Taller/Tarea 1: Soluciones

Universidad Nacional de Colombia, Medellı́n – Escuela de Matemáticas
Conjuntos y Combinatoria – Marzo 31, 2011
Taller/Tarea 1: Soluciones
1. Asuma ya definidas la adición y la multiplicación sobre los números naturales
N (con las propiedades usuales).
(a) Use el teorema de la recursión para obtener la existencia de la operación
de exponenciación base m ∈ N, f(n) = mn , tal que satisface
m0 = 1;
ms(n) = mn · m. (∗)
Solución:
Hacemos uso del teorema básico de la recursión con
A = N, e = 1 ∈ N, y h : N → N dada por h(n) = nm. Con esto
el teorema garantiza la existencia de una función f : N → N tal que
f(0) = e = 1 y para n ∈ N
f(s(n)) = h(f(n)) = f(n) · m.
Con f(n) = mn estas son precisamente las condiciones en (∗).
(b) Pruebe que para p, q ∈ N, satisface
mp+q = mp · mq .
Solución: Usando inducción sobre q.
Caso base q = 0:
mp+0 = mp = mp · 1 = mp · m0 .
Hipótesis de inducción q = k:
mp+k = mp · mk .
Paso de inducción, q = k + 1:
mp+(k+1) =
=
=
=
=
m(p+k)+1 por definición recursiva de la suma
mp+k · m por definición recursiva de la exponenciación
(mp · mk ) · m por hipótesis de inducción
mp · (mk · m) por asociatividad de la multiplicación
mp · mk+1 por definición recursiva de la exponenciación.
1
2. Use el teorema de la recursión (forma básica) para probar la siguiente
versión: Dados un conjunto E, elementos e0 , e1 , e2 ∈ E, y una función
g : E × E × E → E, existe una función única f : N → E que satisface
f(0) = e0 , f(1) = e1 , f(2) = e2 , y para n ≥ 2,
f(n + 1) = g(f(n), f(n − 1), f(n − 2)).
3. Sea bn/2c el cociente (entero) de dividir n por 2; el residuo correspondiente
es 0 ó 1 y esto corresponde por definición a n par e impar. Considere la
siguiente función f(n, m) definida recursivamente como

si n = 0
 0
m si n es impar
f(m, n) =
si n > 0
 f(2m, bn/2c) +
0 si n es par
Sin preocuparse por justificar la existencia (teniendo en cuenta los teoremas
de recursión), identifique la función, y pruebe su conjetura usando inducción.
Solución:
Verificamos usando inducción sobre n que f(m, n) = m · n.
Caso base: Para n = 0, f(m, 0) = 0 = m · 0.
Hipótesis de inducción: Para n > 0 y cualquier k con 0 ≤ k < n, se tiene
f(m, k) = m · k.
Paso de inducción: Sea n > 0 entero. Entonces, usando la definición
recursiva
m si n es impar
f(m, n) = f(2m, bn/2c) +
0 si n es par
Puesto que bn/2c < n, por hipótesis de inducción
f(2m, bn/2c) = 2m · bn/2c
Teniendo en cuenta además que
1 si n es impar
n mod 2 =
0 si n es par
obtenemos que
f(m, n) = 2m · bn/2c + m · n mod 2
= m · (2bn/2c + n mod 2)
= m·n
donde se ha usado que
n = 2 · bn/2c + n mod 2.
Esto completa el paso de inducción.
2
4. Use inducción para probar que para todo entero n ≥ 0, 10n − 1 es divisible
por 9.
Solución:
Caso base: Para n = 1, 101 − 1 = 9 que es divisible por 9.
Hipótesis de inducción: Para n ≥ 0, asumimos que 10n − 1 es divisible por
9.
Paso de inducción: Tenemos la siguiente deducción:
10n+1 − 1 = 10n · 10 − 1
= (10n − 1) · 10 + 10 − 1
= (10n − 1) · 10 + 9.
Por hipótesis de inducción, 10n − 1 es divisible por 9, es decir existe
entero k tal que 10n − 1 = 9k. Entonces
10n+1 − 1 = 9k · 10 + 9
= 9(10k + 1).
Puesto que ` = 10k + 1 es entero, entonces 10n+1 − 1 = 9` es divisible
por 9.
5. Use inducción para probar que a − b divide an − bn .
Solución:
escribimos
El caso base n = 1 es trivial. Para el paso de inducción
an+1 − bn+1 = an+1 − an b + an b − bn+1 = an (a − b) + b(an − bn ).
Por hipótesis de inducción a − b divide an − bn , por lo tanto a − b divide
an+1 − bn+1 .
6. Pruebe usando inducción que
n
X
3
3
3
3
3
3
k = 1 + 2 + 3 + · · · + (n − 1) + n =
k=1
1
n(n + 1)
2
2
Solución:
Caso base: Para n = 1 se tiene que la suma en la derecha es 1, y la
expresión en la izquierda es ((1/2)(1)(2))2 = 1.
Hipótesis de inducción: Asumimos que la igualdad es válida para n ≥ 1.
3
Paso de inducción: Probamos que la igual es válda para n + 1:
n+1
X
k
3
n
X
=
k=1
k3 + (n + 1)3 separando el último término
k=1
=
1
n(n + 1)
2
2
+ (n + 1)3
usando la hipótesis de inducción
1
(n + 1)2 (n2 + 4(n + 1)) factorizando
4
1
=
(n + 1)2 (n2 + 4n + 4) simplificando
4
1
=
(n + 1)2 (n + 2)2 factorizando
4
2
1
(n + 1)((n + 1) + 1)
=
2
=
que es la expresión de la derecha en (∗) con n reemplazado con n + 1.
7. Pruebe usando inducción que para todo n ∈ N, se tiene que
n
X
(2i + 1)2 =
i=0
1
· (n + 1)(2n + 1)(2n + 3).
3
8. Pruebe usando inducción que
n
X
kαk−1 =
k=0
1 − αn
αn
+
n.
(α − 1)2 α − 1
para α 6= 1.
Solución: Ya probaron esto Uds. en la tarea usando inducción. Aquı́
más bien veamos como se puede obtener este tipo de desigualdades más
fácilmente. Ya conocemos la serie geométrica para α 6= 1 (esto tiene sentido
para α = 0, si 00 = 1):
n
X
αn+1 − 1
.
αk =
α
−
1
k=0
Derivando en ambos lados con respecto a α y rearreglando obtenemos
n
X
kαk−1 = −
k=0
αn+1 − 1 (n + 1)αn
+
(α − 1)2
α−1
− 1 (
α − 1)αn
nαn
+
+
(α − 1)2
(α − 1)2
α−1
n
n
1−α
α
=
+
n.
2
(α − 1)
α−1
= −
n+1
α
(Para α = 0, el término k = 0 se interpreta como 0.)
4
9. Pruebe usando inducción que para n ≥ 15, se tiene que
80n22n ≤ n! ≤
1 n2
2 .
1000
Solución: En soluciones del parcial.
10. Use inducción para verificar que para reales x1 , x2 , . . . , xn ∈ [0, 1], se tiene
que
n
n
Y
X
(1 − xi ) ≥ 1 −
xi .
i=1
i=1
Deduzca que si 0 ≤ a ≤ 1 y N ∈ N entonces (1 − a)n ≥ 1 − na.
Pn
Solución:
Podemos asumir que
i=1 xi ≤ 1 porque de lo contrario
la desigualdad que se quiere verificar es trivial porque el producto en la
izquierda no puede ser negativo. El caso base n = 1 es trivial, pero probamos
también n = 2 porque se necesita en el paso de inducción:
(1 − x1 )(1 − x2 ) = 1 − x1 − x2 + x1 x2 ≥ 1 − x1 − x2
porque
Pnx1 x2 ≥ 0. Para el paso inductivo, usando el caso n − 1, el caso 2, y
que i=1 xi ≤ 1, tenemos que
n
Y
(1 − xi ) =
i=1
n−1
Y
(1 − xi ) · (1 − xn )
i=1
≥
1−
≥ 1−
= 1−
n−1
X
!
xi
i=1
n−1
X
· (1 − xn )
xi − xn
i=1
n
X
usando caso n − 1
usando caso n = 2
xi .
i=1
11. Use inducción para probar que para n ∈ N y x, y ≥ 0, se satisface que
n
x+y
xn + yn
≤
.
2
2
12. Use inducción para verificar que para n ≥ 1,
1+
1 1
1
1
+ + ··· + 2 < 2 − .
4 9
n
n
5
13. Los números armónicos Hn se definen como
Hn =
n
X
1
k=1
k
=1+
1 1
1
+ + ··· + .
2 3
n
Pruebe por inducción que para n ≥ 0,
1+
Solución:
n
≤ H2n ≤ 1 + n.
2
Primero la cota inferior:
Base de inducción: H20 = H1 = 1 y la cota dada es también 1.
Hipótesis de inducción: Asumimos que la cota inferior se satisface para
n ≥ 0.
Paso de inducción: Probamos a cota inferior para n + 1:
H2n+1 =
n+1
2X
k=1
1
k
2
X
1
por definición
n
=
k=1
k
+
n+1
2X
1
k
k=2n +1
separando H2n
2X
n
1
≥ 1+ +
2 k=2n +1 k
n+1
aplicando hipótesis de inducción a H2n
2X
n
1
≥ 1+ +
n+1
2 k=2n +1 2
n+1
usando 1/k ≥ 1/2n+1 para k ≤ 2n+1
n
1
+ 2n · n+1
hay 2n términos en la suma
2
2
n 1
= 1+ +
multiplicando
2 2
n+1
= 1+
.
2
= 1+
Esto completa la prueba por inducción de la cota inferior. Ahora la cota
superior:
Base de inducción: H20 = H1 = 1 y la cota dada es también 1.
Hipótesis de inducción: Asumimos que la cota superior se satisface para
n ≥ 0.
Paso de inducción: Probamos a cota superior para n + 1:
H2n+1 =
n+1
2X
k=1
1
k
por definición
6
2
X
1
n
=
k=1
k
+
≤ 1+n+
≥ 1+n+
n+1
2X
1
k
k=2n +1
separando H2n
n+1
2X
1
k
k=2n +1
aplicando hipótesis de inducción a H2n
n+1
2X
1
2n
k=2n +1
= 1 + n + 2n ·
= 1+n+1
= 1 + (n + 1).
usando 1/k ≤ 1/2n para k ≥ 2n
1
hay 2n términos en la suma
2n
multiplicando
Esto completa la prueba por inducción de la cota superior.
14. Deduzca que un polinomio p(X) (con coeficientes en R) de grado n tiene a
lo más n ceros/raı́ces en R de la siguiente manera:
(a) Verifique usando inducción que para todo a, b y n ∈ N se tiene que
an −bn = (a−b)(an−1 +an−2 b+an−3 b2 +· · ·+a2 bn−3 +abn−2 +bn−1 )
(b) Muestre que si p(c) = 0 entonces p(X) = (X − c)q(X) donde q(X) es
un polinomio de grado n − 1. Sugerencia: Considere p(X) − p(c).
(c) Use inducción para concluir la afirmación inicial.
15. Recuerde que los números de Fibonacci Fn
vamente como

 1
1
Fn =

Fn−1 + Fn−2
para n ≥ 0, se definen recursisi n = 0
si n = 1
si n > 1
Use inducción para probar que
n
X
(Fi )2 = Fn Fn+1 .
i=0
Solución: Usamos inducción sobre n.
P
Caso base: P
Para n = 0, ni=0 (Fi )2 = F20 = 1 y Fn Fn+1 = F0 F1 = 1; y para
n = 1, ni=0 (Fi )2 = F20 + F21 = 1 + 1 = 2, y Fn Fn+1 = F1 F2 = 1 · 2 = 2.
P
Hipótesis de inducción: Para n ≥ 1 asumimos que ni=0 (Fi )2 = Fn Fn+1 .
7
Paso de inducción: Sea n ≥ 1, entonces
n+1
X
i=0
(Fi )
2
=
n
X
(Fi )2 + F2n+1
separando el último término
i=0
= Fn Fn+1 + F2n+1 usando la hipótesis de inducción
= Fn+1 (Fn + Fn+1 ) factorizando Fn+1
= Fn+1 Fn+2 usando la definición recursiva de Fn+1
(note que n + 1 ≥ 2),
que es lo que querı́amos derivar.
16. Considere la sucesión han i∞
n=0 definida recursivamente de la siguiente manera:

si n = 0
 0
an−1 + 1 si n es impar
an =

2an/2
si n es par
Determine una expresión sencilla para an (conjeturando a partir de unos
pocos valores) y verifı́quela usando inducción.
Solución: Usamos inducción sobre n.
Caso base: Para n = 0, an = 0 y n = 0.
Hipótesis de inducción: Asumimos para n ≥ 0 que an = n.
Paso de inducción: Sea n ≥ 0. Entonces n + 1 ≥ 1 y usando la definición
recursiva se tienen dos casos
n + 1 es par: Entonces
an+1 = an + 1
= n + 1 usando la hipótesis de inducción
n + 1 es impar: Entonces
an+1 = 2a(n+1)/2
n+1
= 2·
2
= n + 1.
usando la hipótesis de inducción
En ambos casos obtenemos que an+1 = n + 1, que es lo que querı́amos
concluir.
17. Considere una sucesión definida por
b1 = b2 = 1,
1
3
bn =
bn−1 +
,
3
bn−2
Muestre que 1 ≤ bn ≤ 3/2 para n ∈ N.
8
para n ≥ 3.
18. Considere la sucesión han i∞
n=0 definida recursivamente como
0
si n = 0
an =
2an−1 + (n − 1) si n > 0
Verifique usando inducción que
a n = 2n − n − 1
para todo n ∈ N.
19. Considere la sucesión
a1 = 1
an = 1 + 1/an−1
para n > 1
Los primeros valores de esta secuencia son
a1 = 1
a6 = 13/8 = 1.625
a2 = 2
a7 = 21/13 = 1.615385 · · ·
a3 = 3/2 = 1.5
a8 = 34/21 = 1.619048 · · ·
a4 = 5/3 = 1.666666 · · ·
a9 = 55/34 = 1.617647 · · ·
a10 = 89/55 = 1.618181 · · ·
a5 = 8/5 = 1.6
Note que
a1 < a3 < a5 < a7 < a9 < · · ·
y
a2 > a4 > a6 > a8 > a10 > · · ·
Aparentemente los términos impares forman una sucesión creciente mientras que los términos pares forman una sucesión decreciente. Verifique esto
usando inducción. Sugerencia: Exprese an en términos de an−2 y considere
los casos n par y n impar separadamente. En un caso. se quiere probar que
si an−2 > an , entonces an > an+2 .
Solución:
se obtiene
Reemplazando la expresión para an−1 en la expresión para an
an = 1 +
1
1+
1
an−2
=
2an−2 + 1
an−2 + 1
Similarmente
2an + 1
an + 1
Asumiendo an < an−2 , verificamos an+2 < an comparando
an+2 =
2an + 1
2an−2 + 1
<
.
an + 1
an−2 + 1
9
Esto es cierto, porque multiplicando por los dos denominadores (los cuales
son positivos) se obtiene
2an an−2 + 2an + an−2 + 1 < 2an an−2 + an + 2an−2 + 1
lo que cancelando términos se convierte en
an < an−2 .
Las implicaciones en el cálculo anterior son válidos en la dirección opuesta,
de tal manera que an < an−2 implica que an+2 < an . Similarmente an >
an−2 implica que an+2 > an . Esto constituye el paso de inducción en la
prueba de que los términos impares de la sucesión forman una sucesión
creciente, y que los términos pares forman una sucesión decreciente. El caso
base está dado por los valores a1 , a2 , . . . , a10 arriba.
20. Representación binaria. Pruebe que para todo n ∈ N existe m ∈ N tal
que 2m ≤ n < 2m+1 . Concluya que todo n ∈ N se puede escribir como la
suma de potencias de 2 diferentes (por ejemplo 27 = 16 + 8 + 2 + 1).
21. Pruebe usando inducción lo siguiente:
Si S es un subconjunto de {1, 2, 3, . . . , 3n − 1, 3n} con 2n + 1 elementos, entonces S contiene tres números consecutivos.
Solución:
Para el caso base n = 1, 3n = 2n + 1 = 3 y por lo tanto
se tienen tres números consecutivos. Asumimos que la afirmación es cierta
para n ≥ 1 y consideramos el caso n + 1: se tiene S ⊆ {1, 2, 3, . . . , 3n + 3}
con |S| = 2(n + 1) + 1 = 2n + 3. Se tienen dos casos:
- si |S ∩ {3n + 1, 3n + 2, 3n + 3}| = 3 entonces estos son tres números
consecutivos en S
- si |S ∩ {3n + 1, 3n + 2, 3n + 3}| < 3, entonces sea S 0 = S − {3n + 1, 3n +
2, 3n + 3}. Con esto, |S 0 | ≥ 2n + 3 − 2 = 2n + 1. Por lo tanto, por hipótesis
de inducción, S 0 tiene tres números consecutivos, los cuales también están
en S.
22. Fracción irreducible. Pruebe que cualquier número racional positivo r
es igual a una fracción irreducible p/q. Es decir p, q son enteros positivos
que no tienen factores comunes que se pueden cancelar. Sugerencia: Todo
racional positivo por definición es igual a un cociente m/n de dos enteros
positivos. Use inducción (fuerte) sobre m (cuando se considera un m, n
puede ser arbitrario).
Solución:
Se prueba por inducción sobre m entero positivo que todo
racional r = m/n, donde n es cualquier entero positivo, es igual a una
fracción irreducible p/q.
10
Caso base: El caso base es m = 1 que es trivial porque 1/n es irreducible
para cualquier n.
Hipótesis de inducción: Para k con 1 ≤ k < m y todo n, el racional k/n
es igual a una fracción irreducible p/q.
Paso de inducción: Para el paso de inducción consideramos un racional
r = m/n con n arbitrario. Hay dos casos:
(i) r = m/n es irreducible porque m y n no tienen factores comunes,
y en este caso no hay más que probar, ó
(ii) r = m/n se puede reducir cancelando algun factor común f de m y
n: existen m 0 y 0 tal que m = fm 0 y n = fn 0 . Al cancelar f queda
r = m 0 /n 0 con m 0 < m y entonces por hipótesis de induccion
m 0 /n 0 es igual a una fraccion irreducible p/q y por lo tanto r es
igual a esa fracción irreducible p/q.
23. Recubrimiento de un tablero de damas con fichas. La figura de la
izquierda muestra un tablero de 2n × 2n cuadrados, excepto una esquina
faltante. Se trata de recubrirlo con fichas de tres cuadrados en forma de L
(por supuesto, cada cuadrado sólo es cubierto una vez).
n
n
2
n
n
2n
n
2
n
2n
(a) Justifique usando inducción que un tablero 2n × 2n sin una esquina
puede ser recubierto. Sugerencia: La posición de la ficha en la figura
sugiere el paso inductivo.
(b) Justifique que un tablero 2n × 2n con un cuarto faltante, como se
muestra en la figura de la derecha, también puede ser recubierto. Sugerencia: La figura sugiere un borde que al ser removido resulta en un
tablero 2(n − 2) × 2(n − 2) similar. Para el paso inductivo muestre que
ese borde se puede recubrir.
Solución:
La figura muestra los primeros casos n = 1, 2, 3, 4, 5,
y también un bloque básico 2 × 3 que se usa repetidamente en los
recubrimientos (y allı́ están indicados sólo como bloques 2 × 3). En
los casos 6 × 6, 8 × 8 y 10 × 10 sólo se muestra lo que pasa en el
borde, la parte restante es claramente un caso anterior; el recubrimiento
del borde se muestra con la ayuda de los bloques 2 × 3 y del caso
11
2x2
2x3
6x6
8x8
4x4
10 x 10
4 × 4 (sin detallar el recubrimiento dentro de estos). Estos tres casos
precisamente permiten generalizar cómo se logra cubrir el borde de un
tablero 2n × 2n. Consideramos tres posibles casos para 2n: 2n = 6k,
2n = 6k + 2 y 2n = 6k + 4 (claramente 6k + 1, 6k + 3, 6k + 5 no
son posibles). La figura muestra las construcciones básicas para k = 1
(las tres de la derecha). Las construcciones para k > 1 se obtienen
agregando bloques básicos 2 × 3: para pasar de k a k + 1 se agregan
dos bloques básicos en las secciones horizontal y vertical largas del
borde, y sólo un bloque en las secciones horizontal y vertical cortas del
borde.
24. Una barra de chocolate viene en un arreglo rectangular con n = p × q
pastillas (p, q arbitrarios). La barra o un pedazo ya obtenido sólo se puede
quebrar a lo largo de una de las lı́neas verticales u horizontales que separan
las pastillas. Asumiendo que sólo puede quebrar un pedazo a la vez, pruebe
que se necesitan exactamente n − 1 quiebres para separar las n pastillas
independientemente de como se realicen estos.
Solución:
Caso base: Para n = 1 se necesitan n − 1 = 0 quiebres.
Hipótesis de inducción: Para todo k con 1 ≤ k ≤ n y cualquier p, q con
k = pq, para partir una barra de tamaño p × q se necesitan k − 1
quiebres.
Paso de Inducción: Considere una barra con n + 1 pastillas (con dimensiones p × q y n + 1 = pq). Un quiebre cualquiera produce pedazos
con r y s pastillas, para algún r y s con n + 1 = r + s. Por hipótesis de
inducción, estos pedazos necesitan r − 1 y s − 1 quiebres para dividirlos
en pastillas. Entonces el número total de quiebres es
1 + (r − 1) + (s − 1) = (r + s) − 1 = (n + 1) − 1
lo cual completa el paso de inducción.
25. Torres de Hanoi con 4 postes. Considere una modificación del problema
de las torres de Hanoi en la que el número de postes es 4 (en lugar de 3).
El problema es todavı́a mover los n discos de diferentes tamaños que están
12
inicialmente en un poste a otro poste, haciendo uso como sea conveniente de
los otros dos postes, pero nunca colocando un disco sobre uno más pequeño.
Se mn el mı́nimo número de movimientos necesarios para completar la tarea.
Determine m0 y m1 y justifique que mn satisface la ecuación
mn ≤ 2mn−2 + 3.
(La justificación consiste en describir un procedimiento (algoritmo) recursivo
para el problema; la desigualdad aparece porque no sabemos si el algoritmo
sugerido es el mejor posible).
Solución:
Asumimos que los discos están inicialmente en el poste #1
y el objetivo es moverlos al poste #4. Proponemos un algoritmo recursivo:
para n = 0 no se hace nada, y para n = 1 se mueve el disco de #1 a #4
directamente; para n ≥ 2,
(i) se mueven los n − 2 discos más pequeños del poste #1 al poste #2, recursivamente
(ii) se mueve el segundo disco más grande del poste #1 al poste #3
(iii) se mueve el disco más grande del poste #1 al poste #4
(iv) se mueve el segundo disco más grande del poste #3 al poste #4
(v) se mueven los n − 2 discos más pequeños del poste #2 al poste #4, recursivamente
Sea cn el número de movimientos usados por este algoritmo con n discos.
Entonces
cn = 2cn−2 + 3 (∗)
para n ≥ 2, con c0 = 0 y c1 = 1. El algoritmo también muestra la recurrencia con desigualdad para mn porque si en lugar de la recursión se usa
un algoritmo óptimo (que realiza el mı́nimo número posible de movimientos
mn ), entonces el algoritmo realiza
2mn−2 + 3
movimientos, pero mn es menor ó igual que esto porque mn es el mı́nimo
número posible, por lo tanto
mn ≤ 2mn−2 + 3.
26. Otra variante de las Torres de Hanoi. Considere la siguiente modificación del problema de las “Torres de Hanoi”: Además de la regla usual
de nunca colocar un disco sobre uno más pequeño, se tiene que un disco
sólo se puede mover de un poste a otro adyacente (asumiento los postes A,
B y C están en orden). Por ejemplo, mover un disco de A a B y de B a
C es permitido, pero moverlo de A a C no lo es. Para n ≥ 1, sea an el
número mı́nimo de movidas necesarias para transferir una torre de n discos
de el poste A al poste C. Determine un (in)ecuación de recurrencia para an
como en el problema anterior.
13
27. Asociaciones. Recuerde que la suma
a1 + a2 + a3 + · · · + an
se puede precisar con la recurrencia s1 = a1 y sn = sn−1 + an para n ≥ 2.
En particular, esto introduce un orden particular de realizar las sumas:
(((((a1 + a2 ) + a3 ) + a4 ) + · · ·) + an−1 ) + an
Para referencia llamamos esta la asociación canónica de a1 , a2 , . . . , an . La
propiedad asociativa garantiza que para tres números a1 , a2 , a3 , las dos formas de asociar dan el mismo resultado:
a1 + (a2 + a3 ) = (a1 + a2 ) + a3 .
En el caso de 4 números se tienen las siguientes posibles asociaciones:
a1 + (a2 + (a3 + a4 ))
a1 + ((a2 + a3 ) + a4 )
(a1 + (a2 + a3 )) + a4
((a1 + a2 ) + a3 ) + a4
(a1 + a2 ) + (a3 + a4 ).
Note que en esta secuencia cada una es igual a la anterior por la propiedad
asociativa para tres términos; por lo tanto todas las asociaciones llevan
al mismo resultado. Más general, cualquier asociación para la suma de
cualquier n números a1 , a2 , . . . , an , en ese orden, lleva al mismo resultado
que la asociación canónica. Concretamente, pruebe usando inducción fuerte
que
Para todo n y cualquier n números a1 , a2 , . . . , an , el resultado de
sumarlos con una asociación arbitraria (en el orden listado) es
igual al resultado de sumarlos con la asociación canónica.
Solución: En esta prueba vamos a hacer el paso inductivo de n − 1 a n
(como ejercicio de esa posibilidad).
Caso base n = 3: a1 +(a2 +a3 ) = (a1 +a2 )+a3 por la propiedad asociativa
de la suma.
Hipótesis de inducción: Para todo k, con 3 ≤ k < n, y cualquier k números
a1 , a2 , . . . , ak , el resultado de sumarlos con cualquier asociación es igual
al resultado de sumarlos con la asociación canónica.
Paso de Inducción: Consideremos n números a1 , a2 , . . . , an y cualquier
asociación que vamos a escribir simplemente como a1 + · · · + an . En
esta asociación hay una última suma que se realiza, digamos que esta
es la suma entre los primeros ` números, 1 ≤ ` < n y los restantes:
a1 + · · · + an = (a1 + · · · + a` ) + (a`+1 + · · · + an )
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(∗)
donde a1 + · · · + a` es alguna asociación para la suma de a1 , a2 , . . . , a` ,
y a1 + · · · + a` es alguna asociación para la suma de a`+1 , . . . , an . Por
hipótesis de inducción, la segunda suma es igual a la suma de esos
números con la correspondiente asociación canónica:
a`+1 + · · · + an = ((((a`+1 + a`+2 ) + a`+3 ) + · · · + an−2 ) + an−1 ) + an
Reemplazando esto en (∗) se tiene que
a1 + · · · + an =
an )
(a1 + · · · + a` ) +(((((a`+1 + a`+2 ) + a`+3 ) + · · · + an−2 ) + an−1 ) + |{z}
{z
} |
{z
}
|
A
B
C
que es la suma de tres números A, B, C como se indica con la asociación
A + (B + C). Por la propiedad asociativa, esto es igual a (A + B) + C
y regresando a los términos originales, esto es
a1 + · · · + an =
((a + · · · + a` ) + ((((a`+1 + a`+2 ) + a`+3 ) + · · · an−2 ) + an−1 )) +an .
{z
}
| 1
D
Pero la parte marcada con D es una asociación de a1 , a2 , . . . , an−1
que por hipótesis de inducción es igual a la asociación canónica de
a1 , a2 , . . . , an−1 :
D = ((((a1 + a2 ) + a3 ) + · · · + an−2 ) + an−1 .
Por lo tanto
a1 + · · · + an = (((((a1 + a2 ) + a3 ) + · · · + an−2 ) + an−1 ) + an .
Pero esta última expresión es la asociación canónica para a1 , a2 , . . . , an .
Ası́ que hemos obtenido la igualdad que buscabamos.
28. En este y el siguiente ejercicio, [1, n] denota {1, 2, 3, . . . , n}. Use inducción
para probar lo siguiente: Sea n ∈ N y f : [1, n] → N, entonces existe
k ∈ [1, n] tal que
f(k) ≥ f(i) para todo i ∈ [1, n].
Solución: Usamos inducción sobre n. La base de la inducción es n = 1.
En este caso [1, 1] = {1} y ası́ tenemos que f : {1} → N. Obviamente
k = 1 satisface el enunciado. Ahora para el paso inductivo asumimos que el
enunciado es cierto para n ∈ N y lo verificamos para n + 1. Para esto, sea
f : [1, n+1] → N. Sabemos que [1, n+1] = [1, n]∪{n+1}. Sea f^ la restricción
de f a [1, n]. Entonces por hipótesis de inducción, tenemos que existe k 0 ∈
[1, n] tal que f(k 0 ) ≥ f(i) para todo i ∈ [1, n]. Ahora comparamos f(k 0 )
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con f(n + 1). Tenemos que f(k 0 ) ≥ f(n + 1) o f(k 0 ) < f(n + 1). En el
primer caso, sea k = k 0 y en el segundo caso sea k = n + 1. Ası́, en el
primer caso tenemos que f(k) = f(k 0 ) ≥ f(i) para todo i ∈ [1, n] y además
f(k) = f(k 0 ) ≥ f(n + 1). En el segundo caso, f(k) = f(n + 1) > f(k 0 ) ≥ f(i)
para todo i ∈ [1, n] y ciertamente f(k) = f(n + 1) ≥ f(n + 1). Ası́ que en
todo caso tenemos que f(k) ≥ f(i) para todo i ∈ [1, n + 1]. Ası́ que podemos
concluir que el enunciado es válido para n + 1 y por lo tanto, por el axioma
de inducción, es válido para cualquier n ∈ N.
29. Use inducción para probar lo siguiente: Para k, m ∈ N y f : [1, m] → [1, k],
entonces si f es una biyección, entonces m = k.
Solución:
La prueba es por inducción sobre m. El caso base m = 1
es trivial puesto que que una función f : {1} → [1, k] es biyectiva si y sólo
si k = 1 (si el codominio tiene más de un elemento, f con dominio {1} no
puede ser sobreyectiva). Ahora asumimos el enunciado es cierto para m y
lo probamos para m + 1. Sea f : [1, m + 1] → [1, k] una función biyectiva.
Como [1, m + 1] tiene más de un elemento, entonces k > 1 (porque si k = 1,
f no podrı́a ser inyectiva) y por consiguiente existe k 0 ∈ N tal que k 0 +1 = k.
Por otra parte, como f es sobreyectiva, existe j ∈ [1, m + 1] tal que f(j) = k.
Si j = m + 1 entonces sea f^ la restricción de f a [1, m]. Si j ≤ m entonces
definimos f^ : [1, m] → [1, k 0 ] de la siguiente manera:
si i ∈ [1, m] − {j}
^ = f(i)
f(i)
f(m + 1) si i = j
(note que en este caso f(m + 1) ∈ [1, k 0 ] porque f(m + 1) 6= k). En ambos
casos la función f^ : [1, m] → [1, k 0 ] es una biyección. Entonces por hipótesis
de inducción, m = k 0 . Entonces m + 1 = k 0 + 1; esto es m + 1 = k. Ası́, el
enunciado se satisface para m + 1 y de aquı́ por inducción, para cualquier
m.
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