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ALGEBRA y ALGEBRA LINEAL

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Primer Semestre

INDUCCION MATEMATICA

DEPARTAMENTO DE INGENIERIA MATEMATICA

Facultad de Ciencias Físicas y Matemáticas

Universidad de Concepción

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Inducción Matemática

Principio de la buena ordenación

Todo subconjunto no vacío de IN tiene un elemento menor que los

restantes. Es decir, si S ⊆ IN , S = φ, entonces existe p ∈ S tal que

∀ r ∈ S : p ≤ r .

TEOREMA: Principio de inducción matemática

Sean S ⊆ IN y p ∈ IN tales que

p ∈ S

k ∈ S ⇒ (k + 1) ∈ S

Entonces S contiene a todos los naturales mayores o iguales que p,

es decir: ∀ k ∈ IN, k ≥ p : k ∈ S

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DEMOSTRACION

Por el método de contradicción: ( H ∧ ∼ T ) ⇒ P ∧ ∼ P

Supongamos que existe k ∈ IN , k > p, tal que k ∈ S , y definamos:

G := {m ∈ IN : m > p ∧ m ∈ S }

Es claro que G = φ ya que k ∈ G. Luego, por el principio de la buena

ordenación, existe r ∈ G tal que r ≤ m ∀m ∈ G. Notar que r > p y

r ∈ S . Así, como r es el menor elemento de G, se deduce que r − 1 ∈ G,

lo cual implica dos posibilidades: ( r − 1 ≤ p ) ∨ ( r − 1 ∈ S ).

Si r − 1 ≤ p, entonces r ≤ p + 1, y puesto que r > p, se deduce

que r = p + 1. Así, como p ∈ S , se concluye por hipótesis que

r = p + 1 ∈ S , lo cual contradice el hecho que r ∈ S .

Si r − 1 ∈ S , entonces por hipótesis nuevamente se deduce que

r = (r − 1) + 1 ∈ S , lo cual contradice el hecho que r ∈ S .

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EJEMPLO Pruebe que:

∀ n ∈ IN, 8n−1 + 6 es divisible por 7.

Solución

Sea S =

n ∈ IN : 8n−1 + 6 es divisible por 7

Si n = 18n−1 + 6 = 1 + 6 = 7 = 7 · 1

∴ 1 ∈ S

Hipótesis de Inducción: Supongamos que k ∈ S , es decir,

8k−1 + 6 es divisible por 7.

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Tesis de Inducción: Probemos que k + 1 ∈ S , es decir, 8k+1−1 + 6 8k+6

es divisible por 7.

8k + 6 = 8k−1 · 8 + 6

= 8k−1 · 8 + 6 · 8 − 6 · 8 + 6

= 8 (8k−1 + 6) es divisible por 7,

por Hip. de Inducción

+ 6 (−8 + 1) −7

es divisible por 7

∴ k + 1 ∈ S.

Luego S = IN

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Factorial y Coeficiente Binomial

Dado k ∈ IN , se define el factorial de k, denotado por k!, como

sigue

1! = 1 y ∀ k ≥ 2 : k! = k · (k − 1)!

Además, se define 0! = 1.

Sean k, n ∈ IN ∪ {0} tales que k ≤ n. Se define el coeficiente

binomial de n y k, y se denota

n

k

, al número:

n

k

= n!

k! (n − k)!

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Propiedades de los Coeficientes Binomiales

Sean k, n ∈ IN ∪ {0} tales que k < n. Entonces, se tiene:

n0

= nn

= 1

n1 = n

nk = n

n − k

n

k

+

n

k + 1

=

n + 1

k + 1

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El Operador Sumatoria

Dados n números reales indexados como a1, a2, . . . , an, se define la

sumatoria de ellos, y se denota

n

k=1 ak, a:n

k=1

ak = a1 + a2 + · · · + an−1 + an

EJEMPLOSn

k=1

k2 = 12 + 22 + 32 + · · · + (n − 1)2 + n2

nk=1

(2k − 1) = 1 + 3 + 5 + 7 + · · · + (2n − 3) + (2n − 1)

n

k=0 3

k

= 3

0

+ 3

1

+ 3

2

+ 3

3

+ · · · + 3

n−1

+ 3

n

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Propiedades del Operador Sumatoria

n

i=1ai =

n

j=1aj y

n

i=0ai =

n+1

i=1ai−1 =

n+2

i=2ai−2 =

n+k

i=kai−k

ni=1

a = a + a + · · · + a + a = na

ni=1

c ai = c

ni=1

ai (c constante)

n

i=1(ai + bi) =n

i=1 ai +n

i=1 bin

i=1

mj=1

bj

ai =

mj=1

ni=1

ai

bj

ni=1

(ai+1 − ai) = an+1 − a1 (propiedad telescópica)9


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EJEMPLO

Sea m ∈ IN fijo, establecer que

∀ n ∈ IN, n ≥ m :

nk=m

kk! = (n + 1)! − m!

SOLUCION

Observar que cualquiera sea k ∈ IN :

kk! = (k+1 − 1)k! = (k + 1)! − k!

Luego, si ak

= k!, entonces

∀ n ∈ IN :n

k=m

kk! =

nk=m

(ak+1

− ak

) = (n + 1)! − m!

gracias a la propiedad telescópica del operador sumatoria.

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TEOREMA DEL BINOMIOSean a, b ∈ R− {0}, y sea n ∈ IN . Entonces:

(a + b)n =

nk=0

nk

an−k bkAlgunas observaciones

El desarrollo de (a + b)n consta de n + 1 términos.

La suma de los exponentes de a y b en cada término es n.

Los coeficientes de los términos equidistantes del centro son

iguales.

El término que ocupa el lugar k + 1 está dado por

T k+1 = n

k

an−k bk11


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DEMOSTRACION DEL TEOREMA DEL BINOMIODado n ∈ IN consideremos la proposición:

p(n) : (a + b)n =n

k=0 n

k an−k bk .

Entonces, se define el subconjunto de IN dado por:

S := { n ∈ IN : p(n) es verdadera } .

1 ∈ S . En efecto, p(1) es claramente verdadera.

HIPOTESIS DE INDUCCION

Sea m ∈ IN tal que m ∈ S , es decir, (a+b)m =mk=0

mk

am−k bk.TESIS DE INDUCCION

m + 1 ∈ S , es decir, (a + b)m+1 =m+1k=0

m + 1k

am+1−k bk.12


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DEMOSTRACION DE LA TESIS DE INDUCCION(a + b)m+1 = (a + b) (a + b)m

= a (a + b)m + b (a + b)m

Luego, de acuerdo a la Hipótesis de Inducción y a propiedades del

operador sumatoria y de los coeficientes binomiales, se sigue que

=

m

k=0

m

k

a

m+1−k bk +

m

k=0

m

k

a

m−k bk+1

= am+1 +mk=1

m

k

am+1−k bk +

mk=1

m

k − 1

am+1−k bk + bm+1

= am+1 +mk=1

m + 1k

am+1−k bk + bm+1=

m+1

k=0

m + 1k am+1−k bk,lo cual prueba que (m + 1) ∈ S .

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EJEMPLO

Considere el desarrollo de:

2x3y − y2

x 45

a) Encuentre las potencias de y en los términos centrales.

b) Encuentre, si existe, el término independiente de x.

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SOLUCION a) T k+1 = 45

k

2x3y

45−k −y2x

k

T 23 = 4522 2x3

y45−22 −y2

x22

=⇒ y−123 y222 = y−23+44 = y21T 24 =

45

23

2x3

y

45−23 −y2

x

23

=⇒

y−122

y223

= y−22+46 = y24

Las potencias de y en los términos centrales son 21 y 24.

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SOLUCION b)

T k+1 = 45

k 2x3

y 45−k

−y2

x k

=⇒ x3

45−k

x−1

k

= x0

=⇒ 135 − 3k − k = 0

=⇒ 4k = 135

=⇒ k = 1354

∈ IN ∪ {0}

∴ No existe el término independiente de x.

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PROGRESION ARITMETICA

Sean a1, d ∈ R números dados. Se llama PROGRESION

ARITMETICA (PA) con término inicial (primer término) a1 y

diferencia común d a la sucesión de números a1, a2, . . . , an, . . .,

donde

∀n

≥ 2 : a

n = an−1

+ d

Notar que ∀ n ∈ IN : an = a1 + (n − 1) d

(demostración por inducción).

La suma de los n primeros términos de una Progresión Aritméticacon primer término a1 y diferencia común d, está dada por

n

k=1 a

k =

n

2 (2a1 + (n − 1)d) =

n

2 (a1 + an) ∀ n ∈ IN

(demostración por inducción). 17


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PROGRESION GEOMETRICA

Sean a1, r ∈ R números dados. Se llama PROGRESION

GEOMETRICA (PG) con término inicial a1 y razón (cuociente)

común r a la sucesión de números a1, a2, . . . , an, . . ., donde

∀ n ≥ 2 : an = r an−1

Notar que ∀ n ∈ IN : an = rn−1 a1(demostración por inducción).

La suma de los n primeros términos de una Progresión Geométrica

con primer término a1 y razón común r, está dada por

n

k=1ak = a1

1 − rn

1 − r

∀ n ∈ IN ∀ r = 1

(demostración por inducción).18


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EJEMPLO

Una persona lee un libro de tal manera que cada día aumenta en 4 el

número de páginas que leyó el día anterior, es decir, si el día k-ésimo

leyó ak páginas el día siguiente leerá ak + 4 páginas. Si después de 18

días ha leído los 21/55 del libro, y 6 días más tarde le faltaban únicamente

los 19/55 del libro, ¿cuántas páginas tiene el libro?

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SOLUCION Sea P el número total de páginas que tiene el libro en

cuestión. Denotando por ak la cantidad de páginas que lee el alumno en

el k-ésimo día, del enunciado se rescata que

ak+1 = ak + 4 , k = 1, 2, 3, . . . ,

lo cual nos dice que {a1, a2, a3,...} define una progresión aritmética de

diferencia común d = 4 y primer elemento a1.

Además, del enunciado se pueden extraer la siguiente información:

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k=1ak =

21

55P ⇒ 2 a1 + 17 · 4 =

7

165P (i)

24k=1

ak = 36

55P ⇒ 2 a1 + 23 · 4 =

3

55P (ii)

De (ii) − (i) se tiene

4(23 − 17) = 1

165(9 − 7)P ⇒ P = 1980 páginas.

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