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Ayudant́ıa Lunes 27 Agosto Ayudante: Bastián Galasso D. 1. Demostrar que 32n − 1 es divisible por 8 - Demostración: Sea P (n) : 32n − 1. Usando el principio de inducción, demostraremos para todo n ∈ N. i)P (1) : ⇒ 32 − 1 = 9− 1 = 8 = 2 · 4 Luego, P (1) es válido. ii) P (n) ⇒ P (n + 1): Suponemos P (n) : 32n − 1 válido (HI) y demostramos para P (n + 1), es decir: P (n + 1) = 32(n+1) − 1 = 32n+2 − 1 = 9 · 32n − 1 = (8 + 1) · 32n − 1 = 8(32n)︸ ︷︷ ︸ Evidentemente divisible por 8 + (32n − 1)︸ ︷︷ ︸ divisible por 8 por HI Luego, 32n − 1 es divisible por 8 para todo n ∈ N � 2. Demostrar que 22n+1 − 9n2 + 3n− 2 es divisible por 54. - Demostración: Sea P (n) : 22n+1−9n2 +3n−2. Usando el principio de inducción, demostraremos para todo n ∈ N. i)P (1) : ⇒ 22+1 − 9(1)2 + 3− 2 = 23 − 9 + 1 = 9− 9 = 0 = 54 · 0 Luego, P (1) es válido. ii) P (n) ⇒ P (n + 1): Suponemos P (n) : 22n+1 − 9n2 + 3n− 2 válido (HI) y demostramos para P (n + 1), es decir: P (n + 1) = 22(n+1)+1 − 9(n + 1)2 + 3(n + 1)− 2 1 = 22n+3 − 9(n2 + 2n + 1) + 3n + 1 = 4 · 22n+1 − 9n2 − 18n− 9 + 3n + 1 = 4 · 22n+1 − 9n2 − 18n− 8 + 3n− (22n+1 − 9n2 + 3n− 2) = 3 · 22n+1 − 18n− 6 = 6 · 22n − 18n− 6 = 6 · (22n − 3n− 1) Luego, ahora nos falta ver que 22n − 3n − 1 es divisible por 9, para esto usaremos nuevamente inducción. Sea Q(n) : 22n − 3n− 1. i)Q(1) : ⇒ 22 − 3− 1 = 4− 4 = 0 = 9 · 0 Luego, Q(1) es válido. ii) Q(n) ⇒ Q(n + 1): Suponemos Q(n) : 22n − 3n− 1 válido (HI) y demostramos para Q(n + 1), es decir: Q(n + 1) = 22(n+1) − 3(n + 1)− 1 = 22n+2 − 3n− 4 = 4 · 22n − 3n− 4 = 4 · 22n − 3n− 4− (22n − 3n− 1) = 3 · 22n − 3 = 3 · (22n − 1) Luego, basta con probar ahora que 22n − 1 es divisible por 3, para lo cual usaremos nuevamente inducción. Sea N(n) : 22n − 1. i)N(1) : ⇒ 22 − 1 = 4− 1 = 3 = 3 · 1 Luego, N(1) es válido. ii) N(n) ⇒ N(n + 1): Suponemos N(n) : 22n − 1 válido (HI) y demostramos para N(n + 1), es decir: N(n + 1) = 22(n+1) − 1 2 = 22n+2 − 1 = 4 · 22n − 1 = 4 · 22n − 1− (22n − 1) = 3 · 22n︸ ︷︷ ︸ que es claramente divisible por 3 Luego, nos devolvemos al principio del problema, y nos damos cuenta que hemos demostrado lo pedido. � 3. Demostrar que a− b es factor de an − bn con n ∈ N. - Demostración: Sea P (n) : an − bn. Usando el principio de inducción, demostraremos para todo n ∈ N. i)P (1) : ⇒ a1 − b1 = a− b = 1 · (a− b) Luego, P (1) es válido. ii) P (n) ⇒ P (n + 1): Suponemos P (n) : an − bn válido (HI) y demostramos para P (n + 1), es decir: P (n + 1) = an+1 − bn+1 = a · an − b · bn = a · an − b · bn + abn − abn = a · (an − bn)︸ ︷︷ ︸ divisible por (a−b) por HI + bn(a− b)︸ ︷︷ ︸ Evidentemente divisible por (a−b) Luego, a− b es factor de an − bn � 4. Se define a0 =, a1 = 1 y an+1 = an−1 + an, ∀ n ∈ N (sucesión de Fibonacci). Demostrar que para todo n ∈ N se cumple que: (an+1)2 − anan+2 = (−1)n+1 - Demostración: Sea P (n) : (an+1)2 − anan+2 = (−1)n+1. Usando el principio de inducción, demostraremos para todo n ∈ N. i)P (1) : 3 ⇒ (a2)2 − a1a3 = 22 − 1 · 3 = 4− 3 = 1 = (−1)2 Luego, P (1) es válido. ii) P (n) ⇒ P (n + 1): Por demostrar (an+2)2 − an+1an+3 = (−1)n+2 Suponemos P (n) : (an+1)2 − anan+2 = (−1)n+1 válido (HI) y demostramos para P (n + 1), es decir: P (n + 1) = (an+2)2 − an+1an+3 / an+2 = an+1 + an = (an+1 + an)2 − an+1an+3 = a2n+1 + a 2 n + 2anan+1 − an+1an+3 / an+3 = an+2 + an+1 = a2n+1 + a 2 n + 2anan+1 − an+1(an+2 + an+1) = a2n+1 + a 2 n + 2anan+1 − an+1an+2 − a2n+1 = a2n + 2anan+1 − an+1an+2 / an+2 = an+1 + an = a2n + 2anan+1 − an+1(an+1 + an) = a2n + 2anan+1 − an+1an − an+1 = a2n + anan+1 − a2n+1 / an+1 = an+2 − an = a2n + an(an+2 − an)− a2n+1 = a2n + anan+2 − a2n − a2n+1 = anan+2 − a2n+1 = (−1)(a2n+1 − anan+2) / por HI (an+1)2 − anan+2 = (−1)n+1 = (−1)(−1)n+1 = (−1)n+2 Luego, queda demostrado que (an+1)2 − anan+2 = (−1)n+1 se cumple para todo n ∈ N. � 5. Demostrar que n∑ k=1 1√ k ≤ 2 √ n, ∀ n ∈ N. - Demostración: Sea P (n) : n∑ k=1 1√ k ≤ 2 √ n. Usando el principio de inducción, demostraremos para todo n ∈ N. i)P (1) : ⇒ 1∑ k=1 1√ k = 1 ≤ 2 √ 1 = 2 Luego, P (1) es válido. 4 ii) P (n) ⇒ P (n + 1): Suponemos P (n) : n∑ k=1 1√ k ≤ 2 √ n válido (HI) y demostramos para P (n+1), pero esta vez, tomare- mos la hipótesis inductiva y trabajaremos con ella para obtener el P (n + 1), es decir: P (n) ⇒ n∑ k=1 1√ k ≤ 2 √ n / + 1√ n + 1 ⇒ n+1∑ k=1 1√ k ≤ 2 √ n + 1√ n + 1 ⇒ n+1∑ k=1 1√ k ≤ 2 √ n(n + 1) + 1√ n + 1 Ahora basta con demostrar que 2 √ n(n + 1) + 1√ n + 1 ≤ 2 √ n + 1. Pero por MA-MG, tenemos que: MA ≥ MG ⇒ √ n(n + 1) ≤ n + (n + 1) 2 ⇒ 2 √ n(n + 1) ≤ 2n + 1 ⇒ 2 √ n(n + 1) + 1 ≤ 2(n + 1) / · 1√ n + 1 ⇒ 2 √ n(n + 1) + 1√ n + 1 ≤ 2 √ n + 1 De lo anterior podemos decir que n+1∑ k=1 1√ k ≤ 2 √ n + 1, con lo que queda demostrado el problema. � 5
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