Ayudantía 1 I 2008

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PONTIFICIA UNIVERSIDAD CATOLICA DE CHILE
FACULTAD DE MATEMATICAS
DEPARTAMENTO DE MATEMATICA
Primer Semestre 2008
Maŕıa José Jiménez Robledo
MAT110e: Ejercicios control 1
1. Luego de un crimen, se compreban los siguientes hechos:
a) El asesino de Don Juan es su hijo Pedro o su sobrino Diego
b) Si Pedro asesinó a su padre entonces el arma está escondida en la casa
c) Si Diego dice la verdad entonces el arma no está escondida en la casa
d) Si Diego miente entonces a la hora del crimen, él de encontraba en la casa
e) Diego no estaba en la casa a la hora del crimen
¿Quién es el asesino?
Solución
Escribamos las proposiciones en lenguaje matemático:
p: El asesino de Don Juan es su hijo Pedro
q: El asesino de Don Juan es su sobrino Diego
r: El arma está escondida en la casa
s: Diego dice la verdad
t: Diego estaba en la casa a la hora del crimen
a) (p ∨ q)
b) (p→ r)
c) (s→ ¬r)
d) (¬s→ t)
e) ¬t
Entonces, Como ¬t es verdadera, tenemos que t es falsa. Por (d) ¬s debe ser falsa,
luego s es verdadera. Por (c), tenemos que ¬r es verdadera, luego r es falsa. Entonces,
por (b) p debe ser falsa y por (a) q es verdadera. Luego, el asesino de Don Juan es su
sobrino Diego.
2. Decidir si la proposición ”α: Hay números naturales que son racionales.es o no es con-
secuencia lógica de las siguientes proposiciones:
β: ”Todo número natural par es positivo”
γ: ”Hay números naturales positivos que son racionales”
Solución
Consideremos los predicados que están en juego:
p(x): ”x es par”
q(x): ”x es positivo”
r(x): ”x es racional”
Entonces podemos expresar las proposiciones anteriores como sigue:
α: ∃x ∈ N(p(x) ∧ r(x))
β: ∀x ∈ N(p(x)→ q(x))
γ: ∃x ∈ N(q(x) ∧ r(x))
Luego debemos ver si la proposición:
((∀x ∈ N(p(x)→ q(x)) ∧ ∃x ∈ N(q(x) ∧ r(x)))→ ∃x ∈ N(p(x) ∧ r(x)))
Para esto hay que probar que para todo p(x) y q(x) si se verifican las premisas también
se verifica la conclusión. Pero claramente esxiste un elemento que puede estar o no es
el conjunto de los números pares. Luego, α no es consecuencia lógica de β y γ
3. Denuestre que 0 es divisible por cualquier número entero y que sólo 0 es divisible por
0.
Solución
a) Para demostrar que 0 es divisible por cualquier número entero hay que demostrar
que existe un k ∈ Z tal que 0=k ∗ n, ∀n ∈ Z.
Basta tomar k = 0
b) Supongamos que existe un z ∈ Z tal que z 6= 0 que sea divisible por 0. Entonces
existe n ∈ N tal que 0 6= z = 0 ∗ n = 0 lo que es una contradicción.
4. Demuestre que
(¬p→ ¬q) ∧ (¬p→ q) ≡ p
Solución
Primero, si ((¬p → ¬q) ∧ (¬p → q)) es verdadero entonces (¬p → ¬q) es verdaero y
(¬p→ q) es verdadero. Luego, ¬p puede ser verdadero o falso.
Si ¬p es verdadero entonces (¬p → ¬q) es falso o (¬p → q) es falso. No puede ser.
Luego, ¬p es falso y, por consiguiente, p es verdadero.
Segundo, si ((¬p → ¬q) ∧ (¬p → q)) es falso entonces (¬p → ¬q) o (¬p → q) es o
son falsas. En cualquier caso, una de las dos implicaciones tiene antecedente verdadero.
Luego, ¬p es verdadero, entonces p es falso.
5. Pruebe por inducción que n3 < 2n, ∀n ≥ 10
Solución
Primero hay que ver que se cumpla para n=10
103 = 1000 < 210 = 1024
Supongamos que la propiedad es válida para n, es decir:
n3 < 2n
Probemos que también es válida para (n+1). Entonces,
(n+ 1)3 = n3 + 3n2 + 3n+ 1 < 2n + 3n2 + 3n+ 1
Luego, solamente bastaŕıa demostrar que 3m2 + 3m+ 1 < 2m, ∀m ≥ 10. Entonces
aqúı volvemos a aplicar inducción:
• Primero hay que ver que se cumpla para m=10
3 ∗ 100 + 3 ∗ 10 + 1 = 331 < 1024
• Supongamos que la propiedad es válida para m, es decir:
3m2 + 3m+ 1 < 2m
• Probemos que también es válida para (m+1). Entonces,
3(m+1)2+3(m+1)+1 = 3m2+9m+7 = 3m2+3m+1+6m+6 < 2m+6m+6
Luego, bastaŕıa demostrar que 6p + 6 < 2p, ∀p ≥ 10. Volvemos a aplicar
inducción:
◦ Primero hay que ver que se cumpla para n=10
6 ∗ 10 + 6 = 66 < 1024
◦ Supongamos que la propiedad es válida para p, es decir:
6p+ 6 < 2p
◦ Probemos que también es válida para (p+1). Entonces,
6(p+ 1) + 6 = 6p+ 6 + 6 < 2p + 6 < 2p+ 2p = 2p+1
Puesto que 6 < 2p para todo p ≥ 10. Luego ∀p ≥ 10 se tiene que 6p + 6 < 2p y, por
lo tanto, 3(m + 1)2 + 3(m + 1) + 1 < 2m+1. Luego, tenemos que ∀m ≥ 10 se cumple
3m2 + 3m+ 1 < 2m.
Finalmente, tenemos que (n+ 1)3 < 2n+1. Luego la propiedad es válida para (n+1).
Concluimos que, por hipótesis de inducción, la proposición inicial es verdadera ∀n ≥ 10.
6. Demuestre que n3 − n es múltiplo de 6.
Solución
Primero hay que ver que se cumpla para n=1
13 − 1 = 0 = 6 ∗ 0
Supongamos que la propiedad es válida para n, es decir, exite p ∈ Z tal que:
n3 − n = 6 ∗ p
Probemos que también es válida para (n+1). Entonces,
(n+ 1)3 − (n+ 1) = n3 − n+ 3n2 + 3n = 6p+ 3n2 + 3n
Luego, solamente bastaŕıa demostrar que 3n2 + 3n es múltiplo de 6.
• Primero hay que ver que se cumpla para n=1
3 ∗ 1 + 3 = 6 = 6 ∗ 1
• Supongamos que la propiedad es válida para n, es decir, exite k ∈ Z tal que:
3n2 + 3n = 6 ∗ k
• Probemos que también es válida para (n+1). Entonces,
3(n+ 1)2 + 3(n+ 1) = 3n2 + 6n+ 3 + 3n+ 3 = 6k + 6n+ 6 = 6(k + n+ 1)
Concluimos, entonces, que para todo n, 3n2 + 3n es múltiplo de 6.
Por el principio de inducción podemos afirmar que n3 − n es múltiplo de 6, para todo
natural.