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Ayudanta 3 - Galasso

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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.
�
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