Induccion utfsm
- 1. INDUCCI´ON MATEM´ATICA EDUARDO S´AEZ , IV´AN SZ´ANT´O DEPARTAMENTO DE MATEM´ATICA UNIVERSIDAD TECNICA FEDERICO SANTA MARIA 1. INTRODUCCI ´ON El m´etodo deductivo, muy usado en matem´atica, obedece a la siguiente idea: “ A partir de un cierto conjuntos de axiomas aceptados sin demostraci´on y de reglas l´ogicas no contradictorias, se deducen otros enunciados llamados teoremas combi- nando los axiomas y respetando en cada etapa las reglas l´ogicas”. Otro m´etodo para demostrar resultados generales que dependen en alg´un sentido de los n´umeros naturales es conocido con el nombre de Inducci´on Mat´ematica . Esta dependencia de los n´umeros naturales significa: se sabe que una determinada afirmaci´on es verdadera para algunos casos particulares y surge la pregunta. ¿ Dicha afirmaci´on sigue siendo verdadera para los infinitos n´umeros naturales restante ?. Existen muchas afirmaciones que s´olo son v´alidas para un n´umero finito de casos y en consecuencia son falsas para un n´umero infinitos de situaciones. Sin embargo, podemos encontrar proposiciones (afirmaciones) que son verdaderas s´olo a partir de un cierto n´umero natural n0, de ser asi, la t´ecnica que se desarrollaremos se llama Inducci´on Incompleta. Para demostrar que una proposici´on p(n) , ∀n ∈ M ⊆ N, es verdadera es necesario comprobar la validez de ella para todos los elementos del conjunto M. En el caso en que M= N, diremos que es una Inducci´on Completa. Si se requiere demostrar la falsedad de una cierta proposici´on p(n), ∀n ∈ M ⊆ N, es suficiente indicar un elemento particular m ∈ M de manera que p(m) sea falsa. ( Construcci´on de un contra ejemplo). Ejemplo 1. ∀n ∈ N, n2 − 3n − 1 < 0 Es f´acil probar que esta desigualdad es verdadera para n = 1, 2, 3. Sin embargo, para n = 4 no se cumple ya que 42 − 3 · 4 − 1 = 3 > 0. N´otese que este ejemplo sencillo muestra que una proposici´on puede ser verdadera para los primeros n´umeros naturales, sin embargo, es falsa , para n´umeros naturales m´as grandes. Copyright 2004, Derechos reservados, no ´esta permitido la reproducci´on parcial o total de este material sin el permiso de sus autores . 1
- 2. 2 INDUCCI ´ON MATEM´ATICA Otros ejemplos: Ejemplo 2. ∀n ∈ N, (2n − 1)(2n + 1)(2n + 3), es divisible por 5. Es f´acil probar que esta proposici´on es verdadera para n = 1, 2, 3. Sin embargo, para n = 4 no se cumple dado que (2·4−1)(2·4+1)(2·4+3) = 693. no es divisible por 5 Ejemplo 3. (Ejemplo dado por Leonhard Euler (1707-1783) Consideremos el polinomio cuadr´atico p(n) = n2 + n + 41 y determinemos su valor para ciertos n ∈ N n : 1 2 3 4 5 6 7 8 n2 + n + 41 : 43 47 53 61 71 83 97 113 N´otese que todos los n´umeros que se obtienen son primos. Se podr´ıa esperar que este polinomio cuadr´atico continua generando n´umeros primos. Desafortunadamente no es asi, para n = 40, se tiene 1681 = 412 , que no es un n´umero primo, luego la proposici´on que ∀n ∈ N, n2 + n + 41 es un n´umero primo resulta falsa. 2. Principio de inducci´on Matem´atica Una proposici´on p(n) es verdadera para todos los valores de la variable n si se cumplen las siguientes condiciones : Paso 1.- La proposici´on p(n) es verdadera para n = 1 , o bien, p(1) es verdadera. Paso 2.- Hip´otesis de Inducci´on . Se supone que p(k) es verdadera , donde k es un n´umero natural cualesquiera. Paso 3.- T´esis de Inducci´on. Se demuestra que p(k + 1) es verdadera, o bien, p(k) verdadera ⇒ p(k + 1) verdadera. La t´ecnica de Inducci´on Matem´atica consiste en los tres pasos anteriores. Si se necesita demostrar la validez de una proposici´on p(n) para todos los valores naturales n, entonces es suficiente que se cumplan: Paso 1, Paso 2 y Paso 3 . Comentario: Intuitivamente la idea anterior se conoce con el nombre de “Efecto Domin´o”. Si imaginamos una fila infinita de fichas de domin´o: dispuestas verti- calmente y suficientemente pr´oximas una cualquiera de la siguiente , entonces si el volteamiento de la primera ficha provoca el volteamiento de la segunda ficha, por el Principio de Inducci´on Matem´atica la fila completa es volteada. Existen dos variantes ´utiles sobre el Principio de Inducci´on Matem´atica que deben ser considerados . En la primera variante, la proposici´on por demostrar involucra los naturales no menores a un natural fijo n0, en este caso el Principio de Inducci´on quedaria como sigue: Si p(n) es verdadera para n0 y si p(m + 1) es verdadera para todo natural m ≥ n0 para la cual p(m) es verdadera, entonces p(n) es verdadera para todo natural n ≥ n0.
- 3. INDUCCI´ON MATEM´ATICA 3 La segunda variante se aplica de preferencia en el caso cuando p(m + 1) no puede ser f´acilmente deducible de p(m), pero su validez depende de p(k) para cualquier k < m. Si p(1) es verdadera y si p(m + 1) es verdadera para todo m ≥ 1 para la cual todas las proposiciones p(1), p(2), p(3), ..., p(m) son verdaderas , entonces p(n) es verdadera para n ≥ 1. Para ilustrar el uso de estas variantes, consideremos los siguientes ejemplos. Ejemplo 4. Determine para que valores de n ∈ N es verdadera la desigualdad 2n > n2 + 4n + 5 Al examinar los valores de n = 1, 2, 3, 4, 5, 6 nos damos cuenta que la desigualdad es incorrecta, pero si es verdadera para n = 7, por lo que podemos intentar demostrar por el m´etodo de Induccion Incompleta que para todos los valores de n ≥ 7, la desigualdad es verdadera. Paso 1.- Si n = 7, obtenemos 27 = 128 > 72 + 4 · 7 + 5 = 82 o sea, cuando n = 7 la desigualdad es correcta. Paso 2.- ( Hip´otesis Inductiva) Se supone que la desigualdad es verdadera para un cierto valor de n = k, o sea, 2k > k2 + 4k + 5. Paso 3.- Finalmente a partir de la hip´otesis inductiva, se desea probar la Tesis dada por 2(k+1) > (k + 1)2 + 4(k + 1) + 5. Al multiplicar la desigualdad dada en la hip´otesis inductica por 2, obtenemos 2(k+1) > 2k2 + 8k + 10 Transformando el segundo miembro de esta desigualdad obtenemos 2(k+1) > (k + 1)2 + 4(k + 1) + 5 + k2 + 2k Teniendo en cuenta que k2 + 2k > 0 para todo k ≥ 7, podemos deducir que 2(k+1) > (k + 1)2 + 4(k + 1) + 5, obteniendo lo que se requeria demostrar ( Tesis). Ejemplo 5. Demostrar que la suma de los n primeros n´umeros naturales es igual a n(n + 1)/2. Demostraci´on: Queremos probar que ∀n ∈ N : 1 + 2 + 3 + 4 + ... + n = n(n + 1)/2 Sea p(n) : 1 + 2 + 3 + 4 + ... + n = n(n + 1)/2, debemos probar que p(n) satisface las propiedades (1), (2) y (3).
- 4. 4 INDUCCI ´ON MATEM´ATICA (1) p(1) : 1 = 1(1 + 1)/2, lo cual es verdadero. (2) Se supone que la igualdad es verdadera para un cierto valor de k, es decir, 1 + 2 + 3 + 4 + ... + k = k(k + 1)/2 (3) Sea k ∈ N, debemos probar que p(k) =⇒ p(k +1) es verdadero. Notese que si p(k) es falsa la implicaci´on es verdadera, de modo que hay que hacer la demostraci´on suponiendo que p(k) es verdadera. Como p(k +1) : 1+2+3+...+k +(k +1) = (k +1)((k +1)+1)/2, p(k +1) debe formarse de p(k) sumando k + 1 a ambos mienbros de la igualdad ( de la Hip´otesis inductiva): 1+2+3+...+k +(k +1) = k(k +1)/2+(k +1) = (k +1)(k/2+1) = (k +1)(k +2)/2. Hemos confirmado nuestras sospechas, lo que es, hemos deducido que p(k + 1) es verdadera, suponiendo que p(k) lo es. As´ı, hemos demostrado que ∀n ∈ N : 1 + 2 + 3 + 4 + ... + n = n(n + 1)/2 es verdadera. Ejemplo 6. Probar que ∀n ∈ N : 1·3+2·4+3·5+...+n(n+2) = n(n+1)(2n+7)/6 Soluci´on: Sea p(n) : 1 · 3 + 2 · 4 + 3 · 5 + ... + n(n + 2) = n(n + 1)(2n + 7)/6 Entonces p(1): 1 · 3 = 1(1 + 1)(2 · 1 + 7)/6 = 2 · 9/6 = 3, lo que prueba que p(1) es verdadera. Hip´otesis inductiva: 1 · 3 + 2 · 4 + 3 · 5 + ... + k(k + 2) = k(k + 1)(2k + 7)/6. ( Suponemos que p(n) es verdadera ) Tesis: 1 · 3 + 2 · 4 + 3 · 5 + ... + k(k + 2) + (k + 1)(k + 3) = (k + 1)(k + 2)(2k + 9)/6. ( Queremos probar que p(k+1) es verdadera). Tenemos: 1·3+2·4+3·5+...+k(k +2)+(k +1)(k +3) = k(k +1)(2k +7)/6+(k +1)(k +3) = (k + 1) 6 (k(2k + 7) + 6(k + 3)) = (k + 1)(2k2 + 13k + 18)/6 = (k + 1)(2k + 9)(k + 2)/6 lo que prueba que p(k + 1) es verdadera. Luego, la formula 1 · 3 + 2 · 4 + 3 · 5 + ... + n(n + 2) = n(n + 1)(2n + 7)/6 es verdadera para todo n ∈ N Ejemplo 7. Determinar si el producto de 3 n´umeros impares consecutivos es siempre divisible por 6. Soluci´on: Sea p(n) : (2n − 1)(2n + 1)(2n + 3) = 6q donde q es alg´un n´umero natural . Queremos determinar si p(n) se cumple para todo n ∈ N. p(1) : 1 · 3 · 5 = 15 = 6q =⇒ q = 5 2 /∈ N. Luego p(1) es falso. Se puede continuar analizando p(2), p(3), p(4), ... y vemos que todos no cumplen la condici´on que sea divisible por 6. Es facil ver que (2n − 1)(2n + 1)(2n + 3) = 8n3 + 12n2 − 2n − 3 = 2(4n3 + 6n2 − n − 1) − 1 luego este n´umero es de la forma 2j − 1 que es un n´umero impar y por lo tanto no es divisible por 6.
- 5. INDUCCI´ON MATEM´ATICA 5 Ejemplo 8. Determine si la suma de tres n´umeros enteros consecutivos es siempre divisible por 6. Demostraci´on: Sea p(n): n + (n + 1) + (n + 2) = 6q, q ∈ N. Entonces p(1) : 1 + 2 + 3 = 6 es verdadera (q = 1.) Hip´otesis inductiva : p(k) = k + (k + 1) + (k + 2) = 6q1, q1 ∈ N es verdadera. Por demostrar p(k + 1) : (k + 1) + (k + 2) + (k + 3) = q2, q2 ∈ N es verdadera. Como (k + 1) + (k + 2) + (k + 3) = k + (k + 1) + (k + 2) + 3 = 6q1 + 3 = 6(q1 + 1 2 ) /∈ N. Luego p(k) verdadero no implica p(k + 1) verdadero. Por lo tanto, p(n) : n+(n+1)+(n+2) = 6q, q ∈ N, es falso. La suma de 3 enteros consecutivos no es necesariamente divisible por 6. Observaci´on: Es facil ver que n + (n + 1) + (n + 2) = 3(n + 1), de donde para que sea divisible por 6, necesariamente el factor (n + 1) debe ser un n´umero impar para cualquier n natural, lo que es falso. Ejemplo 9. Consideremos un ejemplo con desigualdades. Determine todos los n´umeros naturales para los cuales: 1 · 2 · 3 · 4 · · · n > 2n Soluci´on: La f´ormula no es v´alida para n = 1, 2, 3 Pra n = 4, se tiene que 24 = 1 · 2 · 3 · 4 > 24 = 16 es verdadera. Supongamos que la desigualdad es v´alida para k ∈ N, con k ≥ 4; esto es 1 · 2 · 3 · 4 · · · k > 2k , k ≥ 4. Por demostrar que la desigualdad es v´alida para k + 1, es decir que 1 · 2 · 3 · 4 · · · k · (k + 1) > 2k+1 , k ≥ 4. En efecto: 1 · 2 · 3 · 4 · · · k · (k + 1) = (1 · 2 · 3 · 4 · · · k) · (k + 1) > 2k (k + 1) > 2k · 2 = 2+1 . Luego 1 · 2 · 3 · 4 · · · n > 2n , y por lo tanto ∀n ∈ N, n ≥ 4 1 · 2 · 3 · 4 · · · n > 2n Ejemplo 10. Consideremos el siguiente ejemplo de divisibilidad: Demostrar por inducci´on, que si n es un n´umero impar, 7n + 1 es divisible por 8. Antes de aplicar inducci´on conviene hacer un cambio de ´ındices. Sea n = 2i − 1. Entonces si i = 1, 2, 3, ... se tiene que n = 1, 3, 5, ... y nuestro enunciado se trans- forma en: 72i−1 es divisible por 8, ∀i ∈ N. Para i = 1, 71 + 1 = 8 es divisible por 8, lo que es una proposici´on verdadera. Hip´otesis inductiva: 72i−1 + 1 es divisible por 8. Tesis: 72i+1 es divisible por 8.
- 6. 6 INDUCCI ´ON MATEM´ATICA Dado que nuestra ´unica informaci´on es la hip´otesis, debemos hacer que la expresi´on 72i−1 + 1 aparezca en el desarrollo 72i+1 + 1 = 72 (72i−1 ) + 1 = 72 (72i−1 + 1) − 72 + 1 = 72 (72i−1 + 1) − 48 y aqu´ı ambos sumandos son divisibles por 8, luego 8 divide a 72i+1 + 1. Luego resulta que 7n + 1 es divisible por 8 para todo n impar. 3. Ejercicios resueltos. 1) Pruebe que la f´ormula 1 · 2 + 2 · 3 + 3 · 4 + ... + n · (n + 1) = n(n + 1)(n + 2) 3 es v´alida para todo natural n. Demostraci´on. Sea p(n), 1 · 2 + 2 · 3 + 3 · 4 + ... + n · (n + 1) = n(n+1)(n+2) 3 . Entonces p(1), 1 · 2 = 1·2·3 3 = 2 es verdadera. Hip´otesis Inductiva: p(k) verdadera, es decir 1 · 2 + 2 · 3 + 3 · 4 + ... + k · (k + 1) = k(k + 1)(k + 2) 3 Tesis: Por demostrar p(k + 1), es decir 1 · 2 + 2 · 3 + 3 · 4 + ... + k · (k + 1) + (k + 1) · (k + 2) = (k + 1)(k + 2)(k + 3) 3 Sumando (k +1)·(k +2) a ambos lados a la igualdad de la hip´otesis inductiva se obtiene: 1·2+2·3+3·4+...+k·(k +1)+(k +1)·(k +2) = k(k + 1)(k + 2) 3 +(k +1)·(k +2) luego s´olo resta probar que k(k + 1)(k + 2) 3 + (k + 1) · (k + 2) = (k + 1)(k + 2)(k + 3) 3 Factorizando por (k +1)(k +2), se tiene (k +1)(k +2)(1+ k 3 ) = (k+1)(k+2)(k+3) 3 , que es justamente la tesis deseada y lo que prueba que p(n) es verdadera para todo natural n 2) Pruebe que para todo n´umero natural n > 1 , el ´ultimo d´ıgito del n´umero 22n + 1 es 7. Demostraci´on. Denotando por p(n) la proposici´on a demostrar, podemos observar que para n = 2, 222 + 1 = 17 y la proposici´on es verdadera. Nuestra hip´otesis inductiva es para n = k, es decir aceptamos que el ´ultimo d´ıgito de 22k + 1 es 7. Tesis: Por demostrar que el ´ultimo d´ıgito de 22k+1 + 1 es 7 Notando que 22k+1 + 1 = (22k + 1)2 − 2(22k + 1) + 2 podemos concluir con la ayuda de la hip´otesis inductiva que el ´ultimo d´ıgito de (22k +1)2 es 9, el ´ultimo
- 7. INDUCCI´ON MATEM´ATICA 7 d´ıgito de 2(22k + 1) es 4 que luego al restarlos y sumarle 2, se demuestra la proposici´on. 3) Demuestre que para todo natural n ≥ 2 1 √ 1 + 1 √ 2 + 1 √ 3 + .... + 1 √ n > √ n Demostraci´on Sea p(n) la proposici´on dada, luego para n = 2, se tiene que 1 + 1√ 2 > √ 2. La proposici´on verdadera. Hip´otesis de inducci´on: n = k 1 √ 1 + 1 √ 2 + 1 √ 3 + .... + 1 √ k > √ k Tesis: n = k + 1, Por demostrar que 1 √ 1 + 1 √ 2 + 1 √ 3 + .... + 1 √ k + 1 √ k + 1 > √ k + 1 Sumando 1√ k+1 a la igualdad de la hip´otesis inductiva se tiene 1 √ 1 + 1 √ 2 + 1 √ 3 + .... + 1 √ k + 1 √ k + 1 > √ k + 1 √ k + 1 Como √ k + 1 √ k + 1 = k(k + 1) + 1 √ k + 1 = √ k2 + k + 1 √ k + 1 > k + 1 √ k + 1 = √ k + 1 se concluye la demostraci´on. 4) Demuestre que para todo natural n, n5 − n es divisible por 5. Demostraci´on. Sea p(n) la proposici´on dada, luego para n = 1 se tiene que 0 = 5 · 0 lo cual es verdadero. Hip´otesis de inducci´on: n = k, k5 − k es divisible por 5 Tesis: n = k + 1, Por demostrar que (k + 1)5 − (k + 1) es divisible por 5 Dado que nuestra ´unica informaci´on es la hip´otesis debemos hacer que la expresi´on k5 − k, aparezca en nuestro desarrollo En efecto, (k + 1)5 − (k + 1) = k5 + 5k4 + 10k3 + 10k2 + 4k y es igual a k5 − k + 5k(k3 + 2k2 + 2k + 1) de donde ambos sumandos son divisibles por 5, luego para todo natural n, n5 − n es divisible por 5.
- 8. 8 INDUCCI ´ON MATEM´ATICA 5) La sucesi´on de Lucas (Anatole Lucas, 1842-1891), es una sucesi´on de la forma 2, 1, 3, 4, 7, 11, 18, 29, 47, ... y es definida por la regla inductiva: L0 = 2, L1 = 1, L2 = L1 + L0, L3 = L2 + L1, ..., Ln+2 = Ln+1 + Ln, .... Sean a, b, c, r, s, y t n´umeros enteros fijos. Sea L0, L1, .... la sucesi´on de Lucas. Demostremos que rLn+a = sLn+b +tLn+c es verdadera para n = 0, 1, 2, 3, ... asumiendo que es verdadera para n = 0 y n = 1. Dado que la tesis es verdadera para n = 0 y n = 1, podemos asumir ( Hip´otesis inductiva) que es verdadera para n = 0, 1, 2, 3..., k con k ≥ 1 para luego de- mostrar que es verdadera para n = k + 1. Por hip´otesis tenemos rLa = sLb + tLc rL1+a = sL1+b + tL1+c rL2+a = sL2+b + tL2+c ... .... rLk−1+a = sLk−1+b + tLk−1+c rLk+a = sLk+b + tLk+c Sumando estas las dos ´ultimas ecuaciones se obtiene r(Lk+a + Lk−1+a) = s(Lk+b + Lk−1+b) + t(Lk+c + Lk−1+c) Utilizando la relaci´on de los n´umeros de Lucas Ln+2 = Ln+1 + Ln, se tiene rLk+1+a = sLk+1+b + tLk+1+c y esto completa la demostraci´on. 4. Ejercicios propuestos 1) Demuestre por inducci´on las siguientes igualdades: a) 12 + 22 + 32 + .... + n2 = n(n+1)(n+2) 6 b) (n + 1)(n + 2)(n + 3) · · · (n + n) = 2n · 1 · 3 · 5 · ·(2n − 1) c) 12 − 22 + 32 − 42 + ... + (−1)n−1 n2 = (−1)n−1 n(n+1) 2 d) (1 − 1 4 )(1 − 1 9 ) · · · (1 − 1 (n+1)2 ) = n+2 2n+2 e) (15 + 25 + 35 + ... + n5 ) + (17 + 27 + 37 + ... + n7 ) = 2(1 + 2 + 3 + ... + n)4 f) 1 · 1! + 2 · 2! + 3 · 3! + .... + n · n! = (n + 1)! − 1 2) Para todo natural n, demuestre que an es divisible por b i) an = 22n − 1, b = 3 ii) an = n2 (n4 − 1), b = 60 iii) an = n3 + 5n, b = 6
- 9. INDUCCI´ON MATEM´ATICA 9 3) Considere la sucesi´on 1, 5, 85, 21845, ..., definida por c1 = 1, c2 = c1(3c1 + 2), ...., cn+1 = cn(3cn + 2), ... Pruebe que para todo entero n positivo, cn = 42n−1 3 4) Demuestre que la desigualdad de Bernoulli (Jacques Bernoulli 1654-1705) (1 + a)n ≥ 1 + na es v´alida para a ≥ −1 y para todo entero no negativo. 5) Pruebe la desigualdad 4n n + 1 < (2n)! (n!)2 6) Demuestre que para todo natural n se cumple bn − an = (b − a)(bn−1 + bn−2 a + bn−3 a2 + ... + ban−1 + an−1 ) 7) La sucesi´on {an} se define por la relaci´on de recurrencia an+1 = 3an − 2an−1, a1 = 0, a2 = 1. Demuestre que para todo natural n, an = 2n−1 − 1. 8) Pruebe que para natural n, el n´umero 4n + 15n − 1 es divisible por 9 9) Demuestre que para todo n ∈ N n 3 + n2 2 + n3 6 ∈ N 10) Para todo n natural, demuestre la siguiente desigualdad n 2 < 1 + 1 2 + 1 3 + .... + 1 2n − 1 ≤ n 11) Demuestre que 3 + 33 + 333 + ... + 3... n veces ....3 = 10n+1 − 9n − 10 27 12) Pruebe que el n´umero de diagonales de un n-pol´ıgono convexo es igual a n(n−3) 2 . ( Ver Figura ) N A B C 13) Demuestre que para todo natural n, se cumple que (1 + 2 + 3 + 4 + 5 + ... + n)2 = 13 + 23 + 33 + 43 + ... + n3 14) Demuestre que cualquier suma de dinero, m´ultiplo entero de mil pesos, mayor o igual que 5.000 (Cinco mil pesos), puede ser descompuesta en billetes m´ultiplo de cinco mil pesos y de dos mil pesos.
- 10. 10 INDUCCI ´ON MATEM´ATICA 15) Pruebe que si sin α = 0, entonces la identidad cos α · cos 2α · cos 4α... cos 2n α = sin 2n+1 α 2n+1 sin α es cierta para todo n ∈ N0. 5. Sumas y Productos El s´ımbolo Σ se llama Sigma en el alfabeto griego y en Espa˜nol corresponde a la letra S. Es natural usar este s´ımbolo para referirse a la idea de Suma, o bien , Sumatoria. Con el s´ımbolo Σi2 , se desea indicar la suma de los t´erminos de la forma i2 para varios valores enteros de i. El rango para estos valores enteros se indica en la parte inferior y superior respectivamente de Σ. Por ejemplo en la forma n i=1 i2 = 12 + 22 + ... + n2 o bien, en la forma n i=1 i2 = 12 + 22 + ... + n2 . El n´umero de t´erminos que tiene una suma n2 j=n1 h(j) , n2 ≥ n1 siempre es igual a n2 − n1 + 1. Por otro lado las sumas no necesariamente deben comenzar desde 1 y cualquier letra como un contador puede ser usada. Finalmente cualquier funci´on f(i) puede ser utilizada en lugar de i2 , es decir f(2) + f(3) + f(4) + ... + f(n) + f(n + 1) = n+1 j=2 f(j) 6. Ejemplos. 1) 4 i=1 i3 = 1 + 8 + 27 + 64 = 100 2) 5 j=3 j(j + 2) = 3 · 5 + 4 · 6 + 5 · 7 = 74 3) n θ=1 g(θ) = g(1) + g(2) + g(3) + ... + g(n) 4) m k=1 ak k = a1 + a2 2 + a3 3 + a4 4 + .... + am m 5) n k=1(2k − 1) = n2 6) n k=1 k = n(n+1) 2 7) n k=1 2n−1 2n−1 = 21−n + 2(n − 1) 8) n−1 k=−1 sin kπ n = cot π 2n
- 11. INDUCCI´ON MATEM´ATICA 11 7. Propiedades. A continuaci´on se dan las principales propiedades de la sumatoria: 1) m k=j 1 = m − j, m ≥ j 2) n+1 k=0 ak = an+1 + n k=0 ak 3) n k=1 ak + bk = n k=1 ak + n k=1 bk 4) n k=1 cak = c n k=1 ak, c constante 5) n k=1 c = nc, c constante 6) n k=1 ak = j k=1 ak + n k=j+1 ak 7) n k=1 ak − ak−1 = an − a0 (Propiedad Telescopica) 8) m k=n ak − ak−1 = am − an−1 m ≥ n (Propiedad Telescopica) 9) m k=n ak−j − ak−j−1 = am−j − an−j−1 m ≥ n (Propiedad Telescopica) 10) ( n k=1 akbk)2 ≤ ( n k=1 ak)2 ( n k=1 bk)2 (Desigualdad de Cauchy-Schwarz) 8. Ejercicios resueltos. 1) Determine la suma de los n primeros n´umeros naturales impares. La suma de los n primeros n´umeros naturales impares est´a dada por S = n k=1 (2k − 1) = 1 + 3 + 5 + 7 + 9 + ... + 2n − 1 = n2 Como n k=1(2k − 1) = 2 n k=1 k − n k=1 1, se tiene S = 2n(n + 1) 2 − n = n2 2) Demuestre que 2n k=n+1 1 k = 2n k=1 (−1)k+1 k Para todo j ≥ 1 , 1 j + 1 j = 1 j/2 y es f´acil ver que n k=1 1 k = 2n k=1 1 k + (−1)k k De 2n k=1 1 k = n k=1 1 k + 2n k=n+1 1 k , obtenemos 2n k=n+1 1 k = − 2n k=1 (−1)k k = 2n k=1 (−1)k+1 k . 3) Utilizando la propiedad telesc´opica, determine la suma de n−1 k=−5 3k−2 Es f´acil ver que 3k−2 = 1 2 3k−1 1 − 1 3 = 1 2 3k 1 3 − 1 9 = 1 2 (3k−1 − 3k−2 ) Luego 1 2 n−1 k=−5 3k−1 − 3k−2 = 1 2 3n−2 − 3−7
- 12. 12 INDUCCI ´ON MATEM´ATICA 4) Demostrar, utilizando inducci´on sobre n, que n k=1 k(k + 2) = n(n + 1)(2n + 7) 6 Sea p(n) : n k=1 k(k + 2) = n(n+1)(2n+7) 6 p(1) : 1 · 3 = 1(1+1)(2·1+7) 6 = 3, verdadero p(j) : j k=1 k(k + 2) = j(j+1)(2j+7) 6 Hip´otesis Inductiva Por demostrar ( tesis) p(j + 1) :; j+1 k=1 k(k + 2) = (j+1)(j+2)(2j+9) 6 Sumando a la hip´otesis (j + 1)(j + 3) se tiene (j + 1)(j + 2) + j k=1 k(k + 2) = (j + 1)(j + 2) + j(j + 1)(2j + 7) 6 Entonces: j+1 k=1 k(k + 2) = (j + 1)(j + 2) + j(j+1)(2j+7) 6 = (j+1)(2j2+13j+18) 6 = (j+1)(j+2)(2j+9) 6 lo que demuestra la proposici´on. 9. Ejercicios propuestos. 1) Demuestre que: a) n j=0 xn−j+1 yj = n−1 k=−1 xn−k yk+1 b) n k=0 ak = n k=0 an−k c) n k=1 f(k) = n+1 k=2 f(k − 1) 2) Demuestre, usando el principio de inducci´on, la validez de las siguientes f´ormulas: a) n j=1 5j−1 = 5n−1 4 b) n k=1 k5k = 5+(4n−1)5n+1 16 c) n k=1 1 k(k+1) = n n+1 d) n k=1 1 2k = 1 − 2−n e) n k=1 2k(2k − 1) = n(n+1)(4n−1) 3 f) n k=1 1 (2k−1)(2k+1) = n 2n+1 g) Demuestre si la suma n k=1(−1)k (2k + 1) es igual a n si n es par y es igual a −(n + 2) si n es impar.
- 13. INDUCCI´ON MATEM´ATICA 13 10. Productos. Π es la letra “pi” may´uscula en el alfabeto griego y corresponde a la letra P del espa˜nol. Es costumbre usar esta letra griega para designar productos. Πn k=1f(i) = f(1) · f(2) · f(3) · · · f(n) donde f es una cierta funci´on del ´ındice i. 11. Propiedades. 1) Πn k=1k = 1 · 2 · 3 · 4 · · · ·n = n! 2) Πn k=1k = Πn−1 k=0(n − k) = n! 3) Πn i=1ai = Πk i=1aiΠn i=k+1ai 4) Πn i=1ai + Πn+1 i=2 ai = (a1an+1)Πn i=2ai 5) Πn i=k+1ai = Πn i=1ai Πk i=1ai 6) Πn i=1c, c, constante 7) Πn k=1 ak ak−1 = an a0 (Propiedad Telesc´opica) 12. Ejercicios propuestos. 1) Examine algunos valores de los productos i) Πn k=1(1 − 1 k + 1 ) ; ii) Πn k=1(1 − 1 (k + 1)2 ) para valores peque˜nos de n y conjeture f´ormulas generales. Demuestre su conjetura por inducci´on. 2) Pruebe que (1 − x)Πn k=1(1 + x2k−1 ) = 1 − x2n 3) Determine el producto Πn i=12k y demuestre su resultado por inducci´on. 13. Progresiones. Definici´on. Se dice que los n´umeros reales a1, a2, a3, ...., an, .... est´an en progresi´on Aritm´etica ( P.A) si existe un n´umero real d, llamado diferencia, tal que ∀n ∈ N : an+1 − an = d De la definici´on de P.A tenemos dos importantes resultados, a saber: 1) ∀n ∈ N : an = a1 + (n − 1)d
- 14. 14 INDUCCI ´ON MATEM´ATICA 2) ∀n ∈ N : n k=1 ak = n(a1+an) 2 Si en una progresi´on aritm´etica el primer t´ermino es 2 y la diferencia es 3, se tiene que el segundo t´ermino es 2+3·1, el tercer t´ermino es 2+3·2, finalmente el n-´esimo t´ermino es 2+3·(n−1). Si deseamos sumar los n primeros t´erminos, podemos utilizar la siguiente t´ecnica: Escribiendo la suma de los t´erminos en orden creciente y luego decreciente en un arreglo por filas y luego sumando tenemos S = 2 + 5 + 8 + ... + 3n − 4 + 3n − 1 S = 3n − 1 + 3n − 4 + ... + 8 + 5 + 2 2S = 3n − 1 + 3n − 1 + 3n − 1 + ....3n − 1 + 3n − 1 = n(3n − 1) Luego, S = n(3n−1) 2 . El promedio ( o bien promedio aritm´etico ) de n n´umeros es igual a su suma dividido por n, por ejemplo el promedio de 1,3 y 7 es 11 3 , y si cada t´ermino es remplazado por su promedio, la suma de los tres t´erminos permanece inalterable. Cuando tenemos una secuencia de n´umeros dados en P.A, el promedio de todos sus t´erminos es igual al promedio del primer t´ermino y el ´ultimo t´ermino, que es igual al t´ermino central cuando el n´umero de t´erminos es impar. Por ejemplo, consideremos una progresi´on aritm´etica con una diferencia negativa d = −5 3 7 3 , 2 3 , −1 − 8 3 , − 13 3 , −6 − 23 3 , − 28 3 , −11 Su promedio es −13 3 que corresponde al t´ermino central y la suma de los nueve t´erminos es igual a nueve veces su promedio, es decir 9 · (−13 3 ) = −39. Si a es el promedio de r y s, es f´acil ver que r, a, s son los t´erminos consecutivos de una progresi´on aritm´etica. Esta es la raz´on que el promedio de tres n´umeros es llamado el medio aritm´etico. Definici´on. Se dice que los n´umeros reales a1, a2, a3, ......, an, .... no nulos est´an en progresi´on Geom´etrica ( P.G) si existe un n´umero real q, llamado raz´on, tal que ∀n ∈ N : an+1 an = q De la definici´on de P.G tenemos dos importantes resultados, a saber: 1) ∀n ∈ N : an = a1qn−1 2) ∀n ∈ N : n k=1 ak = a1 qn−1 q−1 , q = 1. En particular si q = 1, ∀n ∈ N : an = a1. Luego n k=1 ak = na1.
- 15. INDUCCI´ON MATEM´ATICA 15 Si | q |< 1, es f´acil ver que las potencias naturales de q son decrecientes y para n suficientemente grande qn tienden a cero, luego a1 + a2 + a3 + ..... = a1 1−q . Consideremos una progresi´on geom´etrica de la forma 5, 5 · 22 , 5 · 24 , 5 · 26 , 5 · 28 , .......5 · 22n Podemos identificar que su primer t´ermino es a0 = 5, la raz´on es q = 22 y el n´umero de t´erminos es n + 1. Ilustremos una forma simple de encontrar la suma de una P.G.. Designemos por S su suma y consideremos el siguiente arreglo S = 5 + 5 · 22 + 5 · 24 + 5 · 26 + 5 · 28 + ..... + 5 · 22n multiplicando por 22 la anterior igualdad 22 S = 5 · 22 + 5 · 24 + 5 · 26 + 5 · 28 + ..... + 5 · 22n + 5 · 22(n+1) Restando, notamos que se cancelan los t´erminos menos dos de ellos obteniendo 3S = 5 · 22(n+1) − 5 , de donde, S = 5((22)(n+1)−1) 3 = 5(1−(22)(n+1)) 1−22 El medio geom´etrico de dos n´umeros reales positivos a y b se define por √ ab, el medio geom´etrico de tres n´umeros reales positivos a, b, c se define por 3 √ abc y en general para n n´umeros reales positivos a1, a2, a3, a4, ...., an el medio geom´etrico se define por n Πn i=1ai Para que una suseci´on de n´umeros a1, a2, a3, a4, ...., an esten en P.G, es necesario y suficiente que cada uno de sus t´erminos excepto el primero, sea igual en valor absoluto al medio geom´etrico de sus t´erminos adyacentes, es decir |an+1| = √ anan+2 En efecto, si a1, a2, a3, a4, ...., an est´an en P.G, entonces an+1 = anq, . Luego an+2 = an+1q, de donde √ anan+2 = an+1 q an+1q = a2 n+1 = |an+1|. Para probar la suficiencia, consideremos |an+1| = √ anan+2 , de donde, a2 n+1 = anan+2 . Luego an+1 an = an+2 an+1 . Obteniendo a2 a1 = a3 a2 = a4 a3 = a5 a4 = ..... = q lo que demuestra que la sequencia de n´umeros a1, a2, a3, a4, ...., an est´an en una P.G. Se deja como ejercicio al lector, una importante desigualdad que no es f´acil de demostrar, ella es:
- 16. 16 INDUCCI ´ON MATEM´ATICA Para a1, a2, a3, a4, ...., an n´umeros positivos, se cumple (a1 + a2 + a3 + a4 + .... + an) n ≥ n √ a1 · a2 · a3 · a4 · .... · an. 14. Ejerccios resueltos. 1) Determine x de manera que 7, x, 252 sean tres t´erminos consecutivos de una P.G. Como |x| = √ 7 · 252, las soluciones son para x = 42 y x = −42. Otra alternativa para resolver este problema es considerando x = 7q, y 7q2 = 252, de donde q = ±6 y x = ±42. 2) Determine x de manera que 15, x, 18 sean tres t´erminos consecutivos de una P.A. La respuesta inmediata es x = (15+18) 2 = 33 2 . Otra forma para resolver este problema x = 15+d, y 18 = x+d de donde d = 3 2 , luego x = 15 + 3 2 = 33 2 . 3) Dada la suma Sn de los n primeros t´erminos de una P.A a1, a2, a3, a4, ...., an, encuentre los cuatro primeros t´erminos si Sn = n2 4 − n. Respuesta: Para n = 4, S4 = 0, de donde a1 + a2 + a3 + a4 = a1 + a1 + d + a1 + 2d + a1 + 3d = 0 . Luego d = −2a1 3 . Como Sn = n(a1+an) 2 = n(2a1+(n−1)d) 2 = n2 4 − n, reemplazando d obtenemos na1(4−n) 3 = n(n 4 − 1). Luego n(n−4)(3+4a1) 2 = 0 lo que determina que a1 = −3 4 . Los cuatro t´erminos pedidos son −3 4 , −1 4 , 1 4 , 3 4 . 15. Ejercicios propuestos. 1) Determine en cada fila las cantidades desconocidas utilizando la informaci´on dada. a1 d n an Sn (a) 110 −10 11 (b) 5 26 105 (c) 3 12 210 (d) 2 15 −10 a1 d n an Sn (a) −9 0.5 −75 (b) −28 9 0 (c) 0.2 5.2 137.7 (d) 30 15 15.75 146.25 b1 q n bn Sn (a) 1 3 10 (b) 1 2 8 2 (c) 2 7 1458 (d) 3 567 847 (e) 1 2 1 128 127 128 (f) 1 3 1 3 1 6561 (g) −3 4 30
- 17. INDUCCI´ON MATEM´ATICA 17 2) Si a, b, c, d n´umeros que estan en P.G, demuestre que (b − c)2 + (c − a)2 + (d − b)2 = (a − d)2 3) Una bomba de vac´ıo extrae la cuarta parte del aire contenido en un recipiente, en cada bombeada. ¿ Qu´e tanto por ciento del aire, que original- mente conten´ıa el recipiente, queda despu´es de cinco bombeadas?. 4) Calcule la suma de los 21 primeros t´erminos de la progresi´on (a + b) 2 , a, (3a−b) 2 , ..... 5) En la figura que se adjunta se tiene que OA = 1mt, ∠AOB = 300 . Calcule AB + BC + CD + ......... 0 1 G E C A H F D B 6) En un c´ırculo de radio R se inscribe un cuadrado, en ´este cuadrado un c´ırculo, en ´este otro c´ırculo un cuadrado y as´ı sucesivamente. ¿ Cu´al es el l´ımite de las sumas de las ´areas de los cuadrados y de los c´ırculos? 7) En un cierto cultivo, las bacterias se duplican cada 20 minutos. ¿ cu´antas veces el n´umero original de bacterias hay en el cultivo al cabo de 2 horas, suponiendo que ninguna muere? 8) De ters n´umeros que forman una P.G decreciente , el tercero es 12. Si 12 es reemplazado por 9, los tres n´umeros forman una P.A. Encuentre los dos n´umeros restantes. 9) Determine una progresi´on geometrica decreciente e infinita, de manera que su suma sea 3, y la suma de los cubos de sus teminos sea igual a 615 7 . 10) Utilizando las progresiones, demuestre xn + xn−1 y + xn−2 y2 + ... + xyn−1 + yn = xn+1 − yn+1 x − y 16. Teorema del Binomio Del ´algebra elemental, sabemos que (a + b)2 = (a + b)(a + b) = a2 + 2ab + b2 , entonces (a + b)3 = (a + b)(a + b)2 =a3 + 3a2 b + 3ab2 + b3 Podemos observar que los
- 18. 18 INDUCCI ´ON MATEM´ATICA coeficientes del binomio c´ubico se pueden obtener de la siguiente manera: 1 2 1 1 2 1 1 3 3 1 De aqui podemos tabular los coeficientes de (a + b)n , para n = 0, 1, 2, 3..., ( para el caso n = 0, se requiere que a ´o b, no sean nulos simultaneamente.) 1 (a + b)0 1 1 (a + b)1 1 2 1 (a + b)2 1 3 3 1 (a + b)3 1 4 6 4 1 (a + b)4 El arreglo anterior es conocido como triangulo de Pascal, en honor al matematico Blaise Pascal ( 1623-1662) Definamos el coeficiente de an−k bk ( Denominado coeficiente binomial) por n k = n! (n−k)!k! , dondek = 0, 1, 2, 3...n con 0! = 1, n! = 1 · 2 · 3 · 4...n (lease n factorial) Podemos notar que n! = 1 · 2 · 3 · 4... · (n − 2) · (n − 1) · n lo podemos escribir como n! = n · (n − 1) · (n − 2) · .....4 · 3 · 2 · 1 En general (n + n)! = n! + m! por ejemplo, si n = 3 y m = 5, (3 + 5)! = 40320, y 3! + 5! = 126 Similarmente debemos observar que en general (2n)! = 2n! y (mn)! = m!n! Utilizando los coeficientes binomiales, el triangulo de Pascal quedaria: 0 0 (a + b)0 1 0 1 1 (a + b)1 2 0 2 1 2 2 (a + b)2 3 0 3 1 3 2 3 3 (a + b)3 4 0 4 1 4 2 4 3 4 4 (a + b)4 17. Ejercicios propuestos 1) Si n > 1, demuestre que n · (n − 1)! = n!
- 19. INDUCCI´ON MATEM´ATICA 19 2) Si n > 2, demuestre que (n2 − n) · (n − 2)! = n! 3) Si n ≥ k, demuestre que (n − k + 1) · n! + k · n! = (n + 1)! 4) Si n > 2, demuestre que n! − (n − 1)! = (n − 1)2 · (n − 2)! 5) Determine todos los n ∈ N para los cuales (2n)! = 2 · n! 6) Determine todos los pares de enteros positivos m y n de manera que (m + n)! = n! · m! 7) Resuelva la ecuaci´on para n entero positivo (n + 2)! = 90 · n! 8) Si 0 ≤ k ≤ n − 2, entonces n + 2 k + 2 = n k + 2 + 2 n k + 1 + n k De la definicion de los coeficientes binomiales para n, m n´umeros naturales, m ≥ n tenemos las siguientes propiedades i) n 0 = 1 ii) m n + 1 = m−n n+1 m n iii) n k − 1 + n k = n + 1 k iv) m + 1 n + 1 = m+1 n+1 m n Teorema del Binomio. Si a, b ∈ R y n ∈ N, entonces (a + b)n = n k=0 n k an−k bk = n 0 an + n 1 an−1 b + n 2 an−2 b2 + ..... + n n − 1 abn−1 + n n bn En particular (a − b)n , lo puede considerar como (a + (−b))n y Es necesario notar por la simetria de los coeficientes que (a + b)n = n k=0 n k an−k bk = n k=0 n k ak bn−k Definamos por Tj el t´ermino j-´esimo en el desarrollo de binomio (a + b)n , entonces Tj = n j − 1 an−(j−1) bj−1
- 20. 20 INDUCCI ´ON MATEM´ATICA luego por razones practicas y no equivocarse en recordar tantos indices , podemos considerar el coeficiente j-´esimo m´as uno que tiene la forma Tj+1 = n j an−j bj En particular (a − b)n , lo puede considerar como (a + (−b))n y es dado por (a − b)n = n k=0 n k an−k (−1)k bk Una generalizaci´on natural del Teorema del Binomio, es el Teorema del Multinomio, s´olo daremos su definici´on y no entraremos en mas detalles, dejamos al lector m´as avezado profundizar en esta materia. Para cualquier entero n ≥ 2 y para r ≥ 3 (x1 + x2 + x3 + ..... + xr)n = n1+n2+...+nr=n n n1, n2, ..., nr xn1 1 xn2 2 · · · xnr r donde la suma es sobre toda secuencia de n´umeros enteros positivos n1, n2, ..., nr tal que n1 + n2 + ... + nr = n y n n1, n2, ..., nr = n! n1! · n2! · · · nr! En particular para r = 2 n n1, n2 = n k, n − k = n! k!(n − k)! = n k 18. Ejercicios resueltos 1) Calcule el t´ermino independiente de x y el t´ermino central en caso de que existan en el desarrollo del binomio (x − 1 x2 )9 . Tj+1 = 9 j x9−j (− 1 x2 )j = 9 j x9−j (−1)j x−2j = 9 j (−1)j x9−3j Luego para j = 3, se tiene que el cuarto t´ermino es independiente de x. Como n = 9, no un existe t´ermino central. 2) Obtenga el coeficiente de x8 en el desarrollo de (1 + x2 − x3 )9 Como (x1 + x2 + x3)9 = n1+n2+n3=9 9 n1, n2, n3 xn1 1 xn2 2 xn3 3 y el coeficiente que se pide es para x8 , tenemos la ecuaci´on 2n2 + 3n3 = 8, y las posibilidades son n1 = 5, n2 = 4, n3 = 0 n1 = 6, n2 = 1, n3 = 2
- 21. INDUCCI´ON MATEM´ATICA 21 luego, calculando los coeficientes tenemos 9 5, 4, 0 + 9 6, 1, 2 = 9! 5!4!0! + 9! 6!1!2! = 252 + 126 = 378 Otra alternativa para resolver este problema es: Desarrollando por el teorema del binomio (1 + x2 − x3 )9 = 9 k=0 9 k 19−k (x2 − x3 )k = 9 k=0 9 k (x2 − x3 )k Analicemos las potencias en el desarrollo de (x2 − x3 )k con 0 ≤ k ≤ 9, es decir en (x2 − x3 )k = k i=0 k i (−1)i (x2 )k−i (x3 )i = k i=0 k i (−1)i x2k+i Como 2k+i = 8 y 0 ≤ i ≤ k se tiene 0 ≤ k ≤ 4 de donde las posibilidades son: k = 3, i = 2 ; k = 4, i = 0 y la suma de los coeficientes de x8 es 9 3 3 2 + 9 4 4 0 = 378 3) Demuestre que n k=0 n k + (−1)k n k = 2n En el desarrollo del binomio (a + b)n = n k=0 n k an−k bk basta tomar los casos a = 1 , b = 1 y a = 1 , b = −1 para obtener (1 + 1)n = n k=0 n k 1n−k 1k = n k=0 n k = 2n (1 + (−1))n = n k=0 n k 1n−k (−1)k = n k=0 n k (−1)k = 0 4) Determine la suma de todos los coeficientes del polinomio respecto de x que resulta de la expansi´on binomial de (3x − 4)17 El desarrollo de (3x − 4)17 es dado por 17 k=0 17 k (3x)17−k (−4)k = 17 0 (3x)17 + 17 1 (3x)16 (−4)+ 17 2 (3x)15 (−4)2 + ..... + 17 16 (3x)(−4)16 + 17 17 (−4)17
- 22. 22 INDUCCI ´ON MATEM´ATICA Dado que esta igualdad es v´alida para todo x, en particular lo es para x = 1. Haciendo x = 1 obtenemos la suma de los coeficientes pedida, es decir 17 0 (3)17 + 17 1 (3)16 (−4)+ 17 2 (3)15 (−4)2 + ..... + 17 16 (3)(−4)16 + 17 17 (−4)17 = (3 − 4)17 = −1 19. Ejercicios propuestos 1) En caso de existir, obtenga el coeficiente de x7 en el desarrollo de ( 2 x3 +x+x3 )8 2) Determine el coeficiente del t´ermino independiente de x en el desarrollo de ( 3 √ x + 1 x )6 3) Si en la expansi´on binomial de ( √ y + 1 4 √ y )4 los primeros tres coeficientes forman una progresi´on aritm´etica. Encuentre los t´erminos de la expansi´on en los cuales los exponentes de y sean n´umeros naturales. 4) Si (1 + x + x2 + x3 )5 = a0 + a1x + a2x2 + .... + a15x15 determine el valor exacto de a10. 5) Determine una relaci´on entre a y n de modo que en el desarrollo de (1 + a)n aparezcan dos t´erminos consecutivos iguales. 6) Escriba 6 n 3 + n 2 + n 1 como un polinomio en n, y utilice el hecho que n r siempre es un entero para dar una nueva demostraci´on que n(n2 + 5) es m´ultiplo de 6 para todo entero n. 7) Determine los n´umeros a y b, de manera que para todo natural n n3 = 6 n 3 + a n 2 + b n 1 8) Demuestre por inducci´on matem´atica que n i=0 s + i s = s + n + 1 s + 1
- 23. INDUCCI´ON MATEM´ATICA 23 1) Determine un contra ejemplo para la siguiente proposici´on ( Conjetura errada de Isaac Newton 1642-1727) ∀n ∈ N , 11n = a0a1a2...an donde los d´ıgitos est´an dados por: aj = n j = n! (n−j)!j! , j = 0, 1, 2, 3...n con 0! = 1, n! = 1 · 2 · 3 · 4...n. es f´acil demostrar que la proposici´on es verdadera para n = 0, 1, 2, 3, 4. Sin embargo, para n = 5 la proposici´on no se cumple dado que 115 = 15101051. Observacion. Los coeficientes aj antes calculados son llamados coeficientes binomiales y su tabulacion en un arreglo triangular se conoce con el nombre de Tri´angulo de Pascal ( ver Figura). 1 110 1 1 111 1 2 1 112 1 3 3 1 113 1 4 6 4 1 114