Inicio / Asignaturas / Cálculo Infinitesimal / 1.3 Principio de inducción

1.3 1.3 Principio de inducción

▶ Reproducir en la pizarra

1.3 Principio de inducción

1

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

0

Esto evidencia la necesidad de un método formal exhaustivo

2

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:

1

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

6.

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 2

4.

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

4.

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

4.

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 \(n \ge 2 \)