Inducción
Problemas resueltos
Problema 1
Demuestra que, para cada $n\in\mathbb{N}$, con $n\geq 1$,
$$ 1 + 2 + \cdots + n = \dfrac{n(n+1)}{2}. $$
Solución: generalmente, cuando abordamos problemas en los que tenemos que demostrar que cierta fórmula o afirmación se satisface, para un conjunto de índices de cardinal infinito (en esta ocasión hablaríamos del conjunto $n\geq1$, con $n\in\mathbb{N}$), es recomendable que llevemos a cabo una primera aproximación a su resolución empleando el principio de inducción matemática.
Así pues, vamos a considerar la propiedad, que denotaremos por $P(n)$, dada en el enunciado del problema,
$$ 1+2+\cdots+n = \dfrac{n(n+1)}{2}. $$
Por lo que respecta al caso base, $P(1)$, rápidamente comprobamos que se verifica de manera trivial, ya que
$$ 1 = \dfrac{1\cdot2}{2} = 1. $$
Abordemos ahora el paso inductivo, para lo cual hemos de mostrar que si $P(n)$ se cumple, para un $n\geq1$, entonces asimismo se satisface $P(n+1)$, cuya expresión es
$$ 1+2+\cdots+n+(n+1)=\dfrac{(n+1)(n+2)}{2}. $$
La clave en este tipo de situaciones consiste en encontrar una manera acertada de manipular la conocida como hipótesis de inducción, $P(n)$, que nos ayude a verificar el resultado que estamos buscando comprobar.
Por fortuna para nosotros, si nos fijamos en el miembro izquierdo de la ecuación de $P(n+1)$, apreciamos que directamente aparece la suma de los $n$ primeros números naturales, cuyo valor, por la hipótesis de inducción, es
$$ \dfrac{n(n+1)}{2}. $$
Este hecho nos permite afirmar que
$$ 1+2+\cdots+n+(n+1) = \dfrac{n(n+1)}{2} + (n+1). $$
Ahora, sumando algebraicamente ambos términos,
$$ \dfrac{n(n+1)}{2} + (n+1)= \dfrac{n(n+1) + 2(n+1)}{2}= \dfrac{(n+1)(n+2)}{2}, $$
es decir, hemos llegado a mostrar que
$$ 1+2+\cdots+n+(n+1)=\dfrac{(n+1)(n+2)}{2}, $$
completando así el paso inductivo.
Así pues, por el principio de inducción matemática, podemos concluir que $P(n)$ se verifica para cada $n\in\mathbb{N}$, con $n\geq 1$.
Problema 2
Demuestra que, para cada $n\in\mathbb{N}$, con $n\geq 1$,
$$ \sum_{k=1}^{n}{k^2} = \dfrac{n(n+1)(2n+1)}{6}. $$
Solución: ante nosotros se plantea la tarea de demostrar una propiedad (la identidad sugerida arriba), que supuestamente se satisface para una sucesión de índices enteros que conforman un conjunto cuyo cardinal es infinito ($n\in\mathbb{N}$, con $n\geq 1$, en este caso). Entre las diferentes estrategias que tenemos a nuestra disposición para abordar esta empresa, el principio de inducción matemática quizá sea el instrumento más aconsejable para una primera aproximación a la resolución del problema.
Así pues, la manera en la que ahora procederemos será ciertamente similar a la seguida en el problema 1. Para empezar, a simple vista, podemos apreciar rápidamente que la igualdad se satisface de forma trivial para $n=1$, puesto que
$$ 1 = \sum_{k=1}^{1}{k^2} = \dfrac{1\cdot2\cdot3}{6} = 1. $$
Acto seguido, asumimos verdadera la identidad para un cierto $n\in\mathbb{N}$, con $n\geq 1$, es decir, que efectivamente se verifica que
$$ \sum_{k=1}^{n}{k^2} = \dfrac{n(n+1)(2n+1)}{6}, $$
y estudiamos si se satisface asimismo para $n+1$. Así pues, ahora comprobaremos si se cumple la igualdad
$$ \sum_{k=1}^{n+1}{k^2} = \dfrac{(n+1)(n+2)(2n+3)}{6}. $$
Para ello, apliquemos la hipótesis de inducción y llevemos a cabo algunas operaciones algebraicas elementales, de manera que
$$ \begin{aligned} \sum_{k=1}^{n+1}{k^2} &= (n+1)^2 + \sum_{k=1}^{n}{k^2}\\ & = (n+1)^2 + \dfrac{n(n+1)(2n+1)}{6}\\ & = \dfrac{6(n+1)^2 + n(n+1)(2n+1)}{6}\\ & = \dfrac{(n+1)(6(n+1) + n(2n+1))}{6}\\ & = \dfrac{(n+1)(2n^2+7n+6)}{6}\\ & = \dfrac{(n+1)(n+2)(2n+3)}{6}, \end{aligned} $$
y, por tanto, la identidad se verifica para $n+1$. El principio de inducción matemática nos permite concluir que es cierta para cada $n\in\mathbb{N}$.
Problema 3
Demuestra que, para cada $n\in\mathbb{N}$, con $n\geq 1$,
$$ 1^3 + 2^3 + \cdots + n^3=(1+2+3+\cdots+n)^2. $$
Solución: para empezar, y de cara a aliviar ligeramente la escritura en un futuro, podemos plantear de manera más compacta la identidad dada en el enunciado del presente problema como sigue
$$ 1^3 + 2^3 + \cdots + n^3 = \sum_{k=1}^{n}{k^3} = \left(\sum_{k=1}^{n}{k}\right)^2 = (1+2+3+\cdots+n)^2. $$
En esta ocasión, si optamos por una aproximación similar a la seguida en los problemas anteriores, la demostración puede volverse un tanto tediosa debido a los cálculos implicados. Es por ello que, utilizando el resultado probado en el problema 1, la igualdad que buscamos verificar aquí sería equivalente a
$$ \sum_{k=1}^{n}{k^3} = \left(\sum_{k=1}^{n}{k}\right)^2 = \left(\dfrac{n(n+1)}{2}\right)^2 = \dfrac{n^2(n+1)^2}{4}. $$
Una vez alcanzada una expresión más manejable para la identidad planteada, empleamos el principio de inducción matemática para probarla. Rápidamente comprobamos que se verifica de manera trivial para $n=1$, puesto que
$$ 1 = 1^3 = \dfrac{1^2\cdot2^2}{4} = \dfrac{4}{4} = 1. $$
Ahora, suponemos cierta la identidad para un número dado $n\in\mathbb{N}$, con $n\geq 1$, es decir, que efectivamente se cumple que
$$ \sum_{k=1}^{n}{k^3} = \dfrac{n^2(n+1)^2}{4}, $$
y estudiamos si se satisface asimismo para $n+1$. Así pues, acto seguido, el objetivo que tenemos entre manos es verificar si es cierta la igualdad
$$ \sum_{k=1}^{n+1}{k^3} = \dfrac{(n+1)^2(n+2)^2}{4}. $$
Apliquemos la hipótesis de inducción y llevemos a cabo algunas operaciones algebraicas elementales, de manera que
$$ \begin{aligned} \sum_{k=1}^{n+1}{k^3} &= (n+1)^3 + \sum_{k=1}^{n}{k^3}\\ &= (n+1)^3 + \dfrac{n^2(n+1)^2}{4}\\ &= \dfrac{4(n+1)^3 + n^2(n+1)^2}{4}\\ &= \dfrac{(n+1)^2(4(n+1)+n^2)}{4}\\ &= \dfrac{(n+1)^2(n^2+4n+4)}{4}\\ &= \dfrac{(n+1)^2(n+2)^2}{4} \end{aligned} $$
y, por tanto, la identidad se verifica para $n+1$. El principio de inducción matemática nos permite concluir que es cierta para cada $n\in\mathbb{N}$.
Problema 4
Demuestra que, para cada $n\in\mathbb{N}$, con $n\geq 1$,
$$ 1^4+2^4+\cdots+n^4=\dfrac{n(n+1)(6n^3+9n^2+n-1)}{30}. $$
Solución: vaya por delante que estamos ante uno de esos problemas que rápidamente se ganan el apelativo de tediosos, no tanto por su dificultad, sino por el elevado número de operaciones algebraicas que debemos llevar a cabo durante el proceso de su resolución.
Cuando en una propiedad a verificar aparecen involucrados polinomios de grado considerable, la segunda parte del principio de inducción matemática conlleva el desarrollo de múltiples binomios de la forma $(n+1)^m$, con $m\in\mathbb{N}$. Para reducir un tanto el tedio, siempre es aconsejable que, en primer lugar, factoricemos los mencionados polinomios.
Como nota curiosa, consultados diferentes recursos didácticos, la fórmula para la suma de las potencias cuartas de los $n$ primeros números naturales suele venir dada por
$$ 1^4 + 2^4 + \cdots + n^4=\dfrac{6n^5+15n^4+10n^3-n}{30}, $$
hecho que nos puede llevar a sospechar que la proporcionada en el enunciado del presente problema ya está completamente factorizada.
No obstante, como por naturaleza hemos de ser recelosos, utilicemos el Teorema de la raíz racional para investigar si podemos escribir el polinomio $6n^3 + 9n^2 + n - 1$ de una manera que nos resulte más cómoda de cara a futuras operaciones con él. Recordemos que, dada una ecuación polinómica con coeficientes enteros
$$ a_mn^m + a_{m-1}n^{m-1} + \cdots + a_0=0, $$
si $a_0$ y $a_m$ son enteros distintos de cero, entonces las posibles soluciones que son del tipo $n = p/q$ satisfacen:
- $p$ es divisor de $a_0$.
- $q$ es divisor de $a_m$.
- $p$ y $q$ son primos entre sí.
En nuestro problema, el conjunto de candidatos para $p$ es $\{\pm1\}$, mientras que para $q$ es $\{\pm1,\pm2,\pm3,\pm6\}$ y rápidamente podemos comprobar que $n = -1 / 2$ es solución del polinomio dado. Así,
$$ 6n^3 + 9n^2 + n - 1 = (2n + 1)(3n^2 + 3n - 1), $$
de manera que
$$ \begin{aligned} \sum_{k=1}^{n}{k^4} &= 1^4+2^4+\cdots+n^4\\ &= \dfrac{n(n+1)(6n^3+9n^2+n-1)}{30}\\ &=\dfrac{n(n+1)(2n+1)(3n^2+3n-1)}{30}. \end{aligned} $$
Una vez hemos alcanzado una expresión irreducible para el polinomio que figura en el numerador de la identidad anterior, utilizamos el principio de inducción matemática para comprobar dicha igualdad. Enseguida observamos que se satisface de manera trivial para $n=1$, puesto que
$$ 1 = 1^4 = \dfrac{1\cdot2\cdot3\cdot5}{30}=1. $$
A continuación, suponemos verdadera la identidad para un cierto $n\in\mathbb{N}$, con $n\geq 1$, es decir, que efectivamente se verifica que
$$ \sum_{k=1}^{n}{k^4} = \dfrac{n(n+1)(2n+1)(3n^2+3n-1)}{30} $$
y estudiamos si se satisface para $n+1$. Así pues, el objetivo que tenemos ahora entre manos es comprobar si
$$ \begin{aligned} \sum_{k=1}^{n+1}{k^4} &= \dfrac{(n+1)(n+2)(2(n+1)+1)(3(n+1)^2+3(n+1)-1)}{30}\\ &= \dfrac{(n+1)(n+2)(2n+3)(3n^2+9n+5)}{30}. \end{aligned} $$
Apliquemos la hipótesis de inducción y llevemos a cabo algunas operaciones algebraicas elementales, de forma que
$$ \begin{aligned} \sum_{k=1}^{n+1}{k^4} &= (n+1)^4 + \sum_{k=1}^{n}{k^4}\\ &= (n+1)^4 + \dfrac{n(n+1)(2n+1)(3n^2+3n-1)}{30}\\ &= \dfrac{30(n+1)^4 + n(n+1)(2n+1)(3n^2+3n-1)}{30}\\ &= \dfrac{(n+1)(30(n+1)^3+n(2n+1)(3n^2+3n-1))}{30}. \end{aligned} $$
Por tanto, el resultado quedaría probado siempre y cuando fuesen equivalentes las expresiones de los polinomios $(n+2)(2n+3)(3n^2+9n+5)$ y $30(n+1)^3 + n(2n+1)(3n^2+3n-1)$. Efectivamente, si desarrollamos
$$ \begin{aligned} (n+2)(2n+3) &= 2n^2+3n+4n+6 = 2n^2+7n+6,\\ (2n^2+7n+6)(3n^2+9n+5) &= 6n^4+39n^3+91n^2+89n+30, \end{aligned} $$
y, por otro lado,
$$ \begin{aligned} 30(n+1)^3 &= 30n^3 + 90n^2 + 90n + 30,\\ n(2n+1)(3n^2+3n-1) &= 6n^4+9n^3+n^2-n, \end{aligned} $$
de manera que la suma de estas dos últimas ecuaciones asciende a $6n^4 + 39n^3 + 91n^2 + 89n + 30,$ y, por tanto, la identidad se verifica para $n+1$. El principio de inducción matemática nos permite concluir que es cierta para cada $n\in\mathbb{N}$.
Problema 5
Demuestra que, para cada $n\in\mathbb{N}$, con $n\geq 1$,
$$ n<2^n. $$
Solución: hagamos uso del principio de inducción matemática para demostrar la desigualdad planteada en el enunciado del problema. Enseguida apreciamos que esta se cumple de forma trivial para $n=1$, ya que
$$ 1 < 2^1 = 2. $$
Ahora, asumimos cierta la desigualdad para un $n\in\mathbb{N}$ dado, con $n\geq 1$, es decir, que efectivamente se cumple que
$$ n < 2^n, $$
y estudiamos si se verifica asimismo para $n+1$. Así pues, el objetivo pasa ahora por demostrar que se satisface la siguiente desigualdad
$$ n+1 < 2^{n+1}. $$
Apoyándonos en que $n+1\leq n+n = 2n$, para cada $n\in\mathbb{N}$, (siendo una desigualdad estricta cuando $n>1$) y en la hipótesis de inducción, tenemos que
$$ n+1 \leq n+n = 2n < 2\cdot 2^n = 2^{n+1}, $$
es decir, la desigualdad se verifica para $n+1$. El principio de inducción matemática nos permite concluir que es cierta para cada $n\in\mathbb{N}$.
Problema 6
Demuestra que, para cada $n\in\mathbb{N}$, con $n\geq 1$, $4^{n+1} + 5^{2n-1}$ es un múltiplo de 21.
Solución: para empezar, decimos que un número $m$ es múltiplo de 21 cuando existe un número $k\in\mathbb{Z}$ de manera que podemos escribir $m=21k$. Así, podemos redactar de nuevo el enunciado del ejemplo como sigue: demuestra que, para cada número $n\in\mathbb{N}$, existe un número $k\in\mathbb{Z}$ tal que
$$ 4^{n+1} + 5^{2n-1}=21k. $$
Utilicemos el principio de inducción matemática para comprobar la anterior identidad. Rápidamente apreciamos que se cumple de manera trivial para $n=1$, puesto que
$$ 4^{1+1}+5^{2-1} = 4^2 + 5 = 16 + 5 = 21, $$
y bastaría entonces que tomásemos $k=1$ para constatar que es múltiplo de 21.
Acto seguido, suponemos cierta la igualdad para un $n\in\mathbb{N}$ dado, con $n\geq 1$, es decir, que efectivamente se cumple que existe un número $k\in\mathbb{Z}$ tal que
$$ 4^{n+1}+5^{2n-1}=21k, $$
y estudiamos si se satisface asimismo para $n+1$. De esta manera, nuestro objetivo será demostrar que existe un $k^\prime\in\mathbb{Z}$ tal que se verifica la siguiente identidad,
$$ 4^{n+2} + 5^{2n+1} = 21k^\prime. $$
Podemos escribir el miembro izquierdo de la ecuación anterior como
$$ 4^{n+2} + 5^{2n+1} = 4\cdot4^{n+1} + 5^{2n+1}, $$
y utilizar, acto seguido, la hipótesis de inducción, que afirma que existe $k\in\mathbb{Z}$ tal que $4^{n+1} + 5^{2n-1}=21k$. La clave reside en despejar adecuadamente el término que nos interesa de dicha hipótesis. Así, como $4^{n+1} + 5^{2n-1}=21k$, entonces $4^{n+1}=21k - 5^{2n-1}$ y, sustituyendo arriba, tenemos que
$$ \begin{aligned} 4\cdot4^{n+1} + 5^{2n+1} &= 4(21k - 5^{2n-1}) + 5^{2n+1}\\ &= 4\cdot 21k - 4\cdot 5^{2n-1} + 5^{2n+1}\\ &= 4\cdot 21k - 4\cdot 5^{2n-1} + 5^2\cdot5^{2n-1}\\ &= 4\cdot 21k + 5^{2n-1}(5^2-4)\\ &= 4\cdot 21k + 21\cdot5^{2n-1}\\ &= 21(4k + 5^{2n-1})\\ &= 21k^\prime, \end{aligned} $$
con $k^\prime=4k + 5^{2n-1}\in\mathbb{Z}$ y, por tanto, la identidad se verifica para $n+1$. El principio de inducción matemática nos permite concluir que es cierta para cada $n\in\mathbb{N}$.
Problemas propuestos
Problema 7: demuestra que $(3^n - 2n^2 - 1)\equiv 0\pmod{8}$, para cada número natural $n$. ¿Es cierto que dicha expresión también es múltiplo de $24$ para todo número natural $n$?
Problema 8: demuestra que $11^{n+1} + 12^{2n-1}$ es múltiplo de $133$, para cada número natural $n$.
Problema 9: demuestra que $(6^n - 1)(7^n - 1)$ es múltiplo de $30$, para cada número natural $n$.
Problema 10: demuestra que $3^{3n+3} - 26n - 27$ es múltiplo de $169$, para cada número natural $n$.
Problema 11:
- (a) Prueba que, para cada número natural $n$, $(3^n - 2n^2 - 1)\equiv 0\pmod{8}$.
- (b) Prueba que, si $n$ es un número natural que no es múltiplo de $3$, entonces $(3^n - 2n^2 - 1)\equiv 0\pmod{24}$.