuestro problema demostramos algo por el estilo: Si somos capaces de llenar un tablero de la forma $TEX: $2^n$ x $2^n$$ , entonces podriamos llenar un tablero de la forma $TEX: $2^{n+1}$ x $2^{n+1}$$ . Pero esto justamente nos indica que si sabemos llenar el tablero de $TEX: $2^1$ x $2^1$$ , entonces podriamos llenar el tablero de la forma $TEX: $2^2$ x $2^2$$ . Pero como ahora podemos llenar el tablero de $TEX: $2^2$ x $2^2$$ , entonces tambien podriamos llenar el tablero de $TEX: $2^3$ x $2^3$$ . Asi el razonamiento siempre se repite y en general la conclusion es que todos los tableros de la forma $TEX: $2^n$ x $2^n$$ son llenables con las fichitas del enunciado. Si nos damos cuenta hemos razonado inductivamente en el sentido de que comprobamos un caso, luego el siguiente, y luego el siguiente del siguiente....y asi sucesivamente. Esto es algo que hacemos muy usualmente, por lo tanto la induccion no deberia parecerles algo tan raro. Este tipo de demostraciones se basa en apoyarse en los primeros pasos para que con esos podamos demostrar los pasos siguientes...y asi seguir avanzando. Tambien notamos que la "forma" de llenar un tablero de $TEX: $2^3$ x $2^3$$ a partir del llenado del tablero de $TEX: $2^2$ x $2^2$$ , es exactamente la misma "forma" de llenar el tablero de $TEX: $2^4$ x $2^4$$ a partir del llenado del tablero de $TEX: $2^3$ x $2^3$$ . O sea la estrategia para pasar de un tablero al siguiente de la serie, es SIEMPRE LA MISMA. Esto es justamente la gran gracia que deben cumplir los problemas que sean atacables por el metodo de induccion. Como todas las demostraciones son iguales, entonces basta hacer una, para asi tenerlas todas(esta idea la maduraremos mas adelante). Problema 2 Calcule el valor de: $TEX: $\displaystyle \mathcal{A}=\frac{1}{1\cdot 2}+\frac{1}{2\cdot 3}+\frac{1}{3\cdot 4}+\cdots +\frac{1}{2005\cdot 2006}$$ Solucion: En esta ocasion nos vemos enfrentados a la suma de 2005 terminos, algo aparentemente nada facil, y en principio no se nos ocurre nada mejor que sacar el denominador comun(los que intenten por ese camino, les deseo suerte pues la necesitaran ) Ahora alguien sin tantos conocimientos pero con creatividad se le podria ocurrir lo siguiente: Veamos primero la suma con un termino, o sea con solo el $TEX: $\displaystyle \frac{1}{1\cdot 2}$$ , Tendremos entonces que hasta ahi la suma es $TEX: $\displaystyle \frac{1}{2}$$ Ahora si consideramos los dos primeros terminos tendremos: $TEX: $\displaystyle \frac{1}{1\cdot 2}+\frac{1}{2\cdot 3}=\frac{1}{2}+\frac{1}{6}=\frac{3+1}{6}=\frac{4}{6}=\frac{2}{3}$$ Y si sumamos los tres primeros? Cuanto dara? $TEX: $\displaystyle \frac{1}{1\cdot 2}+\frac{1}{2\cdot 3}+\frac{1}{3\cdot 4}=\frac{1}{2}+\frac{1}{6}+\frac{1}{12}=\frac{2}{3}+\frac{1}{12}=\frac{8+1}{12}=\frac{9}{12}=\frac{3}{4}$$ A partir de esto empezamos a intuir que si sumamos los 4 primeros terminos nos resultara $TEX: $\displaystyle \frac{4}{5}$$ , y en general, si sumamos los n primeros terminos nos dara $TEX: $\displaystyle \frac{n}{n+1}$$ ( por supuesto se concluiria que en particular el resultado de nuestro problema seria $TEX: $\displaystyle \frac{2005}{2006}$$ ) Como formalizar esto? Como poder asegurar con certeza que nuestra intuicion es la correcta y que no nos va a fallar cuando sumemos 45672145618490561323261 terminos? Bueno, aqui es donde la induccion toma el poder y aparece como una de las herramientas matematicas mas potentes que pueden poseer en Enseñanza Media e incluso Universidad. Nuestra idea sera probar que: $TEX: $\displaystyle \mathcal{A}=\frac{1}{1\cdot 2}+\frac{1}{2\cdot 3}+\frac{1}{3\cdot 4}+\cdots +\frac{1}{n(n+1)}=\frac{n}{n+1}$$ Para probar esto nos ingeniaremos para crear una propiedad de "pasaje" que nos permita decir que si tenemos la propiedad demostrada para "n sumandos", entonces la prodriamos probar para "n+1 sumandos" Esto en si quiere decir que si tenemos demostrado que la suma con 1 sumando es $TEX: $\frac{1}{2}$$ , nos gustaria una forma de probar que con dos sumandos la suma es $TEX: $\frac{2}{3}$$ , y a partir de eso poder concluir que con tres sumandos sera $TEX: $\frac{3}{4}$$ , y asi sucesivamente. Para ello tendriamos que hacer infinitas demostraciones para cada vez que agregamos un termino mas a nuestra suma. Por lo mismo, para evitar esto, lo que buscaremos probar es una "propiedad general" como la que sigue. Si para algun "n" llegase a cumplirse que la suma de "n sumandos" es $TEX: $\displaystyle\frac{n}{n+1}$$ , entonces la suma de "n+1 sumandos" sera $TEX: $\displaystyle\frac{n+1}{n+2}$$ Esto escrito mas algebraicamente seria: Si para "algun n" llegase a cumplirse que: $TEX: $\displaystyle \frac{1}{1\cdot 2}+\frac{1}{2\cdot 3}+\frac{1}{3\cdot 4}+\cdots +\frac{1}{n(n+1)}=\frac{n}{n+1}$$ Nos gustaria a partir de eso poder probar que: $TEX: $\displaystyle \frac{1}{1\cdot 2}+\frac{1}{2\cdot 3}+\frac{1}{3\cdot 4}+\cdots +\frac{1}{n(n+1)}+\frac{1}{(n+1)(n+2)}=\frac{n+1}{n+2}$$ Pero esta propiedad no es dificil de probar pues: $TEX: $\displaystyle \frac{1}{1\cdot 2}+\frac{1}{2\cdot 3}+\frac{1}{3\cdot 4}+\cdots +\frac{1}{n(n+1)}+\frac{1}{(n+1)(n+2)}$$ $TEX: $\displaystyle =\underbrace{\left(\frac{1}{1\cdot 2}+\frac{1}{2\cdot 3}+\frac{1}{3\cdot 4}+\cdots +\frac{1}{n(n+1)}\right)}_{\displaystyle\frac{n}{n+1}}+\frac{1}{(n+1)(n+2)}$$ $TEX: $\displaystyle =\frac{n(n+2)+1}{(n+1)(n+2)}=\frac{(n+1)^2}{(n+1)(n+2)}=\frac{n+1}{n+2}$$ Esta propiedad de pasaje nos permitira concluir con nuestro problema, pues dado que sabemos que la suma con un termino es $TEX: $\frac{1}{2}$$ , entonces la suma con dos terminos sera $TEX: $\frac{2}{3}$$ (esto usando la propiedad de pasaje), pero entonces como la suma con 2 terminos es $TEX: $\frac{2}{3}$$ , podemos invocar nuevamente a la propiedad de pasaje y concluir que la suma con tres terminos vale $TEX: $\frac{3}{4}$$ , y se sigue asi sucesivamente, logrando demostrar la propiedad para todos los n enteros mayores o iguales que 1. Breves comentarios que nunca esta de mas leer Para mi este problema fue muy especial pues a pesar de ser tan simple y facil, me dejo una gran moraleja sobre el significado de la induccion y en realidad para que "me servia a mi" saber induccion. Me di cuenta que yo podria intuir una regla general para algun problema, entonces podria eventualmente intentar demostrarla por induccion(una vez encontrada aquella regla general, que en este problema salia muy intuitiva). Tambien gane otra intuicion que quizas no tenia tanto que ver con induccion pero era el hecho de que a veces cuando uno se enfrenta a un problema aparentemente monstruoso, una opcion es resolver el problema en situaciones mas simples, tratar de resolver problemas mas "chiquititos" y de ahi sacar conclusiones para el problema mayor. Increiblemente despues de entender esto me salieron muchos problemas que antes no habia caso que se me ocurrieran. Despues entendi mas alla eso de que la induccion es una "forma de pensar", con problemas que me hicieron notar que no basta solo probar un caso porque la induccion no "podia echarla a andar", despues descubri que habian problemas donde lo mas dificil era el primer caso, y no la induccion("el paso inductivo") en si. Tambien me di cuenta que la induccion indica pensar de alguien en el siguiente, pero puedo hacerlo a mi pinta, o sea de un numero a su doble(fijense el en ejemplo 1) o bien quizas demostrar que si se cumple en cierto instante, entonces se cumple para el anterior(cosas locas que en realidad me hacen sentir libre de aplicar la induccion en la forma que se me de la regalada gana). Tambien comprendi que a veces hay problemas que necesitan de demostrar otro problema por induccion, y una induccion permite realizar la otra induccion. Tambien inducciones de varias variables al mismo tiempo, o bien inducciones donde se prueba conjuntamente mas de una propiedad (y que aquellas propiedades por separado no son demostrables por induccion) y asi muchas mas...asi que este tema da para muuuuuuuucho mas que demostrar que si "algo se cumple para n, entonces para n+1"(nuestra frase al partir esta leccion) PD: Al momento que ustedes suponen que la propiedad se cumple para "algun n" no estan cometiendo ningun pecado pues hay "n" donde la propiedad si es cierta, o sea por ejemplo el(los) primer(os) caso(s) que hayan demostrado. Tambien cabe mencionar que se le denomina Hipotesis de Induccion a esa suposicion. PD: No crean que al realizar la Hipotesis de Induccion estan suponiendo lo que quieren demostrar, porque no es lo mismo suponer que se cumple para "algun n", que decir que se cumple "para todo n". A estudiar...a estudiar -------------------- Colegios/Liceos/Universidades en Fmat (Integrate!!!!) 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Rurouni Kenshin Ver Perfil del Miembro Ver los mensajes de este miembro	Feb 22 2006, 11:55 AM Publicado: #2
Webmaster Grupo: Administrador Mensajes: 6.692 Registrado: 13-May 05 Desde: Santiago Centro Miembro Nº: 2 Nacionalidad: Sexo:	Ejemplo 1 Probar que la expresion $TEX: $3^{3n}- 26n -1$$ es un multiplo de $TEX: $169$$ para todo $TEX: $n\in\mathbb{N}$$ . Solucion: $TEX: \noindent \underline{$Caso\ n=1$}\\<br />La expresion toma el valor $3^3-26(1)-1=0$ que efectivamente es divisible por $169$.\\<br />\\<br />\underline{$Hipotesis\ de\ Induccion$}\\<br />Asumamos que $3^{3n}-26n-1$ es divisible por $169$ para ``algun n".\\<br />Esto ultimo significa que $3^{3n}-26n-1=169k$ para algun entero $k\in\mathbb{Z}$\\<br />\\<br />\underline{$Pdq$}(Por demostrar que)\\<br />La afirmacion es cierta para para ``$n+1$"\\<br />O sea que $3^{3(n+1)}-26(n+1)-1$ tambien es divisible por $169$\\<br />\\<br />\underline{$Demostracion$}\\<br />\begin{equation}<br />\begin{aligned}<br />3^{3(n+1)}-26(n+1)-1 &=3^{3n+3}-26n-27\\<br /> &=3^3\cdot 3^{3n}-26n-27\\<br /> &=27\cdot 3^{3n}-26n-27\\<br /> &=27(3^{3n}-26n-1)+676n\\<br /> &=27\cdot 169k+169\cdot 4n\\<br /> &=169(27k+4n)<br />\end{aligned}<br />\end{equation}<br />\\<br />que es efectivamente divisible por $169$.$ -------------------- Colegios/Liceos/Universidades en Fmat (Integrate!!!!) Videos PSU de Funciones (Y tú, ¿Aun estas aproblemado con Funciones?)

Rurouni Kenshin Ver Perfil del Miembro Ver los mensajes de este miembro	Feb 22 2006, 12:36 PM Publicado: #3
Webmaster Grupo: Administrador Mensajes: 6.692 Registrado: 13-May 05 Desde: Santiago Centro Miembro Nº: 2 Nacionalidad: Sexo:	Ejemplo 2 Probar que: $TEX: $(1+\sqrt{2})^{2n}+(1-\sqrt{2})^{2n}$$ es un entero par y que ademas: $TEX: $(1+\sqrt{2})^{2n}-(1-\sqrt{2})^{2n}=b\sqrt{2}$$ para algun $TEX: $b\in\mathbb{Z}^+$$ , para todo entero $TEX: $n\ge 1$$ . Solucion: $TEX: \noindent Definamos:\\<br />$A_n=(1+\sqrt{2})^{2n}+(1-\sqrt{2})^{2n}$\\<br />$B_n=(1+\sqrt{2})^{2n}-(1-\sqrt{2})^{2n}$\\<br />\\<br />Llamemos $P(n)$ a la proposicion:\\<br />``$A_n$ es un entero par y $B_n=b\sqrt{2}$ para algun $b\in\mathbb{Z}^+$"\\<br />\\<br />\underline{$Caso\ n=1$}\\<br />$A_1=(1+\sqrt{2})^{2}+(1-\sqrt{2})^{2}=6$ que efectivamente en un entero par.\\<br />$B_1=(1+\sqrt{2})^{2}-(1-\sqrt{2})^{2}=4\sqrt{2}$ que es de la forma $b\sqrt{2}$ con $b\in\mathbb{Z}^+$.\\<br />Por lo tanto $P(1)$ es cierto.\\<br />\\<br />\underline{$Hipotesis\ de\ Induccion$}\\<br />Asumamos que $P(n)$ es cierto para ``algun $n$"\\<br />O sea:\\<br />``$A_n$ es un entero par y $B_n=b\sqrt{2}$ para algun $b\in\mathbb{Z}^+$"\\<br />( Esto significa que $A_n=2k$ para algun $k\in\mathbb{Z}$ )\\<br />\\<br />\underline{Pdq}\\<br />$P(n+1)$ tambien es cierto.\\<br />O sea:\\<br />``$A_{n+1}=(1+\sqrt{2})^{2(n+1)}+(1-\sqrt{2})^{2(n+1)}$ es un entero par\\<br />y\\<br />$B_{n+1}=(1+\sqrt{2})^{2(n+1)}-(1-\sqrt{2})^{2(n+1)}=c\sqrt{2}$ para algun $c\in\mathbb{Z}^+$"\\<br />\\<br />\underline{$Demostracion$}\\<br />Notemos que:\\<br />\begin{equation}<br />\begin{aligned}<br />A_{n+1}&= (1+\sqrt{2})^{2n+2}+(1-\sqrt{2})^{2n+2}\\<br />&=(1+\sqrt{2})^2(1+\sqrt{2})^{2n}+(1-\sqrt{2})^2(1-\sqrt{2})^{2n}\\<br />&=(3+2\sqrt{2})(1+\sqrt{2})^{2n}+(3-2\sqrt{2})(1-\sqrt{2})^{2n}\\<br />&=3A_n+2\sqrt{2}B_n\\ <br />&=3(2k)+2\sqrt{2}(b\sqrt{2})\\<br />&=6k+4b\\<br />&=2(3k+2b)<br />\end{aligned}<br />\end{equation}<br />Luego $A_{n+1}$ es un entero par ( pues $k,b\in\mathbb{Z}$ )$ $TEX: \noindent De manera analoga, tenemos que:\\<br />\begin{equation}<br />\begin{aligned}<br />B_{n+1}&=(1+\sqrt{2})^{2n+2}-(1-\sqrt{2})^{2n+2}\\<br />&=(1+\sqrt{2})^2(1+\sqrt{2})^{2n}-(1-\sqrt{2})^2(1-\sqrt{2})^{2n}\\ <br />&=(3+2\sqrt{2})(1+\sqrt{2})^{2n}-(3-2\sqrt{2})(1-\sqrt{2})^{2n}\\<br />&=3B_n+2\sqrt{2}\cdot A_n\\<br />&=3(b\sqrt{2})+2\sqrt{2}(2k)\\<br />&=(3b+4k)\sqrt{2}<br />\end{aligned}<br />\end{equation}<br />Luego $B_{n+1}$ es de la forma $c\sqrt{2}$ con $c=3b+4k\in\mathbb{Z}$ ( pues $k,b\in\mathbb{Z}$ )<br />$ -------------------- Colegios/Liceos/Universidades en Fmat (Integrate!!!!) Videos PSU de Funciones (Y tú, ¿Aun estas aproblemado con Funciones?)

Rurouni Kenshin Ver Perfil del Miembro Ver los mensajes de este miembro	Feb 22 2006, 03:03 PM Publicado: #4
Webmaster Grupo: Administrador Mensajes: 6.692 Registrado: 13-May 05 Desde: Santiago Centro Miembro Nº: 2 Nacionalidad: Sexo:	Ejemplo 3 Probar que si " $TEX: $a$$ " es impar, entonces $TEX: $2^{n+2}$$ divide a $TEX: $a^{2^n}-1$$ para todo entero $TEX: $n\ge 1$$ . Solucion: $TEX: \noindent \underline{$Caso\ n=1$}\\<br />En este caso debemos probar que $8$ divide a $a^2-1$.\\<br />Dado que $a$ es impar, entonces $a=2k+1$ para algun $k\in\mathbb{Z}$, lo cual implica que:\\ <br />\begin{equation}<br />\begin{aligned}<br />a^2-1&=(2k+1)^2-1\\<br />&=4k^2+4k\\<br />&=4k(k+1)\\<br />&=4(2m)\\<br />&=8m<br />\end{aligned}<br />\end{equation}<br />para algun $m\in\mathbb{Z}$, con lo cual se concluye.\\<br />\\<br />Nota: Notemos que $k(k+1)$ es el producto de dos enteros consecutivos, por lo cual uno de ellos debe ser par (y por ende tambien el producto de ellos). Luego $k(k+1)=2m$ para algun $k\in\mathbb{Z}$\\<br />\\<br />\underline{$Hipotesis\ de\ Induccion$}\\<br />Supongamos que para ``algun $n$", se cumple que $2^{n+2}$ divide a $a^{2^n}-1$\\<br />Esto ultimo significa que $a^{2^{n}}-1=2^{n+2}q$ para algun $q\in\mathbb{Z}$\\ <br />\\<br />\underline{Pdq}\\<br />La propiedad se cumple para ``n+1".\\<br />O sea:\\<br />$2^{(n+1)+2}$ divide a $a^{2^{n+1}}-1$\\<br />\\<br />\underline{$Demostracion$}\\<br />Notemos que:\\<br />\\<br />\begin{equation}<br />\begin{aligned}<br />a^{2^{n+1}}-1&=a^{2^n\cdot 2}-1\\<br />&=\left(a^{2^n}\right)^2-1\\<br />&=\left(a^{2^n}+1\right)\left(a^{2^n}-1\right)\\<br />&=(2r)(2^{n+2}q)\\<br />&=2^{n+3}qr<br />\end{aligned}<br />\end{equation}<br />\\<br />de lo cual se concluye(pues $q,r\in\mathbb{Z}$)$ $TEX: \noindent Nota: $a^{2^n}+1$ es un numero entero par, pues a es impar, y $a$ elevado a cualquier exponente positivo sera impar. \mbox{Luego $a^{2^n}+1=2r$ para algun $r\in\mathbb{Z}$}$ -------------------- Colegios/Liceos/Universidades en Fmat (Integrate!!!!) Videos PSU de Funciones (Y tú, ¿Aun estas aproblemado con Funciones?)

Rurouni Kenshin Ver Perfil del Miembro Ver los mensajes de este miembro	Feb 22 2006, 04:33 PM Publicado: #5
Webmaster Grupo: Administrador Mensajes: 6.692 Registrado: 13-May 05 Desde: Santiago Centro Miembro Nº: 2 Nacionalidad: Sexo:	Ejemplo 4 (Olimpiada Estadounidense,1978) Un entero $TEX: $n$$ es llamado "bueno" si nosotros se cumple que: $TEX: $n=a_1+a_2+...+a_k$$ donde $TEX: $a_1,a_2,...,a_k$$ son enteros positivos(no necesariamente distintos) que satisfacen: $TEX: $\displaystyle \frac{1}{a_1}+\frac{1}{a_2}+...+\frac{1}{a_k}=1$$ Si es sabido que los enteros desde 33 hasta 73 son "buenos", entonces probar que todo entero mayor o igual que 33 es "bueno". Solucion: $TEX: \noindent Primero probaremos que:\\<br />\underline{$Lema$}\\<br />Si ``$n$ es bueno", entonces ``$2n+8$ y $2n+9$ son buenos"\\<br />\\<br />\underline{$Demostracion$}\\<br />Como ``$n$ es bueno", entonces existen ciertos enteros positivos $a_1,a_2,...,a_k$ tales que:\\<br />\\<br />$n=a_1+a_2+...+a_k$\ \ \ \ y\ \ \ \ $\displaystyle \frac{1}{a_1}+\frac{1}{a_2}+...+\frac{1}{a_k}=1$\\<br />\\<br />Notemos entonces que $2n+8=2a_1+2a_2+...+2a_k+4+4$ y que \mbox{ademas}:\\<br />\\<br />$\displaystyle \frac{1}{2a_1}+\frac{1}{2a_2}+...+\frac{1}{2a_k}+\frac{1}{4}+\frac{1}{4}=\frac{1}{2}\left(\frac{1}{a_1}+\frac{1}{a_2}+...+\frac{1}{a_k}\right)+\frac{1}{4}+\frac{1}{4}=1$\\<br />\\<br />Luego ``$2n+8$ es bueno"\\<br />\\<br />\\<br />Analogamente, notemos que $2n+9=2a_1+2a_2+...+2a_k+3+6$ y que ademas:\\<br />\\<br />$\displaystyle \frac{1}{2a_1}+\frac{1}{2a_2}+...+\frac{1}{2a_k}+\frac{1}{3}+\frac{1}{6}=\frac{1}{2}\left(\frac{1}{a_1}+\frac{1}{a_2}+...+\frac{1}{a_k}\right)+\frac{1}{3}+\frac{1}{6}=1$\\<br />\\<br />Luego ``$2n+9$ es bueno", lo que concluye la demostracion.\\<br />\\<br />\\<br />\\<br />Llamemos $P(n)$ a la proposicion ``los enteros $n,n+1,n+2,....,2n+7$ son buenos".<br />\\<br />Notemos que de nuestro lema, es facil probar que si $P(n)$ es cierto, entonces $P(n+1)$ tambien lo es. Dado que $P(33)$ es cierto por enunciado, entonces se concluye por induccion.$ -------------------- Colegios/Liceos/Universidades en Fmat (Integrate!!!!) Videos PSU de Funciones (Y tú, ¿Aun estas aproblemado con Funciones?)

caf_tito Ver Perfil del Miembro Ver los mensajes de este miembro	Mar 12 2006, 03:29 PM Publicado: #6
Dios Matemático Supremo Grupo: Colaborador Silver Mensajes: 1.605 Registrado: 25-June 05 Miembro Nº: 123 Colegio/Liceo: Universidad: Sexo:	CITA(Kenshin @ Feb 22 2006, 12:55 PM) Ejemplo 1 Probar que la expresion $TEX: $3^{3n}-26n-1$$ es un multiplo de $TEX: $169$$ para todo $TEX: $n\in\mathbb{N}$$ . Solucion: $TEX: \noindent \underline{$Caso\ n=1$}\\<br />La expresion toma el valor $3^3-26(1)-1=0$ que efectivamente es divisible por $169$.\\<br />\\<br />\underline{$Hipotesis\ de\ Induccion$}\\<br />Asumamos que $3^{3n}-26n-1$ es divisible por $169$ para ``algun n".\\<br />Esto ultimo significa que $3^{3n+3}-26n-1=169k$ para algun entero $k\in\mathbb{Z}$\\<br />\\<br />\underline{$Pdq$}(Por demostrar que)\\<br />La afirmacion es cierta para para ``$n+1$"\\<br />O sea que $3^{3(n+1)}-26(n+1)-1$ tambien es divisible por $169$\\<br />\\<br />\underline{$Demostracion$}\\<br />\begin{equation}<br />\begin{aligned}<br />3^{3(n+1)}-26(n+1)-1 &=3^{3n+3}-26n-27\\<br /> &=3^3\cdot 3^{3n}-26n-27\\<br /> &=27\cdot 3^{3n}-26n-27\\<br /> &=27(3^{3n}-26n-1)+676n\\<br /> &=27\cdot 169k+169\cdot 4n\\<br /> &=169(27k+4n)<br />\end{aligned}<br />\end{equation}<br />\\<br />que es efectivamente divisible por $169$.$ Cómo factorizas?? $TEX: $27\cdot 3^{3n}-26n-27$$ $TEX: $27(3^{3n}-26n-1)+676n$$ Otra cosa creo que hay un pequeño error de tipeo donde N=1.... --------------------

Icaro Ver Perfil del Miembro Ver los mensajes de este miembro	Mar 12 2006, 07:35 PM Publicado: #7
Dios Matemático Grupo: Usuario FMAT Mensajes: 361 Registrado: 24-September 05 Desde: beaucheff #850 Stgo Miembro Nº: 324 Nacionalidad: Colegio/Liceo: Universidad: Sexo:	CITA(caf_tito @ Mar 12 2006, 04:29 PM) Cómo factorizas?? $TEX: $27\cdot 3^{3n}-26n-27$$ $TEX: $27(3^{3n}-26n-1)+676n$$ Otra cosa creo que hay un pequeño error de tipeo donde N=1.... $TEX: $27\cdot 3^{3n}-26n-27$$ $TEX: $=273^{3n} -26n + 676n -676n - 27$$ $TEX: $=273^{3n} + 676n -702n - 27 $$ $TEX: $=27(3^{3n}-26n-1)+676n$$ eso creo que es lo que hizo -------------------- Súmese a la campaña de conciencia energética Ahorre agua, tome chela $TEX: Save the Beerdrinker, Save the World$ $TEX: La velocidad de los profes en esta carrera se mide en Felmer, y Davila se mueve a 0.9 Felmer ...$

Francisco Muñoz Ver Perfil del Miembro Ver los mensajes de este miembro	Mar 12 2006, 07:45 PM Publicado: #8
Dios Matemático Grupo: Usuario FMAT Mensajes: 414 Registrado: 19-May 05 Desde: puente alto, santiago Miembro Nº: 45 Nacionalidad: Colegio/Liceo: Universidad: Sexo:	Muchas gracias por haber notado el error al escribir los indices. Lo que hice para que la demostración estuviese totalmente correcta, modifique el enunciado a: Probar que la expresión $TEX: $3^{3n} - 26n -1$$ es un multiplo de $TEX: $169$$ para todo $TEX: $n\in\mathbb{N}$$ . con eso el caso base permance igual, la hipótesis de inducción debio ser modificada en su segunda línea y la demostracion quedo intacta. Bajo ningún punto de vista, quiero hacer notar, que cambie el problema en sí, ya que es cosa de ver que con el enunciado anterior $TEX: $3^{3(n+1)}-26(n+1)-1$$ la propiedad se cumplia incluso para $TEX: $ n =-1$$ , es decir, se podia mover el n hasta dos unidades y la propiedad seguirá siendo cierta (considerando los naturales desde el 1). es decir el enunciado perfectamente pudo ser $TEX: $3^{3(n-1)} - 26(n-1) -1$ multiplo de $169$$ , pero lo deje así para que calzara totalmente con la demostracion, y el problema no cambio. Sobre lo de la factorizacion, date cuenta que $TEX: $27\cdot-26 +676$ es $-26$$ eso es todo. Tal como dice Milo Francisco Muñoz Espinoza -------------------- "No tenemos la solucion a todos los problemas del mundo en nuestras manos... Pero frente a los problemas del mundo tenemos nuestras manos..." Teresa de Calcuta

Rurouni Kenshin Ver Perfil del Miembro Ver los mensajes de este miembro	Mar 18 2006, 04:13 PM Publicado: #9
Webmaster Grupo: Administrador Mensajes: 6.692 Registrado: 13-May 05 Desde: Santiago Centro Miembro Nº: 2 Nacionalidad: Sexo:	Bueno, creo que logicamente ese era el enunciado que yo aspiraba..jejejeje. Entre tanto que escribi seguido en aquellos tiempos, se me paso de largo..asi que agradezco la correcion y eso me indica que no solo leen la solucion sino que buscan entenderla completamente. Saludos -------------------- Colegios/Liceos/Universidades en Fmat (Integrate!!!!) Videos PSU de Funciones (Y tú, ¿Aun estas aproblemado con Funciones?)

caf_tito Ver Perfil del Miembro Ver los mensajes de este miembro	Jun 11 2006, 04:08 PM Publicado: #10
Dios Matemático Supremo Grupo: Colaborador Silver Mensajes: 1.605 Registrado: 25-June 05 Miembro Nº: 123 Colegio/Liceo: Universidad: Sexo:	una consulta sobre la última demostración que hizo kenshin $TEX: \[<br />P\left( {n + 1} \right)<br />\]$ se referiere a 2n+8,2n+9,...etc ?? segundo se supone que en la hipótesis de inducción en ese caso es que $TEX: \[<br />P\left( n \right)<br />\]$ y lo que queda por demostrar es el lema que ya está demostrado, cierto?. --------------------

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