Demostraciones Resueltas Con El Metodo De Induccion Completa

Problema 1. Demostrar que si n es un número entero positivo, entonces 4n+15n−1 es múltiplo de 9.

Solución:

a) Primeramente, si n=1 entonces: 41+15(1)−1=18 y como 9∣18 se tiene que la afirmación es cierta.

b) Asumimos como hipótesis de inducción que 9∣(4n+15n−1), y debemos demostrar que 9∣(4n+1+15(n+1)−1).

En efecto:
4n+1+15(n+1)−1

=4n+1+15n+15−1

=4n+1−4n+(4n+15n−1)+15=4n(4−1)+9k+15

con k∈N, por la hipótesis de inducción.
=3(4n)+9k+15

=3(3+1)n+15+9k

Aplicando Binomio de Newton:

=3(3n+32p+1)+15+9k; para algún p∈N
=9⋅3n−1+9⋅3p+18+9k

=9(3n−1+3p+2+k)

⇒9∣[4n+1+15(n+1)−1]■

.

Problema 2. Demuestre que si n∈N, entonces:
1+12+13+14+⋯+12n−1>n2.

Solución:

a) Si n=1 se tiene que 1>12 lo cual es cierto.

b) Asumimos ahora que:1+12+13+14+⋯+12n−1>n2

y habrá que utilizar esto para demostrar que:
1+12+13+14+⋯+12n−1+12n+12n+1+⋯+12n+1−1>n+12.

Pero aplicando la hipótesis de inducción, basta probar que
12n+12n+1+⋯+12n+1−1≥12.

Esta última expresión contiene [2n+1−1−(2n)]+1=2n fracciones. Pero entonces:
12n+12n+1+⋯+12n+1−1≥12n+1+12n+1+⋯+12n+1

repitiéndose la fracción 12n+1 en el segundo término 2n veces.⇒12n+12n+1+⋯+12n+1−1≥2n⋅12n+1=12■

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Problema 3. Demuestre que si n∈N, y
Sn=01!+12!+23!+⋯+n−1n!,

entonces Sn=n!−1n!.

Solución:

a) Sea n=1, S1=01!=0=1!−11!.

b) Asumimos ahora que para n=p, Sp=p!−1p!.

Hay que demostrar que para n=p+1, Sp+1=(p+1)!−1(p+1)!.

Pero, por definición:
Sp+1=01!+12!+23!+⋯+p−1(p)!+p(p+1)!,

y al aplicar la hipótesis te inducción:
=p!−1p!+p(p+1)!

=(p!−1)(p+1)+p(p+1)!=p⋅p!−p+p!−1+p(p+1)!

=p!(p+1)−1(p+1)!

=(p+1)!−1(p+1)!■

.

Problema 4. Demuestre que si n∈N;n≥2 entonces

1√+2√+3√+⋯+n√>n.

Solución:

a) Sea n=2, tenemos (1√+2√)2=1+22√+4.
⇒1√+2√=5+22√−−−−−−−√>4√=2

b) Tenemos como hipótesis inductiva que para n=k se cumple
1√+2√+3√+⋯+k√>k.

Hay que demostrar que, sea n=k+1, es cierto que
1√+2√+3√+⋯+k√+k+1−−−−−√>k+1.

Pero,utilizando la hipótesis inductiva:
1√+2√+3√+⋯+k√+k+1−−−−−√>k+k+1−−−−−√.

Y como:
(k+k+1−−−−−√)2=k2+2kk+1−−−−−√+k+1>k2+2k+1

⇒k+k+1−−−−−√>k+1

⇒1√+2√+3√+⋯+k√+k+1−−−−−√>k+k+1−−−−−√>k+1

Por tanto ∀n∈N;n≥2,
1√+2√+3√+⋯+n√>n.■

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Problema 5. Demuestre que si n∈N entonces 3∣(10n+1+10n+1).

Solución:

a) Probemos que para n=1 se cumple:
101+1+101+1=21

3∣21.b) Como hipótesis de inducción asumimos que para
n=k,3∣(10k+1+10k+1);

entonces hay que demostrar que
3∣(10n+1+10k+1+1).

Pero notemos que:
10k+2+10k+1+1

=10⋅10k+1+10⋅10k+1

=10(10k+1+10k)+1+10k+1+10k−10k+1−10k

=10(10k+1+10k)−1(10k+1+10k)+(10k+1+10k+1)

y aplicando la hipótesis te inducción:

=9(10k+1+10k)+3p; con algún p∈N
=3[3(10k+1+10k)+p]

con lo cual queda demostrada latesis. ■
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Problema 6. Pruebe que
Sn=13+23+33+⋯+n3=[n(n+1)2]2.

Solución:

a) Sea n=1, S1=13=1=12=[22]2=[1(1+1)2]2.

b) Sea n=p, asumimos que Sp=[p(p+1)2]2, y con esto demostremos que Sp+1=[(p+1)(p+2)2]2.

Por definición:
Sn+1=13+23+33+⋯+p3+(p+1)3=Sp+(p+1)3

y haciendo uso de la hipótesis inductiva:
=[p(p+1)2]2+(p+1)3

=p2(p2+2p+1)+4p3+12p2+12p+44

=p4+2p3+p2+4p3+12p2+12p+44=p4+4p3+4p2+2p3+8p2+8p+p2+4p+44

=(p2+2p+1)(p2+4p+4)4

=(p+1)2(p+2)222

=[(p+1)(p+2)2]2.

Y de esta manera queda demostrado. ■
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Problema 7. Si x∈R;x>−1, n∈N;n≥2, demuestre la siguiente desigualdad:
(1+x)n≥1+nx.

Solución:

a) Sea n=2, esto implica que (1+x)2=1+2x+x2, y como x2≥0
⇒1+2x+x2≥1+2x

⇒(1+x)2≥1+2x.

b) Asumimos ahora como hipotesis inductiva que si n∈N;n≥2 secumple que (1+x)n≥1+nx.

Debemos demostrar que (1+x)n+1≥1+(n+1)x.

Pero (1+x)n+1=(1+x)n(1+x) y aplicando la hipótesis de inducción:
((1+x)n+1≥(1+nx)(1+x)=1+nx+x+nx2=1+x(n+1)+nx2

y dado que x2≥0, entonces 1+x(n+1)+nx2≥1+x(n+1).

Entonces tenemos que (1+x)n+1≥1+x(n+1) y con esto se demuestra la tesis. ■
Para un caso más general, puede revisar el artículo publicado sobre la...