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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.
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