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TEMARIO

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JESÚS MIRANDA GARCÍA

Capítulo 1

Inducción y recurrencia

1.1. Inducción y deducción.

Cuando realizamos una afirmación o proposición, una forma de clasificarla podría ser si corresponde con una proposición general (por ejemplo, una proposición general podría ser a los niños les gusta el chocolate), en la que se dice algo sobre todos los elementos de un conjunto, o con una proposición particular (por ejemplo, al hijo de Juanito le gusta el chocolate), en la que se afirma algo sobre algún elemento en particular de un conjunto. Si admitimos como cierta una proposición general, podemos pasar a la certeza de las correspondientes proposiciones particulares. Por ejemplo, si fuera cierta la afirmación general que hemos puesto anterior- mente de que a los niños les gusta el chocolate, de ahí podemos afirmar con seguridad que al hijo de Juanito (que es un niño) le gusta el chocolate. El proceso por el cual inferimos la certeza de una proposición particular a partir de la certeza de una general, se llama deducción. Del hecho de que a los niños les gusta el chocolate hemos deducido que al hijo de Juanito le gusta el chocolate. Recíprocamente, de la certeza de una o varias afirmaciones particulares, podemos inferir la certeza de una proposición general. A este proceso, se le suele llamar inducción. Por ejemplo, después de haber conocido a varios niños y haber comprobado que a todos ellos les gusta el chocolate podemos inducir que a todos los niños les gusta el chocolate. En el avance científico están presentes ambos procesos. A partir de la observación de determinados fenómenos, se pasa a una afirmación general, que posteriormente permite deducir nuevos hechos. Por ejemplo, la ley de la Gravitación Universal fue una generalización de lo que se observaba que ocurría con los objetos que encontrábamos en la Tierra, así como el comportamiento de los planetas en su interacción con el Sol. Ahora, de esta afirmación general se han deducido gran cantidad de consecuencias que no son más que la particularización de esta ley al caso de dos o más objetos. La certeza de una proposición general nos asegura la certeza de cada una de las proposiciones parti- culares. El proceso inverso (el paso de las proposiciones particulares a la general) sin embargo no es tan claro. Aunque hayamos observado que a cientos de niños les gusta el chocolate, no por ello podemos estar seguros de la certeza de que a todos los niños les gusta el chocolate. En matemáticas, cuando afirmamos algo, hemos de tener la certeza absoluta de que lo que decimos es verdad. Nos preguntamos entonces: ¿tiene cabida la inducción en matemáticas?. Para responder a esta pregunta, vamos a analizar qué ocurre cuando sumamos los números impares. Empezamos por la suma de sólo un número impar (el primero), continuamos calculando la suma de los dos primeros números impares, y así sucesivamente.

1 = 1 = 12 1 + 3 = 4 = 22 1 + 3 + 5 = 9 = 32 1 + 3 + 5 + 7 = 16 = 42 1 + 3 + 5 + 7 + 9 = 25 = 52 1 + 3 + 5 + 7 + 9 + 11 = 36 = 62

1

1.2. Números naturales. Principio de inducción. 3 Dicho de otra forma, si la suma de los primeros n números impares vale n^2 , entonces la suma de los n + 1 primeros números impares vale (n + 1)^2.

Entonces, si es cierto que

∑^78

k=

(2k − 1) = 78^2 , también es cierto que

∑^79

k=

(2k − 1) = 79^2 , y es cierto que ∑^80

k=

(2k − 1) = 80^2 , y que

∑^81

k=

(2k − 1) = 81^2. Repitiendo este proceso las veces que haga falta, podríamos

ver que es cierto que

k=

(2k − 1) = 3421^2 , o que

k=

(2k − 1) = 792348579^2.

Nosotros hemos comprobado que para n = 1 la afirmación es cierta (y para n = 2, 3 , 4 , 5 , 6 ). Como cualquier número natural n lo podemos obtener a partir de 1 sumándole uno unas cuantas veces, entonces, para cualquier número natural n ≥ 1 podemos afirmar que la suma de los primeros n números impares vale n^2 , es decir,

∑^ n

k=

(2k − 1) = n^2

Aquí termina el proceso de inducción. Si lo analizamos, vemos que lo que hemos hecho ha sido:

A partir de unos cálculos, hemos inducido una regla que pensamos que debe ser válida para todos los números naturales.

Hemos comprobado que esa regla vale para el número natural n = 1.

Suponiendo que la regla vale para un número natural n, hemos comprobado que vale para el número natural n + 1.

Y esto nos garantiza la veracidad de la proposición general.

Para poder dar por cierta una afirmación matemática es necesario disponer de un argumento que asegure su veracidad. El hecho de comprobarla para unos cuantos casos particulares, por muchos que sean no nos garantiza nada. Por ejemplo, podemos observar lo siguiente:

Y vemos que los primeros números pares (salvo el 2) se pueden expresar como suma de dos números primos. Podemos pensar en otro número par, y probablemente comprobemos que esa afirmación sigue siendo cierta. De hecho, se ha comprobado para todos los números pares menores que 1018 (un trillón). Pero no se ha encontrado ningún argumento para asegurar que la afirmación es cierta para cualquier número par. Por tanto, este resultado no pasa de ser una conjetura (con todos los visos de ser cierta) conocida como conjetura de Goldbach, en honor a Christian Goldbach, matemático prusiano (de Könisgberg) que en 1742 comunicó semejante enunciado por carta a Leonard Euler.

1.2. Números naturales. Principio de inducción.

El ejemplo que acabamos de analizar es una aplicación del conocido principio de inducción. El contexto natural donde aplicarlo es el conjunto de los números naturales (aunque con algunas modificaciones podría extenderse a cualquier conjunto bien ordenado, o también al conjunto de los números enteros). Todos sabemos que a dicho conjunto se le suele denominar como N, y que está formado por los elementos 0 , 1 , 2 , · · ·. Es decir, N = { 0 , 1 , 2 , · · · }. Para llegar a este conjunto podemos basarnos en los axiomas de Peano, o bien, partir de una construcción basada en los axiomas de la teoría de conjuntos de Zermelo- Fraenkel, y de la que los axiomas de Peano son consecuencias de la construcción realizada. No vamos a entrar en cómo obtener el conjunto N. Lo que sí vamos a hacer es recordar algunas propiedades y características de este conjunto y sus elementos.

Jesús García Miranda

4 INDUCCIÓN Y RECURRENCIA

Para empezar, a los elementos del conjunto N los llamaremos números naturales. Dados dos números naturales m, n, tenemos definidos otros dos números naturales, llamados respectivamente suma y producto de m y n, y representados mediante m + n y m · n (o simplemente mn). Esto nos define dos operaciones en N, que satisfacen las siguientes propiedades:

i) Para cualesquiera m, n, p ∈ N, (m + n) + p = m + (n + p) (es decir, la suma es asociativa).

ii) Para cualesquiera m, n ∈ N, m + n = n + m (es decir, la suma es conmutativa).

iii) Existe en N un elemento, representado por 0 tal que para cada m ∈ N se tiene que m + 0 = m (existencia de elemento neutro para la suma).

iv) Si m + n = m + p entonces n = p (Propiedad cancelativa).

v) Para cualesquiera m, n, p ∈ N, (m · n) · p = m · (n · p) (es decir, el producto es asociativo).

vi) Para cualesquiera m, n ∈ N, m · n = n · m (es decir, el producto es conmutativo).

vii) Existe en N un elemento, representado por 1 tal que para cada m ∈ N se tiene que m · 1 = m (existencia de elemento neutro para el producto).

viii) Si m · n = m · p y m 6 = 0 entonces n = p.

ix) Para cualesquiera m, n, p ∈ N, m · (n + p) = m · n + m · p (la suma es distributiva respecto al producto).

Al conjunto de los números naturales, salvo el cero, lo denotaremos como N∗. Es decir, N∗^ = { 1 , 2 , 3 , · · · }

Con estas propiedades, estamos diciendo que N es un semianillo conmutativo con elemento unidad. De momento hay muchos conjuntos para los que es cierto todo lo dicho hasta aquí. Por ejemplo, Z (los números enteros), Q (los números racionales), R (los números reales), Q+^ (las fracciones mayores o iguales que cero), R+^ (los números reales mayores o iguales que cero), los elementos de Q+^ con denominador 5 ó 1 , C (los números complejos), Zp, con p primo (los enteros módulo p), R[x] (los polinomios con coeficientes reales), etc.

También en N hay definida una relación como sigue:

m ≤ n si existe p ∈ N tal que m + p = n

que satisface las siguientes propiedades:

x) m ≤ m para todo m ∈ N (la relación es reflexiva).

xi) Si m ≤ n y n ≤ m entonces m = n (la relación es antisimétrica).

xii) Si m ≤ n y n ≤ p entonces m ≤ p (la relación es transitiva).

xiii) Para cualesquiera m, n ∈ N, m ≤ n ó n ≤ m.

Una relación que satisface estas tres las propiedades x), xi), xii) es lo que se conoce como una relación de orden (u orden parcial). Si además satisface la propiedad xiii) entonces lo que tenemos es un orden total.

En todos los ejemplos vistos en la observación anterior podemos definir una relación de orden total. Sin embargo, la forma de definirlo en C o en R[x] es algo rebuscada y "poco natural". Por tanto, de los conjuntos anteriores, nos quedamos con Z, Q, R, Zp, Q+, R+, o los números racionales con denominador 1 ó 5 (el orden en Zp sería 0 ≤ 1 ≤ 2 ≤ · · · ≤ p − 1 ).

xiv) m ≤ n implica que m + p ≤ n + p para todo p ∈ N.

xv) m + p ≤ n + p implica que m ≤ n.

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6 INDUCCIÓN Y RECURRENCIA

20 + 2^1 + · · · + 2n^ + 2n+1^ = (2^0 + 2^1 + · · · + 2n) + 2n+1^ = 2n+1^ − 1 + 2n+1^ = 2 · 2 n+1^ − 1 = 2n+2^ − 1

Por el principio de inducción se tiene que A = N, es decir, la propiedad es cierta para todo n ∈ N.

Una demostración basada en el principio de inducción es lo que se conoce como una demostración por inducción. Si queremos demostrar por inducción que P (n) es cierto para todo n ∈ N (donde P (n) es una propiedad que hace referencia a n), podemos hacerlo como sigue:

• Caso base: Demostramos que P (0) es cierto.
• Hipótesis de inducción: Suponemos que P (n) es cierto.
• Paso inductivo: A partir de la hipótesis de inducción, demostramos que es cierto P (n + 1).

A continuación vamos a ver distintos ejemplos de aplicación de esto último.

Ejemplo 1.2.2.

1. Vamos a comprobar que para todo n ≥ 1 se verifica que

1 + 2 + · · · + n = n(n + 1) 2

Hacemos esto por inducción:

Caso base: Para n = 1 el resultado es trivialmente cierto. Hipótesis de inducción: Para un número natural n se tiene que 1 + 2 + · · · + n = n(n 2 +1). Paso inductivo: A partir de la hipótesis de inducción hemos de probar que 1 + 2 + · · · + n + (n + 1) = (n+1)( 2 n+2)

(1 + 2 + · · · + n) + n + 1 =

n(n + 1) 2

• n + 1 =

n(n + 1) 2

2(n + 1) 2

(n + 1)(n + 2) 2 Cuentan que cuando Gauss tenía 10 años de edad, su profesor de aritmética, enfadado porque sus alumnos se portaban mal, los puso a calcular la suma de los primeros 100 números naturales. Mientras, el profesor se sentó en su silla a leer el periódico, confiando en que los niños tardarían bastante tiempo en realizar la suma. Sin embargo, en pocos minutos, el pequeño Gauss, llegó con el resultado de la suma: 5050. El profesor, intrigado por el poco tiempo que había tardado le pidió que le explicara cómo había obtenido tal resultado. Gauss entonces explicó que podemos escribir la suma como 1 + 2 + 3 + · · · + 99 + 100, pero también como 100 + 99 + 98 + · · · + 2 + 1. Escribimos ambas sumas (que son iguales) una debajo de otra 1 + 2 + 3 + · · · + 98 + 99 + 100 100 + 99 + 98 + · · · + 3 + 2 + 1 Y ahora sumamos en vertical 1 + 2 + 3 + · · · + 98 + 99 + 100 100 + 99 + 98 + · · · + 3 + 2 + 1 101 + 101 + 101 + · · · + 101 + 101 + 101 La suma inferior vale 101 · 100 , y puesto que esta suma es 2 veces la suma que nos piden, la suma de los 100 primeros números es 101 · 2100 = 5050. Utilizando esta técnica podríamos haber obtenido también la fórmula que hemos visto de que 1 + 2 + · · · + n = n(n+1)

Llamemos S a la suma. Entonces:

S = 1 + 2 + 3 + · · · + (n − 2) + (n − 1) + n S = n + (n − 1) + (n − 2) + · · · + 3 + 2 + 1 2 S = (n + 1) + (n + 1) + (n + 1) + · · · + (n + 1) + (n + 1) + (n + 1)

Es decir, 2 S = n(n + 1), luego S = n(n 2 +1).

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1.2. Números naturales. Principio de inducción. 7

2. Vamos a demostrar que para cualquier número natural n, el número 7 n^ − 1 es múltiplo de 6.

Procedemos también por inducción.

Caso base: Aquí el primer caso es n = 0. Para n = 0 se tiene que 7 n^ − 1 = 7^0 − 1 = 1 − 1 = 0, que claramente es múltiplo de 6. Hipótesis de inducción: El número 7 n^ − 1 es múltiplo de 6, es decir, para algún número entero k se tiene que 7 n^ − 1 = 6k. Paso inductivo: Suponiendo que la hipótesis de inducción es cierta, tenemos que probar que 7 n+1^ − 1 es también múltiplo de 6. Por la hipótesis de inducción sabemos que 7 n^ = 1 + 6k. Entonces:

7 n+1^ − 1 = 7 · 7 n^ − 1 = 7 · (1 + 6k) − 1 = 7 + 7 · 6 k − 1 = 6 · 7 k + 6 = 6 · (7k + 1)

que es múltiplo de 6.

Con esto concluye la demostración.

La inducción no es la única forma de demostrar afirmaciones sobre los números naturales. Por ejemplo, podemos demostrar la anterior afirmación operando como sigue:

7 n^ − 1 = (7 − 1) · (7n−^1 + 7n−^2 + · · · + 7^1 + 7^0 ) = 6 · (7n−^1 + 7n−^2 + · · · + 7 + 1)

lo que nos muestra que es múltiplo de 6. También podríamos haberlo hecho trabajando módulo 6. Decir que 7 n^ − 1 es múltiplo de 6 es lo mismo que decir que 7 n^ − 1 = 0 en Z 6. Como en Z 6 7 = 1, entonces 7 n^ − 1 = 1 n^ − 1 = 1 − 1 = 0, como queríamos.

3. Puede ocurrir que al demostrar algo por inducción, en el proceso nos aparezca alguna propiedad que también podemos probar por inducción. Por ejemplo, vamos a demostrar que para cualquier número natural n, el número n^3 + 3n^2 + 2n es múltiplo de 6. Como siempre, comprobamos el caso base, y demostramos el paso inductivo.

Caso base: El resultado es cierto para n = 0, es decir, 03 + 3 · 02 + 2 · 0 es múltiplo de 6. Hipótesis de inducción: Para un número natural n, el número n^3 + 3n^2 + 2n es múltiplo de 6, es decir, n^3 + 3n^2 + 2n = 6k para algún número entero k. Paso inductivo: A partir de la hipótesis de inducción, demostremos que (n + 1)^3 + 3 · (n + 1)^2 + 2 · (n + 1) es múltiplo de 6.

(n + 1)^3 + 3 · (n + 1)^2 + 2 · (n + 1) = n^3 + 3n^2 + 3n + 1 + 3(n^2 + 2n + 1) + 2n + 2 = = n^3 + 3n^2 + 3n + 1 + 3n^2 + 6n + 3 + 2n + 2 = = (n^3 + 3n^2 + 2n) + (3n^2 + 3n + 1 + 6n + 3 + 2) = = 6k + (3n^2 + 3n + 6n + 6) = = 6(k + n + 1) + 3(n^2 + n).

Si pudiéramos asegurar que el número n^2 +n es múltiplo de 2 entonces 3(n^2 +n) sería múltiplo de 6, y con eso concluiríamos que (n + 1)^3 + 3(n + 1)^2 + 2(n + 1) es múltiplo de 6, que es lo que queremos. Entonces abrimos aquí una nueva demostración. Vamos a demostrar que para cualquier número natural n, n^2 +n es múltiplo de 2. Lo hacemos por inducción.

• Caso base: 02 + 0 es múltiplo de 2. Claramente es cierto.
• Hipótesis de inducción: n^2 + n es múltiplo de 2, es decir, n^2 + n = 2l para algún número entero l.

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1.2. Números naturales. Principio de inducción. 9 mucho más contundente. Nunca podremos encontrar un número natural que no cumpla la propiedad anterior ya que ese número no existe. Sin ese paso de la demostración (el pasar de una comprobación para unos cuantos a la afirmación de que es cierta para todos) podríamos cometer errores, y dar por ciertas algunas propiedades que no lo son. Por ejemplo, para cada número natural n ≥ 3 vamos a calcular 2 n−^1 − 1 lo vamos a dividir entre n, y nos vamos a quedar con el resto.

• Para n = 3, 2 n−^1 − 1 = 3, que dividido entre 3 da resto 0.
• Para n = 4, 2 n−^1 − 1 = 7, que dividido entre 4 da resto 3.
• Para n = 5, 2 n−^1 − 1 = 15, que dividido entre 5 da resto 0.
• Para n = 6, 2 n−^1 − 1 = 31, que dividido entre 6 da resto 1.
• Para n = 7, 2 n−^1 − 1 = 63, que dividido entre 7 da resto 0.
• Para n = 8, 2 n−^1 − 1 = 127, que dividido entre 8 da resto 7.
• Para n = 9, 2 n−^1 − 1 = 255, que dividido entre 9 da resto 3.
• Para n = 10, 2 n−^1 − 1 = 511, que dividido entre 10 da resto 1.
• Para n = 11, 2 n−^1 − 1 = 1023, que dividido entre 11 da resto 0. Vemos que para los números 3 , 5 , 7 y 11 el resto de la división es 0 , mientras que para los restantes es distinto de 0. Podemos seguir así, y si llegamos hasta 100 vemos que el resto de la división es 0 para los números 3, 5, 7, 11, 13, 17, 19, 23, 29, 31, 37, 41, 43, 47, 53, 59, 61, 67, 71, 73, 79, 83, 89, 97, mientras que para los otros números el resto de la división es distinto de 0. Es decir, dado n ∈ N, n ≥ 3 , entonces 2 n−^1 − 1 es múltiplo de n implica que n es primo. Dicho de otra forma, si llamamos P (n) a la afirmación

2 n−^1 − 1 es múltiplo de n =⇒ n es primo. hemos comprobado que P (3), P (4), P (5), P (6), P (7), P (8), P (9), P (10), P (11) son ciertas, y hemos afirmado que la afirmación sigue siendo cierta hasta n = 100. Esto nos induce a pensar que P (n) es cierta para todo número natural n. Podríamos seguir compro- bándolo para todos los números naturales hasta llegar a 200 ( 2199 es un número de 61 cifras) y el resultado sería el mismo. Pero eso no nos garantiza ni mucho menos que el resultado no vaya a fallar alguna vez. De hecho, se tiene que 2340 − 1 = 2239744742177804210557442280568444278121645497234649534899989100963791871180160945380877493271607115775

que es múltiplo de 341, y sin embargo 341 no es primo, pues es el producto de 11 y 31. O fijémonos en lo siguiente:

Hemos tomado todos los números pares mayores que 2, hasta el 50, y todos los hemos podido expresar como suma de dos números primos. No se ha encontrado ningún número par, mayor que 2, que no pueda expresarse como suma de dos números primos. De hecho, se ha comprobado para todos los números menores que 1 trillón. Sin embargo, eso es muy poco comparado con los infinitos números pares que existen. Hasta el momento no se ha encontrado ningún argumento que permita afirmar que el resultado es cierto para todos los números pares. Por tanto, el resultado no pasa de ser una mera conjetura, conocida como conjetura de Goldbach.

El principio de inducción nos dice que si A es un subconjunto de N que satisface las dos siguientes propiedades:

Jesús García Miranda

10 INDUCCIÓN Y RECURRENCIA

0 ∈ A

n ∈ A =⇒ n + 1 ∈ A

Entonces A = N. Este axioma puede leerse de la forma siguiente:

Si A es un subconjunto de N que es distinto de N, entonces, o 0 6 ∈ A, o existe n ∈ N tal que n ∈ A y n + 1 6 ∈ A.

Esta formulación del principio de inducción (equivalente a la vista anteriormente) nos permite de- mostrar una propiedad importante de los números naturales.

Teorema 1.2.1. [Principio de buena ordenación] Sea A un subconjunto de N distinto del conjunto vacío. Entonces A tiene mínimo.

Se dice que m es el mínimo de A si m ∈ A y m ≤ n para todo n ∈ A.

Demostración: Sea B el conjunto de las cotas inferiores de A, es decir

B = {m ∈ N : m ≤ n para todo n ∈ A}

Claramente B 6 = N (pues si m ∈ A, m + 1 6 ∈ B). También es cierto que 0 ∈ B (¿por qué?). Por tanto, debe existir m ∈ N tal que m ∈ B y m + 1 6 ∈ B Por pertenecer m a B se tiene que m ≤ n para todo n ∈ A. Queda entonces comprobar que m ∈ A. Ahora bien, supongamos que m 6 ∈ A, entonces, para cualquier n ∈ A se tiene que m ≤ n (pues m ∈ B) y que m 6 = n (pues m 6 ∈ A), luego m + 1 ≤ n para todo n ∈ A. Por tanto, tendríamos que m + 1 ∈ B, lo cual no es posible. Deducimos por tanto que m ∈ A, como queríamos. • El principio de inducción puede adoptar distintas formas. Por ejemplo, si queremos demostrar que una propiedad es cierta para todos los números naturales que son mayores o iguales que un cierto número n 0 ∈ N, entonces podemos hacerlo demostrando que la propiedad es cierta para n 0 , y supuesta cierta para un número n, entonces es cierta para n + 1.

Si queremos demostrar que la propiedad P (n) es cierta para todo número natural n ≥ n 0 , tomamos A = {m ∈ N : P (m + n 0 ) es cierta }. Entonces:

Comprobamos que 0 ∈ A. Esto es equivalente a comprobar que P (n 0 ) es cierta. Probamos que si m ∈ A entonces m + 1 ∈ A. Esto es lo mismo que probar que para n ≥ n 0 , si P (n) es cierta, entonces P (n + 1) es cierta.

Incluso, en el comentario anterior podemos cambiar números naturales por números enteros. Es decir, para demostrar que una propiedad es cierta para todos los números enteros que son mayores o iguales que un cierto entero n 0 , podemos proceder como acabamos de decir.

Ejemplo 1.2.3.

1. Vamos a demostrar que para n ≥ 7 se verifica que 3 n^ < n! (suponemos que es conocido lo que representa n!. De todas formas, más adelante, en el ejemplo 1.3.1 daremos una definición de esta función).

Caso base: En este caso es n = 7. En tal caso, y puesto que 37 = 2187 y 7! = 5040, lo que tenemos es que 2187 < 5040 , que claramente es cierto. Hipótesis de inducción: Si n ≥ 6 , suponemos que 3 n^ < n!. Paso inductivo: Ahora, comprobamos que 3 n+1^ < (n + 1)!.

3 n+1^ = 3n^ · 3 < n! · 3 < n! · (n + 1) = (n + 1)!.

A partir de esto podemos afirmar que sea cual sea el número natural n mayor que 6, se tiene que 3 n^ < n!.

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12 INDUCCIÓN Y RECURRENCIA

1 + 14 + · · · + (^) n^12 + (^) (n+1)^12 < 2 − (^1) n + (^) (n+1)^12

= 2 − (n+1)

2 n(n+1)^2 +^

n n(n+1)^2

= 2 − n

(^2) +2n+ n(n+1)^2 +^

n n(n+1)^2

= 2 − n

(^2) +2n+1−n n(n+1)^2

= 2 − n

(^2) +n+ n(n+1)^2

< 2 − n

(^2) +n n(n+1)^2

= 2 − (^) nn((nn+1)+1) 2

= 2 − (^) n^1 + Donde 2 − n

(^2) +n n(n+1)^2 >^2 −^

n^2 +n+ n(n+1)^2 ya que la cantidad que le restamos a 2 en el primer caso es más pequeña que la que le restamos en el segundo.

El problema de Basilea consistía en calcular el valor de la serie ∑∞ k=

1 k^2. En 1735, Leonhard Euler calculó el valor de dicha suma, que resulta ser π 2 6 , y cuyo valor numérico es^1 ′ 6449 ... A partir de esto, lo que acabamos de demostrar resulta obvio.

6. Dado un número natural n, mayor que cero, demostremos que 211 + 212 + · · · + (^21) n < 1. Antes de dar la demostración, vamos a fijarnos en lo siguiente:

1 2 =^

1 2 <^1 1 2 +^

1 4 =^

3 4 <^1 1 2 +^

1 4 +^

1 8 =^

7 8 <^1 1 2 +^

1 4 +^

1 8 +^

1 16 =^

15 16 <^1 1 2 +^

1 4 +^

1 8 +^

1 16 +^

1 32 =^

31 32 <^1 Notemos como cada una de las sumas que tenemos a la izquierda de las desigualdades se obtiene de la suma anterior sumándole la mitad de lo que le falta para llegar a la unidad. En el primer caso, la suma vale 12. Falta 12 para llegar a la unidad, y se le suma 14 (que es la mitad de 12 ). La segunda suma vale 34 , luego falta 14 para llegar a la unidad. La mitad es 18 , que es lo que se suma en el siguiente. Y eso es lo que ocurre en los casos siguientes. Por ejemplo, la cuarta suma vale 1516 , luego falta 161 para llegar a la unidad. La mitad es 321 , y eso es lo que sumamos en la quinta. Se ve entonces que como siempre sumamos la mitad de lo que falta para llegar a la unidad, siempre nos vamos a mantener por debajo, luego la suma debe ser menor que 1 en cualquier caso. Vamos a intentar demostrarlo.

Caso base: Para n = 1 ya lo hemos comprobado.

Hipótesis de inducción:

∑n k=

1 2 k^ <^1.

Paso inductivo: Demostremos que 12 + 14 + · · · + (^21) n + (^2) n^1 +1 < 1 , a partir de la hipótesis de inducción.

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1.2. Números naturales. Principio de inducción. 13 Pero si lo intentamos de la forma que parece más natural, nos encontramos con 1 2 +^

1 4 +^ · · ·^ +^

1 2 n^ +^

1 2 n+1^ <^ 1 +^

1 2 n+^. Y ahora, no hay forma de demostrar que esto último es menor o igual que 1.

Para intentar resolver el problema, vamos a escribirlo de otra forma. Probaremos dos maneras distintas:

i) Multiplicamos ambos miembros de la desigualdad por 2 n^ (que al ser un número positivo no cambia la desigualdad). En tal caso, lo que tenemos que demostrar es que 2

n 21 +^

2 n 22 +^ · · ·^ +^

2 n 2 n^ <^2

n, o lo que es lo mismo, 1 + 2 + · · · + 2n−^1 < 2 n. Y ahora esto lo demostramos por inducción: Caso base: Que es para n = 0. Lo que nos dice es 1 < 2. Hipótesis de inducción. Para un número n ≥ 1 se verifica que 1 + 2 + · · · + 2n−^1 < 2 n. Paso inductivo: A partir de la hipótesis de inducción veamos que 1 + 2 + · · · + 2n−^1 + 2n^ < 2 n+1.

1 + 2 + · · · + 2n−^1 + 2n^ < 2 n^ + 2n^ = 2n+ ii) Observando con detalle los cinco ejemplos que hemos puesto antes, podemos inducir la igualdad 1 2 +^ · · ·^ +^

1 2 n^ = 1^ −^

1 2 n^. Si conseguimos demostrar esto, habremos demostrado lo que buscábamos, ya que 1 − (^21) n < 1. De hecho, demostrar que 12 + · · · + (^21) n = 1 − (^21) n es demostrar más de lo que nos pedían, pues no sólo demostramos que la suma 12 + · · · + (^21) n es menor que 1, sino que calculamos exactamente cuánto le falta a esa suma para llegar a 1. Caso base: Ya está hecho. Es simplemente comprobar que 12 = 1 − 12. Hipótesis de inducción: Si n ≥ 1 , 12 + · · · + (^21) n = 1 − (^21) n. Paso inductivo: Demostremos que 12 + · · · + (^21) n + (^2) n^1 +1 = 1 − (^2) n^1 +

1 2

2 n^

2 n+^

2 n^

2 n+^

2 n+^

2 n+^

2 n+ Entre las distintas formas que puede adoptar el principio de inducción, una de ellas es la que se denomina inducción fuerte o segundo principio de inducción.

Teorema 1.2.2. [Segundo principio de inducción] Sea A un subconjunto de N. Supongamos que se verifica:

1. 0 ∈ A.
2. Para cualquier n, { 0 , 1 · · · n − 1 } ⊆ A =⇒ n ∈ A

Entonces A = N.

Formalmente, la primera condición no es necesaria, pues para n = 0 la segunda condición afirma ∅ ⊆ A =⇒ 0 ∈ A, y puesto que la primera parte es siempre cierta (∅ ⊆ A), la condición 2 implica que 0 ∈ A. Sin embargo, en la práctica suele ser necesario comprobar que 0 ∈ A. Notemos también que si la condición 1 se cambia por una de la forma 0 , 1 , · · · , k ∈ A, la tesis del teorema sigue siendo cierta. También, si queremos demostrar que una propiedad P (n) es cierta para todo número natural (o entero) mayor o igual que n 0 , podemos usar este segundo principio de inducción. Probamos que P (n 0 ) es cierta, y que si P (n 0 ), P (n 0 + 1), · · · , P (n − 1) son ciertas (sea quien sea n > n 0 ) entonces P (n) es cierta.

Demostración: Supongamos que A 6 = N. Entonces el conjunto B = N \ A es distinto del conjunto vacío. Por tanto, por el principio de buena ordenación tenemos que B tiene un mínimo. Sea este n 0. Esto implica que { 0 , 1 , · · · , n 0 − 1 } ⊆ A (pues ninguno de sus elementos pertenece a B), luego por la condición 2 tenemos que n 0 ∈ A, lo que es imposible, pues n 0 ∈ B. Deducimos entonces que A = N • Es decir, para demostrar que la propiedad P (n) es cierta para cualquier número natural n:

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1.3. Recurrencia. 15 Paso recursivo: Dado un número natural n, se proporciona una regla para definir xn+1 a partir del conocimiento de xn.

El principio de inducción nos garantiza que de esta forma tenemos definida de forma única una función x : N → X.

Ejemplo 1.3.1.

1. Definimos la siguiente sucesión x : N → N:

x 0 = 1; xn+1 = 2 · xn

Vamos a calcular los primeros términos de la sucesión:

x 0 = 1. Por definición. x 1 = 2 · x 0 = 2 · 1 = 2 (el paso recursivo para n = 0). x 2 = 2 · x 1 = 2 · 2 = 4 (el paso recursivo para n = 1). x 3 = 2 · x 2 = 2 · 4 = 8 (el paso recursivo para n = 2). x 4 = 2 · x 3 = 2 · 8 = 16 (el paso recursivo para n = 3). x 5 = 2 · x 4 = 2 · 16 = 32 (el paso recursivo para n = 4).

Vemos que lo que hemos definido es la sucesión xn = 2n. Esto habría que probarlo por inducción.

2. De forma análoga a como hemos definido la sucesión xn = 2n, podemos definir, dado a ∈ R la siguiente sucesión.

y 0 = 1; yn+1 = a · yn

Que no es sino una forma de definir el valor de an.

3. Vamos a definir el factorial de un número natural. Para esto definimos la sucesión z : N → N como sigue:

z 0 = 1; zn+1 = (n + 1) · zn

Al número zn se le conoce como el factorial de n, y se representa como n!. Por ejemplo, se tiene que 0! = 1, 1! = 1, 2! = 2, 3! = 6, 4! = 24, 5! = 120, 6! = 720.

4. Sea u : N → N la sucesión:

u 0 = 0; un+1 = un + 5

Calculamos los primeros términos de esta sucesión. u 0 = 0, u 1 = 5, u 2 = 10, u 3 = 15, u 4 = 20. Y vemos que en realidad, lo que tenemos es que un = 5 · n. Si en lugar del número 5 hubiéramos tomado otro número natural m, entonces lo que habríamos hecho es definir la sucesión un = m · n.

Todos sabemos que la multiplicación de números naturales no es más que "sumar muchas veces la misma cantidad". Así, para multiplicar números naturales sólo necesitamos saber sumar. Esta idea queda reflejada en la anterior definición. Hemos definido la multiplicación m · n a partir únicamente de la suma. Para formalizar el sumar muchas veces utilizamos la recursión. Así, para multiplicar 5 · 4 lo que hacemos es sumar el 5 cuatro veces. De la misma forma, sabemos que multiplicar muchas veces la misma cantidad es lo mismo que calcular una potencia. Esto ha quedado plasmado en las sucesiones xn e yn definidas previamente. También podemos ver la suma como "sumar muchas veces uno". Y así, a partir del conocimiento de como sumar uno (es decir, de contar), podemos definir la suma de dos números naturales. Esto es lo que hacíamos cuando usábamos los dedos para sumar.

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16 INDUCCIÓN Y RECURRENCIA

5. Definimos la sucesión wn como sigue:

w 1 = 1. wn+1 = wn + (n + 1).

Notemos que aquí hemos definido una función w : N∗^ → N. Dos formas de escribir la sucesión serían:

wn = 1 + 2 + · · · + n; wn =

∑^ n

k=

k

Vamos a demostrar que wn = n(n 2 +1). Para esto, utilizamos el principio de inducción.

Caso base: w 1 = 1(1+1) 2. Eso es cierto, pues por definición w 1 = 1, que es igual 1(1+1) 2. Suponemos que wn = n(n 2 +1) , y queremos demostrar que wn+1 = (n+1)(n 2 +1+1), es decir, wn+1 = (n+1)( 2 n+2). Tenemos que:

wn+1 = wn + (n + 1) =

n(n + 1) 2

• (n + 1) =

n(n + 1) 2

2(n + 1) 2

n(n + 1) + 2(n + 1) 2

(n + 2)(n + 1) 2

(n + 1)(n + 2) 2 Vamos a considerar la siguiente sucesión: f 0 = 0; f 1 = 1; f 2 = 1; f 3 = 2; f 4 = 3; f 5 = 5; f 6 = 8; f 7 = 13; f 8 = 21; f 9 = 34; f 10 = 55; f 11 = 89; · · · Podemos ver la regla que seguimos para calcular un término de la sucesión. Es sumar los dos términos anteriores. Obviamente, para poder aplicar esta regla es necesario tener dos términos de la sucesión. Por tanto, f 0 y f 1 no siguen ese criterio. Una definición entonces podría ser:

f 0 = 0; f 1 = 1.

fn = fn− 1 + fn− 2 si n ≥ 2. De esta forma, parece claro que está bien definido el valor de fn para cualquier n ∈ N. Sin embargo, esta definición no se ajusta al método de recurrencia dado anteriormente (pues en este caso, para calcular un término es necesario recurrir a los dos términos anteriores, mientras que en el método dado anteriormente, únicamente necesitamos conocer el término anterior). La sucesión aquí definida se denomina sucesión de Fibonacci. Esta sucesión fue estudiada por Leonardo de Pisa, a principios del siglo XIII, mientras intentaba encontrar un modelo numérico para determinar el número de conejos que resultan en un año si se parte de una sola pareja. Más tarde, el alemán Johannes Kepler la utilizó en su estudio de cómo se ordenan las hojas de una planta alrededor de su tallo. Esta sucesión satisface lo que se conoce como una relación de recurrencia lineal homogénea.

1.3.2. Recurrencia lineal homogénea.

Definición 2. Sea x : N → R una sucesión. Decimos que dicha sucesión satisface una relación de recurrencia lineal homogénea con coeficientes constantes si existe k ∈ N y a 1 , · · · , ak ∈ R tales que para cualquier n ≥ k se verifica que

∑^ k

j=

aj · xn−j = a 0 · xn + a 1 · xn− 1 + · · · + ak · xn−k = 0

donde a 0 = 1. Al número k se le denomina orden de la relación. A una sucesión que satisface una relación de recurrencia lineal homogénea la llamaremos sucesión lineal homogénea.

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18 INDUCCIÓN Y RECURRENCIA

Hemos visto que si xn e yn son soluciones de un mismo problema recurrencia lineal homogénea con coeficientes constantes, entonces cualquier combinación lineal suya es solución de la misma relación de recurrencia. Como consecuencia, el conjunto de las soluciones a un problema de recurrencia lineal homogénea es un espacio vectorial. Puede comprobarse que la dimensión de este espacio vectorial coincide con el orden de la relación.

Ejemplo 1.3.4. Vamos a buscar la solución al problema de recurrencia lineal homogénea xn = xn− 1 + 2 xn− 2 con condiciones iniciales x 0 = 2, x 1 = 1. Para esto, calculamos unos cuantos términos de dicha sucesión:

x 2 = 1 + 2 · 2 = 5; x 3 = 5 + 2 · 1 = 7; x 4 = 7 + 2 · 5 = 17; x 5 = 17 + 2 · 7 = 31; x 6 = 31 + 2 · 17 = 65

Comparamos ahora la sucesión xn con la sucesión 2 n

xn → 2 1 5 7 17 31 65 2 n^ → 1 2 4 8 16 32 64

Y vemos que la diferencia entre los términos de ambas sucesiones es 1 ó − 1 , dependiendo de que correspondan a un término par o impar. Por tanto, parece que el término general de la sucesión podría ser xn = 2n^ + (−1)n. Vamos a probar que esto es cierto. Para eso, usaremos el segundo principio de inducción. Para n = 0 y n = 1 sabemos que es cierto, pues lo hemos comprobado (de hecho, está comprobado para n = 2, 3 , 4 , 5 , 6 ). Sea n ≥ 2 , y suponemos que para cualquier k < n se verifica que xk = 2k^ + (−1)k. Entonces:

xn = xn− 1 + 2xn− 2 = 2n−^1 + (−1)n−^1 + 2(2n−^2 + (−1)n−^2 ) = 2n−^1 + 2 · 2 n−^2 + (−1)n−^1 + 2 · (−1)n−^2 =

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

Y de aquí podemos deducir que el término general de la sucesión es xn = 2n^ + (−1)n.

A continuación vamos a intentar ver cómo son las soluciones a un problema de de recurrencia lineal homogénea con coeficientes constantes. Hemos comentado anteriormente que el conjunto de las soluciones forma un espacio vectorial. Lo que pretendemos es encontrar una base de ese espacio vectorial.

Definición 3. Dada el problema de recurrencia lineal homogénea con coeficientes constantes

xn + a 1 xn− 1 + · · · + akxn−k = 0 Al polinomio xk^ + a 1 xk−^1 + · · · + ak− 1 x + ak se le conoce como polinomio característico de la relación, y a la ecuación xk^ + a 1 xk−^1 + · · · + ak− 1 x + ak = 0 la ecuación característica.

Ejemplo 1.3.5.

1. La ecuación característica del problema de recurrencia xn = 2xn− 1 es x − 2 = 0.
2. La ecuación característica de la recurrencia que nos da la sucesión de Fibonacci es x^2 − x − 1 = 0.
3. La ecuación característica de la sucesión estudiada en el ejemplo 1.3.4 es x^2 − x − 2 = 0.

Los ejemplos que hemos estado analizando nos conducen a la siguiente proposición.

Proposición 1.3.1. Si α es una solución de la ecuación característica de un problema de recurrencia, entonces la sucesión xn = αn^ es una solución a dicho problema.

Demostración: Supongamos que la relación de recurrencia es xn + a 1 xn− 1 + · · · + akxn−k = 0. En tal caso, por ser α una raíz del polinomio característico se tiene que αk^ + a 1 αk−^1 + · · · + ak− 1 α + a 0 = 0. Sea xn = αn. Vamos a ver que esta sucesión satisface la relación de recurrencia.

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1.3. Recurrencia. 19

xn+a 1 xn− 1 +· · ·+akxn−k = αn+a 1 αn−^1 +· · ·+akαn−k^ = αn−k^ ·(αk^ +a 1 αk−^1 +· · ·+ak− 1 α+a 0 ) = αk^ ·0 = 0

Observación: Si α 1 y α 2 son dos raíces del polinomio característico de una relación de recurrencia, entonces xn = (α 1 )n^ e yn = (α 2 )n^ son dos soluciones a dicha relación de recurrencia. Entonces también son soluciones todas las combinaciones lineales de estas dos sucesiones, es decir, todas las sucesiones de la forma a(α 1 )n^ + b(α 2 )n. En general, si α 1 , α 2 , · · · , αk son todas las raíces del polinomio característico de una relación de recurrencia, entonces cualquier sucesión de la forma xn = b 1 (α 1 )n^ + b 2 (α 2 )n^ + · · · + bk(αk)n^ es solución a la relación de recurrencia. Además, es fácil ver que dichas soluciones son linealmente independientes. En el caso de que la relación de recurrencia fuera de orden k, entonces, las sucesiones (α 1 )n, (α 2 )n, · · · , (αk)n forman una base del espacio de dimensiones, y por tanto, cualquier solución sería de la forma anterior. Las condiciones iniciales son las que nos determinarían cuáles son los coeficientes b 1 , b 2 , · · · , bk.

Ejemplo 1.3.6.

1. Consideramos la sucesión definida por xn = 2xn− 1 , x 0 = 1. La ecuación característica es x − 2 = 0, cuya única solución es α = 2. Puesto que la relación es de orden 1 , la sucesión xn es de la forma xn = b · 2 n. A partir de la condición x 0 = 1, obtenemos que 1 = b · 20 , luego b = 1. Por tanto, xn = 2n. Si tomamos la sucesión yn = 2yn− 1 , y 0 = 3, entonces la ecuación característica es la misma, luego yn = b · 2 n. Ahora, tenemos que 3 = y 0 = b · 20 = b. Por tanto, yn = 3 · 2 n.
2. Para esta sucesión, ver el ejemplo 1.3.4. Consideramos la sucesión definida por xn = xn− 1 + 2xn− 2 , x 0 = 2, x 1 = 1. Vamos a hallar el término general de esta sucesión. Para esto, vamos a seguir los siguientes pasos:

Calculamos el polinomio característico. Este vale x^2 − x − 2. Hallamos sus raíces. Podemos hacerlo siguiendo la fórmula x = −b±

√ b^2 − 4 ac 2 a , o bien, usando la regla de Ruffini. En cualquier caso, obtenemos que las raíces son α 1 = 2, α 2 = − 1. Escribimos la forma general de la sucesión. Puesto que tenemos dos raíces, y la relación de recurrencia es de orden 2, la forma general es xn = a · 2 n^ + b · (−1)n. Planteamos, a partir de las condiciones iniciales, las ecuaciones para hallar a y b.

• De la condición x 0 = 2 nos queda la ecuación 2 = a · 20 + b · (−1)^0 = a + b.
• De la condición x 1 = 1 nos queda la ecuación 1 = a · 21 + b · (−1)^1 = 2a − b. Resolvemos el sistema que nos ha quedado:

a + b = 2 2 a − b = 1

Fácilmente vemos que la solución es a = 1 y b = 1

Sustituimos las soluciones obtenidas en la expresión de la forma general de la sucesión, para hallar el término n-ésimo de la sucesión.

xn = 1 · 2 n^ + 1 · (−1)n^ = 2n^ + (−1)n

Y vemos que coincide con el obtenido en el ejemplo 1.3.4.

Jesús García Miranda