1.3 1.3 Principio de inducción

1.3 Principio de inducción

Fundamento lógico del razonamiento por inducción

El principio de inducción matemática es el método deductivo universal para demostrar proposiciones o propiedades que dependen de un parámetro natural $n \in N $ y que deben verificarse para una infinidad de valores enteros consecutivos.

No basta con comprobar que una proposición se cumple para $n = 1, 2, 3, 4 $; la verificación para casos particulares jamás constituye una demostración matemática válida.

📝 Ejemplo conceptual: del peligro de la inducción incompleta (El polinomio de Euler):

Consideremos la fórmula cuadrática de Leonhard Euler $P(n) = n^2 + n + 41 $

Evaluando para los primeros valores naturales:

$$P(1) = 1 + 1 + 41 = 43 $$

$$P(2) = 4 + 2 + 41 = 47 $$

$$P(3) = 9 + 3 + 41 = 53 $$

Esta expresión produce números primos de forma ininterrumpida para todos los valores $n = 0, 1, 2, \dots, 39 $. Sin embargo, para $n = 40 $:

$$P(40) = 40^2 + 40 + 41 = 40(40 + 1) + 41 = 40 \cdot 41 + 41 = (40 + 1) \cdot 41 = 41^2 = 1681 $$

La conjetura falla estrepitosamente en 4

Esto evidencia la necesidad de un método formal exhaustivo

Enunciado formal del principio de inducción matemática

Sea $P(n) $ una proposición matemática que depende del número natural $n \in N $. Para demostrar que $P(n) $ es verdadera para todo $n \ge n_0 $ (donde habitualmente $n_0 = 1 $), es necesario y suficiente verificar dos etapas rigurosas:

Etapa 1: Base de Inducción (Caso Base):

Demostrar que la proposición es cierta para el primer valor del dominio:

$$P(n_0) \quad \text{es verdadera} $$

Etapa 2:

Paso Inductivo:

Demostrar que para cualquier número natural arbitrario $k \ge n_0 $, la veracidad de $P(k) $ (llamada Hipótesis de Inducción) implica de forma ineludible la veracidad de la proposición para el siguiente número natural $P(k + 1) $ (Tesis Inductiva):

$$P(k) \implies P(k + 1) $$

Analogía del efecto dominó:

La base de inducción asegura que la primera ficha de dominó cae

2. El paso inductivo asegura que si cae una ficha cualquiera $k $, necesariamente empuja y derriba a la ficha siguiente $k + 1 $

La combinación de ambos pasos garantiza que todas las infinitas fichas caerán en cascada.

📝 Ejemplo: ilustrativo:

Demostrar que para todo $n \ge 1 $, la potencia $6^n $ termina siempre en la cifra

Base ($n = 1 $): $6^1 = 6 $, que termina en 6. Se cumple.

Paso inductivo: Supongamos que $6^k $ termina en 6, lo que significa que se puede escribir como $6^k = 10a + 6 $ para algún entero $a \in Z $

Calculamos para $k + 1 $:

$$6^{k+1} = 6^k \cdot 6 = (10a + 6) \cdot 6 = 60a + 36 = 60a + 30 + 6 = 10(6a + 3) + 6 $$

Esta cantidad es un múltiplo de 10 más 6, por lo que termina obligatoriamente en 6. Queda demostrado para todo $n \in N $

📝 Ejemplo 1 Demostración inductiva de la suma de cuadrados consecutivos

Deducción analítica de la fórmula de la suma de los cuadrados de los primeros n naturales

Demostrar por el principio de inducción matemática que para todo número natural $n \in N $ se cumple la identidad:

$$\sum_{i=1}^n i^2 = 1^2 + 2^2 + 3^2 + \dots + n^2 = \frac{n(n + 1)(2n + 1)}{6} $$

👉 PASO 1

Verificación de la base de inducción para n = 1.

Evaluamos el miembro izquierdo (la suma hasta 1 término):

$$\text{MI} = 1^2 = 1 $$

Evaluamos el miembro derecho con la fórmula para $n = 1 $:

$$\text{MD} = \frac{1(1 + 1)(2 \cdot 1 + 1)}{6} = \frac{1 \cdot 2 \cdot 3}{6} = \frac{6}{6} = 1 $$

Como $\text{MI} = \text{MD} = 1 $, la base de inducción se verifica de forma exacta.

👉 PASO 2

Planteamiento de la hipótesis de inducción.

Asumimos como hipótesis de inducción que la fórmula es verdadera para un natural cualquiera $k \ge 1 $:

$$\sum_{i=1}^k i^2 = 1^2 + 2^2 + \dots + k^2 = \frac{k(k + 1)(2k + 1)}{6} $$

Debemos demostrar que la fórmula se verifica para $k + 1 $, es decir, que:

$$\sum_{i=1}^{k+1} i^2 = \frac{(k + 1)((k + 1) + 1)(2(k + 1) + 1)}{6} = \frac{(k + 1)(k + 2)(2k + 3)}{6} $$

👉 PASO 3

Demostración del paso inductivo.

Descomponemos la suma hasta $k + 1 $ aislando el último término:

$$\sum_{i=1}^{k+1} i^2 = \left(\sum_{i=1}^k i^2\right) + (k + 1)^2 $$

Sustituyendo la hipótesis de inducción:

$$\sum_{i=1}^{k+1} i^2 = \frac{k(k + 1)(2k + 1)}{6} + (k + 1)^2 $$

Extraemos factor común el binomio $(k + 1) $:

$$= (k + 1) \left[ \frac{k(2k + 1)}{6} + (k + 1) \right] = (k + 1) \left[ \frac{2k^2 + k + 6k + 6}{6} \right] = (k + 1) \left[ \frac{2k^2 + 7k + 6}{6} \right] $$

Factorizamos el polinomio cuadrático del numerador $2k^2 + 7k + 6 = (k + 2)(2k + 3) $:

$$= \frac{(k + 1)(k + 2)(2k + 3)}{6} $$

Hemos alcanzado de forma exacta la tesis inductiva.

✅ Conclusión

Por el principio de inducción matemática, la identidad es verdadera para todo número natural $n \in N $

📝 Ejemplo 2 Demostración inductiva de divisibilidad de potencias enteras

Demostración de que cinco elevado a dos n menos uno es múltiplo de veinticuatro

Demostrar por inducción que para todo número natural $n \in N $, la expresión $E(n) = 5^{2n} - 1 $ es divisible por

👉 PASO 1

Base de inducción para n = 1.

Evaluamos la expresión en el primer número natural $n = 1 $:

$$E(1) = 5^{2(1)} - 1 = 5^2 - 1 = 25 - 1 = 24 $$

Como $24 = 24 \cdot 1 $, la base se cumple de forma inmediata.

👉 PASO 2

Hipótesis de inducción.

Suponemos que para un número natural cualquiera $k \ge 1 $, la cantidad $E(k) $ es divisible por 24:

$$E(k) = 5^{2k} - 1 = 24m \implies 5^{2k} = 24m + 1 $$

para algún número entero $m \in Z $

Queremos demostrar que $E(k + 1) = 5^{2(k+1)} - 1 $ es también múltiplo de 2

👉 PASO 3

Desarrollo algebraico del paso inductivo.

Reescribimos la potencia del paso $k + 1 $:

$$E(k + 1) = 5^{2(k+1)} - 1 = 5^{2k + 2} - 1 = 5^{2k} \cdot 5^2 - 1 = 5^{2k} \cdot 25 - 1 $$

Sustituyendo la hipótesis de inducción $5^{2k} = 24m + 1 $:

$$E(k + 1) = (24m + 1) \cdot 25 - 1 = 24m \cdot 25 + 25 - 1 = 24 \cdot (25m) + 24 $$

Extraemos factor común 24:

$$E(k + 1) = 24 \cdot (25m + 1) $$

Como $m \in Z \implies 25m + 1 \in Z $, deducimos que $E(k + 1) $ es un múltiplo exacto de 2

✅ Conclusión

Queda demostrado por inducción que $5^{2n} - 1 $ es divisible por 24 para todo $n \in N $

📝 Ejemplo 3 Demostración inductiva de una desigualdad exponencial con base mayor que uno

Demostración de que dos elevado a n supera estrictamente a n al cuadrado para n mayor o igual que cinco

Demostrar por inducción matemática que para todo número natural $n \ge 5 $, se verifica la desigualdad estricta:

$$2^n > n^2 $$

👉 PASO 1

Base de inducción para n = 5.

Evaluamos la desigualdad en el valor inicial del dominio $n_0 = 5 $:

$$2^5 = 32 \quad \text{y} \quad 5^2 = 25 $$

Como $32 > 25 $, la base de inducción se verifica.

👉 PASO 2

Hipótesis de inducción.

Asumimos como hipótesis de inducción que la desigualdad es cierta para un número natural cualquiera $k \ge 5 $:

$$2^k > k^2 $$

Debemos demostrar que se cumple para $k + 1 $:

$$2^{k+1} > (k + 1)^2 = k^2 + 2k + 1 $$

👉 PASO 3

Demostración del paso inductivo mediante acotaciones parciales.

Multiplicamos la hipótesis de inducción por 2:

$$2^{k+1} = 2 \cdot 2^k > 2k^2 = k^2 + k^2 $$

Para completar la demostración, basta probar que $k^2 \ge 2k + 1 $ para todo $k \ge 5 $

En efecto, reescribiendo la diferencia:

$$k^2 - 2k - 1 = (k - 1)^2 - 2 $$

Como $$k \ge 5 \implies k - 1 \ge 4 \implies (k - 1)^2 \ge 16 $$

Por tanto:

$$(k - 1)^2 - 2 \ge 16 - 2 = 14 > 0 \implies k^2 > 2k + 1 $$

Encadenando las desigualdades:

$$2^{k+1} > k^2 + k^2 > k^2 + 2k + 1 = (k + 1)^2 $$

✅ Conclusión

Queda demostrado por inducción que $2^n > n^2 $ para todo $n \ge 5 $

📝 Ejemplo 4 Identidad geométrica de la suma de términos de una progresión geométrica

Demostración inductiva de la suma de potencias sucesivas de una razón r distinta de uno

Demostrar por inducción que para cualquier número real $r \ne 1 $ y todo número natural $n \in N $, la suma de la progresión geométrica satisface:

$$\sum_{i=0}^n r^i = 1 + r + r^2 + \dots + r^n = \frac{r^{n+1} - 1}{r - 1} $$

👉 PASO 1

Base de inducción para n = 1.

Evaluamos la suma para $n = 1 $:

$$\text{MI} = 1 + r $$

Evaluamos la fórmula en el miembro derecho:

$$\text{MD} = \frac{r^{1+1} - 1}{r - 1} = \frac{r^2 - 1}{r - 1} $$

Factorizamos la diferencia de cuadrados en el numerador:

$$\text{MD} = \frac{(r - 1)(r + 1)}{r - 1} = r + 1 = 1 + r $$

Como $\text{MI} = \text{MD} $, la base se cumple.

👉 PASO 2

Hipótesis de inducción.

Asumimos como hipótesis de inducción que la fórmula es válida para un natural cualquiera $k \ge 1 $:

$$\sum_{i=0}^k r^i = \frac{r^{k+1} - 1}{r - 1} $$

Queremos demostrar que para $k + 1 $ la suma resulta $\frac{r^{k+2} - 1}{r - 1} $

👉 PASO 3

Ejecución del paso inductivo.

Sumamos el término de orden $k + 1 $ a la hipótesis:

$$\sum_{i=0}^{k+1} r^i = \left(\sum_{i=0}^k r^i\right) + r^{k+1} = \frac{r^{k+1} - 1}{r - 1} + r^{k+1} $$

Reducimos a común denominador $r - 1 $:

$$= \frac{r^{k+1} - 1 + r^{k+1}(r - 1)}{r - 1} = \frac{r^{k+1} - 1 + r^{k+2} - r^{k+1}}{r - 1} $$

Cancelamos los términos opuestos $r^{k+1} - r^{k+1} = 0 $:

$$= \frac{r^{k+2} - 1}{r - 1} $$

La tesis inductiva se verifica con total precisión.

✅ Conclusión

Queda demostrado por el principio de inducción que la fórmula de la suma geométrica se cumple para todo número natural $n $

📝 Ejemplo 5 Identidad de Cassini en la sucesión de Fibonacci mediante inducción

Demostración matricial y analítica de la alternancia del producto de términos adyacentes

La sucesión de Fibonacci se define por $F_1 = 1 $, $F_2 = 1 $ y la relación de recurrencia $F_{n+1} = F_n + F_{n-1} $. Demostrar por inducción que para todo natural $n \ge 2 $ se verifica la identidad de Cassini:

$$F_{n-1} F_{n+1} - F_n^2 = (-1)^n $$

👉 PASO 1

Base de inducción para n = 2.

Los primeros términos de Fibonacci son $F_1 = 1 $, $F_2 = 1 $ y $F_3 = F_2 + F_1 = 1 + 1 = 2 $

Evaluamos la identidad para $n = 2 $:

$$\text{MI} = F_1 \cdot F_3 - F_2^2 = (1)(2) - (1)^2 = 2 - 1 = 1 $$

$$\text{MD} = (-1)^2 = 1 $$

Como $\text{MI} = \text{MD} = 1 $, la base se cumple.

👉 PASO 2

Hipótesis de inducción.

Asumimos que para un natural $k \ge 2 $ se cumple:

$$F_{k-1} F_{k+1} - F_k^2 = (-1)^k $$

Queremos demostrar que para $k + 1 $:

$$F_k F_{k+2} - F_{k+1}^2 = (-1)^{k+1} $$

👉 PASO 3

Sustitución de la ley de recurrencia y factorización.

Por la definición de la sucesión, $F_{k+2} = F_{k+1} + F_k $. Sustituimos en el miembro izquierdo:

$$F_k F_{k+2} - F_{k+1}^2 = F_k(F_{k+1} + F_k) - F_{k+1}^2 = F_k F_{k+1} + F_k^2 - F_{k+1}^2 $$

Agrupamos los dos términos que contienen $F_{k+1} $ y extraemos factor común:

$$= F_k^2 - F_{k+1}(F_{k+1} - F_k) $$

Nuevamente, por la relación de recurrencia $F_{k+1} - F_k = F_{k-1} $. Sustituyendo:

$$= F_k^2 - F_{k+1} F_{k-1} = -(F_{k-1} F_{k+1} - F_k^2) $$

Por la hipótesis de inducción, la cantidad entre paréntesis es exactamente $(-1)^k $:

$$= -((-1)^k) = (-1) \cdot (-1)^k = (-1)^{k+1} $$

La tesis inductiva queda demostrada.

✅ Conclusión

La identidad de Cassini $F_{n-1} F_{n+1} - F_n^2 = (-1)^n $ es verdadera para todo $n \ge 2 $