UNIDAD-N-3NUMEROS-NATURALESINDUCCION

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UNIDAD N° 3 
NÚMEROS 
NATURALES 
PRINCIPIO DE 
INDUCCIÓN 
ÁLGEBRA I. UNIDAD Nº 3: NÚMEROS NATURALES – PRINCIP IO DE INDUCCIÓN – PROF. MARÍA EUGENIA RIVERO 
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 NÚMEROS NATURALES – PRINCIPIO DE INDUCCIÓN 
 
DEDUCCIÓN E INDUCCIÓN 
 
Cuando emitimos una afirmación o proposición podemos intentar clasificarla en 
el conjunto de las proposiciones generales, en donde interviene una afirmación del 
tipo de “para todo elemento de...”, o bien en el conjunto de las proposiciones 
particulares en donde la afirmación se refiere “al elemento tal de...”. 
 De la certeza de una proposición general se puede pasar a la certeza de las 
correspondientes proposiciones particulares, y, al revés, de la certeza de una o 
varias proposiciones particulares se puede pasar a la certeza de la correspondiente 
proposición general o generalización. 
El paso de un tipo de proposición a otra requiere un proceso de razonamiento 
lógico que en general se denomina deducción si se trata del paso de una 
proposición general a una o más proposiciones particulares, o inducción, cuando 
realizamos el paso de una o varias proposiciones particulares a una proposición 
general. 
 Si decimos que “todos los números enteros pares son divisibles por 2” 
estamos exponiendo una proposición general, de la que es particularización, por 
ejemplo, la proposición “el número 246 es divisible por 2”. 
El proceso por el cual, conocida la verificación de la proposición general, 
inferimos que se verifica la proposición particular correspondiente, es lo que 
entendemos por deducción o proceso deductivo . 
 Por otra parte, cuando desde la verificación de una o varias proposiciones 
particulares inferimos que se verifica una proposición general que las engloba, 
entendemos que estamos realizando un proceso de inducción o proceso 
inductivo . 
Si, por ejemplo, aceptamos como cierta la proposición general de que “todos 
los suecos son rubios”, la veracidad de la afirmación correspondiente a la 
particularización: “Gustav es sueco y por consiguiente rubio” es un proceso de 
deducción. Evidentemente, la certeza depende de que sea cierta la proposición 
general de la que se ha partido. 
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 En cambio, el proceso contrario, en el que partiríamos de la veracidad de la 
afirmación “Gustav es sueco y rubio” no nos permitiría afirmar la veracidad de la 
proposición general “Todos los suecos son rubios”. Ni tampoco negarla. 
 En general, pues, el proceso de inducción, por el que pasamos de una o varias 
afirmaciones particulares a una afirmación generalizadora, no es tan sencillo. ¿Cómo 
podríamos realizarlo de una forma segura? Este será el tema a tratar en esta unidad. 
 
 
CONJUNTOS INDUCTIVOS 
 
DEFINICIÓN Nº 1: 
 
 
 
 
 
De acuerdo con la definición precedente, para poder determinar si un conjunto 
K es o no es inductivo, deberemos verificar si 1 es un elemento de K. 
En caso de que esto no se cumpla, podemos concluir en que K no es inductivo, 
puesto que para serlo deben cumplirse simultáneamente las dos propiedades. Por 
tanto, con que una no se verifique es suficiente para afirmar la no inductividad de K. 
Si 1 K∈ deberemos chequear la segunda propiedad. Para ello se tomará un 
elemento genérico del conjunto, por ejemplo r. Por pertenecer a K este elemento 
deberá cumplir todas las propiedades que cumplen los elementos de K, según la 
forma en que este conjunto haya sido definido. A partir de r, deberemos probar si 
r 1+ también verifica esas propiedades. 
Si ocurriese que r 1 K+ ∉ para r K∈ , se concluirá en que K no es inductivo. 
En caso contrario, como se verifican las propiedades 1 y 2 de la definición, 
podremos afirmar que K es inductivo. 
Decimos que un SUBCONJUNTO K de R es INDUCTIVO si verifica las 
siguientes propiedades: 
1) 1 K∈ . 
2) Si r K∈ entonces r 1 K+ ∈ . 
 
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El siguiente esquema resume lo anteriormente planteado: 
NO K no es inductivo
¿1 K ?
SI se verifica la propiedad 1
Dado K
SI se verifica la propiedad 2
Si r K, ¿r 1 K?
NO K no es inductivo
  →→→→ ∈∈∈∈ 
 →→→→

  →→→→ ∈ + ∈∈ + ∈∈ + ∈∈ + ∈ 
 →→→→
 
 
 
1) R es un conjunto inductivo pues 1∈R y dado un número real r, r 1+ 
también es un número real (pues la suma de dos reales es real). 
 
 
 
2) { }x /x 0+ = ∈ >R R� es un conjunto inductivo pues 1 +∈R y dado un número 
real r positivo, r 1+ también es un número real positivo. 
 
 
 
3) { }x / x 0− = ∈ <R R no es un conjunto inductivo pues 1 −∉R y dado un 
número real r negativo, r 1+ no necesariamente es un número real negativo. Por 
ejemplo si 
1 1
r r 1
2 2
− −= − ∈ ⇒ + = ∉R R . 
 
K ES 
INDUCTIVO 
En los siguientes ejemplos analizaremos si algunos 
conjuntos son o no inductivos. 
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4) Veamos si { }K x / x 1 2 x= ∈ = ∨ ≤R es o no un conjunto inductivo. Para 
ello chequearemos si verifica las dos propiedades. 
1 – De acuerdo a como está definido K, 1 K∈ . 
2 – Sea x K∈ . Existen dos posibilidades: 
• Si x 1= , entonces x 1 2 K+ = ∈ . 
• Si 2 x≤ , entonces (sumando 1 a ambos miembros de la desigualdad) 
3 x 1≤ + , y 2 3 x 1≤ ≤ + , con lo cual, x 1 K+ ∈ . 
Por lo tanto, dado x K∈ , se verifica, en cualquier caso, que x 1 K+ ∈ . 
Como se cumplen las dos propiedades, puede concluirse en que el conjunto K 
es inductivo. 
 
 
 
5) { }K 1= no es inductivo pues 1 K, pero 1 1 2 K∈ + = ∉ . 
 
 
6) { }K x / 1 x 2= ∈ < ≤R no es inductivo porque no satisface ninguna de las dos 
condiciones: 1 K∉ y si x K∈ , entonces 1 x 2< ≤ , con lo cual (sumando 1 a todos 
los miembros de la desigualdad) se tiene que 2 x 1 3< + ≤ . Al ser x 1 2+ > queda 
claro que x 1 K+ ∉ . 
 
 
 
 
a) ℤ 
b) −ℤ 
Determina si los siguientes conjuntos son inductivos 
 
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c) { }x / x 4 es divisible por 5∈ +R 
d) Un subconjunto finito de ℕ 
e) Un subconjunto infinito de que contenga al 1.ℕ 
f) { }0∪ℕ 
g) { } { }1 x 1/ x∪ + ∈ℕ 
h) { }x 1/ x+ ∈ℕ 
RTA: Son inductivos: a, f, g. 
 
 
 
∈
= + ∈
= + ∈
= + ∈
= + ∈
1 K
2 1 1 K
3 2 1 K
4 3 1 K
5 4 1 K....
 
 
Por lo tanto, podemos observar que TODO CONJUNTO INDUCTIVO 
CONTIENE AL CONJUNTO DE NÚMEROS NATURALES. 
 
 
 
 
 
 
DEMOSTRACIÓN: 
 
Sean A y B dos conjunto inductivos de R . Debemos demostrar que su 
intersecciónes también un conjunto inductivo. Para ello habrá que chequear que se 
verifiquen las dos propiedades. 
1) Por ser A y B inductivos, 1 ∈ A y 1 ∈ B. Por lo tanto 1 A B∈ ∩ . 
Notemos que si K es un conjunto inductivo, entonces: 
 
TEOREMA Nº 3: 
Si A, B son conjuntos inductivos de R , entonces A ∩ B es un 
conjunto inductivo de R . 
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2) Verificaremos ahora la propiedad 2. 
Sea r A B∈ ∩ . Esto implica que r A∈ ∧ r B∈ . 
Como A es inductivo y r A∈ , entonces r 1 A+ ∈ . 
Como B es inductivo y r B∈ , entonces r 1 B+ ∈ . 
Por lo tanto, r 1 A B+ ∈ ∩ , con lo cual se cumple la propiedad 2 de la definición. 
Como se verifican para A B∩ las propiedades 1 y 2 de la definición 1, 
entonces A B∩ es un conjunto inductivo. 
 
DEFINICIÓN Nº 2: 
 
 
 
 
 
 
La propiedad 2) de esta última definición nos indica que ℕ es el menor (en 
sentido de la inclusión) subconjunto inductivo de R . Es decir que: 
{ }K /K es inductivo= ⊂ℕ ∩ R 
 
 
Para probar esto es suficiente exhibir un conjunto inductivo K tal que 
1
K
2
∉ . 
¿Por qué afirmo esto? Pues si encontramos tal conjunto K inductivo, ℕ estará 
incluido en él (al igual que lo está en cualquier otro conjunto inductivo). Por lo tanto, 
el hecho de probar que 
1
K
2
∉ implicará también que 1
2
∉ℕ . 
 
Llamaremos CONJUNTO DE NÚMEROS NATURALES , al subconjunto 
denotado por ℕ , caracterizado por las siguientes propiedades: 
 
1) ℕ es inductivo. 
2) Si K ⊂ R es un conjunto inductivo, entonces K⊂ℕ . 
Demostraremos que ∉ℕ1
2
. 
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Sea { }K x / 1 x= ∈ ≤R . 
 
Claramente, 1 K∈ . 
Además, dado x K∈ , se verifica que 1 x≤ , con lo cual (sumando 1 a ambos 
miembros de la desigualdad) 2 x 1≤ + . Por lo tanto, 1 x 1≤ + , es decir, x 1 K+ ∈ . 
Queda entonces probado que este conjunto es inductivo, por lo que se verifica 
que K⊂ℕ . 
1
K
2
∉ pues 1 1
2
< , entonces 1
2
∉ℕ . 
 
 
 
 
 
 
 
 
DEMOSTRACIÓN: 
ℕ 
K 
1
2
 
PROPOSICIÓN Nº 2: 
 Todo n∈ℕ satisface 1 n≤ . 
 
Demostrar que 1
5
 y 5
3
 no son números naturales. 
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Sea { }K x /1 x= ∈ ≤R . 
El conjunto K es inductivo, por lo tanto K⊂ℕ (propiedad 2 de la definición 2). 
De esta manera, si n∈ℕ , entonces n K∈ y, por lo tanto, 1 n≤ . 
 
 
 
 
 
DEMOSTRACIÓN: 
 
Si n m< , dividiendo a ambos miembros de la desigualdad por m se obtiene 
< =n m 1
m m
 (esto es posible debido a que, como ∈ℕm , m ≠ 0). 
Por lo tanto, 
n
1
m
< , con lo cual puede concluirse en que n
m
∉ℕ (pues por la 
proposición 2, todo número natural es mayor o igual a 1). 
 
 
 
 
 
 
 
DEMOSTRACIÓN: 
 
Sea { }K x / x 0= ∈ >R . 
Como ya lo hemos visto en el ejemplo 2, este conjunto es inductivo. Por lo tanto 
K⊂ℕ (propiedad 2 de la definición 2). 
De esta manera, si n∈ℕ , entonces n K∈ y, por lo tanto, n 0> . 
 
 
 
 
 
COROLARIO Nº 2 : 
 Si n,m∈ℕ y n m< entonces n
m
∉ℕ . 
COROLARIO Nº 3 : 
 Todo n∈ℕ satisface n 0> . 
 
PROPOSICIÓN Nº 3: 
 Si n∈ℕ satisface 1 n< , entonces 2 n≤ . (Por lo tanto no 
existen números naturales n tales que 1 n 2< < ). 
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DEMOSTRACIÓN: 
 
Sea { }K x / x 1 2 x= ∈ = ∨ ≤R . 
Como ya lo hemos visto en el ejemplo 4, este conjunto es inductivo. Por lo tanto 
K⊂ℕ (propiedad 2 de la definición 2). De esta manera, si n∈ℕ y 1 n< (como 
plantea la hipótesis de la proposición), entonces n K∈ y, por lo tanto, 2 n≤ . 
 
 
 
 
1) Demostraremos que no existe ∈ =ℕ 2x / x 2 . 
Supongamos que 2 x / x 2∃ ∈ =ℕ . 
Por la proposición 1, tendríamos que x 1≥ . 
Ahora, x 1= es imposible pues 21 1 2= ≠ . Por lo tanto x 1> , o sea 2 x≤ 
(proposición 3). 
Entonces, elevando al cuadrado ambos miembros de la desigualdad, 
obtenemos, 2 24 2 x 2= ≤ = , lo cual implica que 4 2≤ . 
Absurdo, puesto que 2 4< . El absurdo proviene de suponer que x /∃ ∈ℕ 
2x 2= . 
Por lo tanto no existe 2x / x 2∈ =ℕ . 
 
 
2) Demostraremos que si ∈ℕx, y y ⋅ = ⇒ = =x y 1 x y 1 . 
Supongamos que x 1 1 x 2 x≠ ⇒ < ⇒ ≤ (proposición 3). 
Como y 1 y∈ ⇒ ≤ℕ (proposición 2). 
Luego, multiplicando los dos primeros miembros entre sí y los dos segundos 
miembros entre sí de las desigualdades recuadradas obtenemos 2 1 x y 2 1⋅ ≤ ⋅ ⇒ ≤ . 
A continuación veremos algunos ejemplos en donde 
utilizaremos lo aprendido anteriormente. 
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Absurdo, pues 1 2< . El absurdo proviene de suponer que x 1≠ . También 
hubiéramos llegado a él suponiendo y 1≠ . 
Por lo tanto x y 1= = , que era lo que queríamos demostrar. 
 
 
 
 
 
 
SUMATORIA 
 
DEFINICIÓN Nº 3: 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
1) Desarrollaremos las siguientes sumas: 
Demuestra que no existe ningún número natural que al 
elevarlo al cuadrado de por resultado 3. 
Sean n, m números enteros tales que n ≤ m y { }n ma ;...;a un conjunto de 
números reales. 
Se define 
m
k n m
k n
a a ... a
=
= + +∑ y se lee “suma de los términos ka cuando el 
valor de k va desde n hasta m”. 
En este contexto, ∑ se llama SIGNO DE SUMATORIA y k se conoce como 
ÍNDICE DE LA SUMA . 
 
A continuación veremos algunos ejemplos que nos 
permitirán comprender la definición anterior. 
 
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 a) 
5
k 1 2 3 4 5
k 1
b b b b b b
=
= + + + +∑ 
 b) 
6
k 3 4 5 6
k 3
c c c c c
=
= + + +∑ 
 c) ( ) ( )
3
2 22 2 2 2 2
k 2
k 2 1 0 1 2 3 4 1 0 1 4 9 19
=−
= − + − + + + + = + + + + + =∑ 
 
 
2) Escribiremos las siguientes sumas usando la notación de sumatoria. 
 a) 
9
k 3
3 4 5 6 7 8 9 k
=
+ + + + + + =∑ 
 b) 
n
1 1 2 2 n n i i
i 1
a b a b ... a b ab
=
+ + + =∑ 
 c) ( )
8
k 1
k 1
1 2 3 4 5 6 7 8 1 k
+
=
− + − + − + − = −∑ 
 
 
PRODUCTORIA 
DEFINICIÓN Nº 4: 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
Sean n, m números enteros tales que n ≤ m y { }n ma ;...;a un conjunto de 
números reales. 
Se define 
m
i n m
i n
a a ... a
=
= ⋅ ⋅∏ y se lee “producto de los términos ia cuando el 
valor de i vadesde n hasta m”. 
En este contexto, ∏ se llama SIGNO DE PRODUCTORIA y k se conoce 
como ÍNDICE DEL PRODUCTO. 
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1) Calcula: 
 
a) 
4
r 1
r
=
=∑ d) ( )
11
2
i 1
i 2i
=
− =∑ g) 
4
i 1
i
=
=∏ 
b) ( )
1
k 3
1
k k 4
−
=−
=
⋅ +∑
 e) ( )
15
2
i 10
i 1
=
− =∑ h)
7
n 2
n
n 1=
=
−∏ 
c) 
1
j 3
j
j 4
−
=−
=
+∑
 f) 
7
r 1
a
=
=∑ i) 
10
n 1
a
=
=∏ 
 
RTA: a) 10 b) 
11
12
− c) 13
3
− 
 d) 374 e) 811 f) 7a 
 g) 24 h) 7 i) 
10a 
 
 
2) Expresa cada serie como una sumatoria: 
 
a) 
1 2 3 4 5 6
2 3 4 5 6 7
+ + + + + = b) 3 + 6 + 9 + 12 + 15 = 
 
c) -2 + 4 - 8 + 16 - 32 + 64 = d) 
1 1 1
1
4 9 16
+ + + = 
 
e) 1 + 4 + 9 + 16 + 25 = f) 
1 1 1 1
3 9 27 81
+ + + = 
 
g) -1 - 2 - 3 - 4 – 5 = h) 
1 1 1
1
22 3
+ + + = 
 RTA: a) 
6
n 1
n
n 1= +
∑ b) 
5
n 1
3n
=
∑ c) ( )
6
n
n 1
2
=
−∑ d) 
4
2
n 1
1
n=
∑ 
 e) 
5
2
n 1
n
=
∑ f) 
4
n
n 1
1
3=
∑ g) 
5
n 1
n
=
−∑ h) 
4
n 1
1
n=
∑ 
Teniendo en cuenta lo definido respecto a la sumatoria y a la 
productoria, resuelve los siguientes ejercicios. 
 
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PRINCIPIO DE INDUCCIÓN 
 
Un método para demostrar resultados generales que dependen en algún 
sentido de los números naturales es conocido con el nombre de Inducción 
Matemática. 
A partir de determinadas observaciones o afirmaciones particulares que 
resultan verdaderas se busca el principio general que en ellas está implícito. 
Es decir, se pretende pasar de lo particular a lo general, tratando de establecer si 
estas afirmaciones siguen siendo verdaderas para los infinitos números naturales 
restantes. 
Existen muchos enunciados que sólo son válidos para un número finito de 
casos y en consecuencia son falsos para un número infinito de situaciones. 
Por ejemplo, si afirmamos que n∀ ∈ℕ se verifica que 2n 3n 1 0− − < , será fácil 
probar que esto es verdadero para n 1= , n 2= y n 3= . 
Sin embargo, para n 4= no se cumple ya que 24 3 4 1 3 0− ⋅ − = > . 
Este ejemplo sencillo muestra que una proposición puede ser verdadera para 
los primeros números naturales y falsa para números naturales más grandes. 
También podemos encontrar proposiciones que son verdaderas sólo a partir de 
un cierto número natural 0n . De ser así, la técnica que desarrollaremos se llama 
Inducción Incompleta . Para demostrar que una proposición ( )p n , ∀ n K∈ ⊆ ℕ , es 
verdadera es necesario comprobar la validez de ella para todos los elementos del 
conjunto K. 
En el caso en que K = ℕ , diremos que es una Inducción Completa . 
 
Sea K un subconjunto de ℕ tal que: 
I) 1 K∈ . 
II) Si r K∈ entonces r 1 K+ ∈ . 
Por I) y II), K es inductivo, con lo que K⊂ℕ . 
Pero siendo K subconjunto de ℕ se tiene que K ⊂ ℕ . 
Por lo tanto K = ℕ . 
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Este principio permite formular el siguiente criterio de demostración por 
inducción: 
 
CRITERIO 
 
 
 
 
 
 
 
 
En efecto, para probar que una propiedad se cumple para todos los números 
naturales, basta comprobar primero que se cumple para el 1 (o para un 0n en el 
caso de la inducción incompleta) y, a continuación, suponer que se cumple para un 
natural k y, desde aquí, deducir que se ha de cumplir para el natural siguiente, 
k 1+ . 
Resumiendo, para probar que una proposición ( )p n es verdadera para todos 
los valores de la variable n se deben efectuar los siguientes tres pasos: 
 
La proposición ( )p n debe ser verdadera para n 1= . 
 
Se plantea la hipótesis inductiva : se supone que ( )p k es 
verdadera, donde k es un número natural cualesquiera. 
 
Se plantea la tesis inductiva y se la demuestra. 
Se prueba que ( )p k 1+ es verdadera, o bien, que ( )p k verdadera 
implica ( )p k 1+ verdadera. 
Sea P(n) una función proposicional con n recorriendo el conjunto de 
números naturales. 
Si: 
I) P(1) es verdadera. 
II) k :P(k) P(k 1)∀ ∈ ⇒ +ℕ es verdadera. 
Entonces P(n) es verdadera n∀ ∈ℕ . 
PASO 1 
PASO 2 
PASO 3 
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Como habrás podido observar, en el video se menciona un juego: las torres de 
Hanoi. 
El tablero del mismo consta de tres varillas. En una de ellas hay discos de 
diámetros decrecientes. Se quieren llevar a otra de las varillas respetando las dos 
reglas siguientes: 
1. No se puede desplazar más que un disco en cada movimiento. 
2. Un disco sólo puede descansar sobre otro de diámetro mayor. 
 
 
 
 
¿Cuál será el mínimo número de movimientos para trasladar 3 discos de una 
varilla a otra? ¿Y si hubiese 6 discos o 7 discos? ¿Y si hubiese n discos? 
Completa la siguiente tabla: 
CANTIDAD DE DISCOS CANTIDAD TOTAL DE MOVIMIENTOS 
2 
3 
4 
5 
N 
 
Te invito a que observes el video en el que Adrián Paenza 
explica en qué consiste el método de inducción. Para ello 
ingresa en 
http://www.youtube.com/watch?v=kHTvTm5Lq5U 
 
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EJEMPLOS DE APLICACIÓN DEL MÉTODO 
 
 
1) SUMA DE LOS PRIMEROS n NÚMEROS NATURALES (por Adrián 
Paenza). 
Se tienen distribuidas cruces en distintos renglones, con la característica de 
que a medida que uno va recorriendo las filas, el número de cruces aumenta en uno. 
Es decir, en la primera fila hay una cruz. En la segunda, hay dos. En la tercera, 
tres... y así sucesivamente. 
 
 Figura 1 
 
¿Cómo hacer si uno quiere saber el número total de cruces? 
Por supuesto que la invitación está hecha para que pienses solo/a, de manera 
tal que, si prefieres no leer lo que sigue, mucho mejor. 
De todas formas, voy a proponerte una solución de las muchísimas que es 
posible encontrar, la cual incluye un argumento gráfico. 
La figura que aparece con las cruces es un triángulo. Uno podría dibujar otro 
triángulo igual, esta vez con circulitos, y quedaría así: 
A continuación veremos algunos ejemplos que nos 
permitirán familiarizarnos con la aplicación del método 
inductivo. 
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 Figura 2 
 
Ahora, damos vuelta ese triángulo 
 
 Figura 3 
 
Si colocamos juntos los triángulos que aparecen en las figuras 1 y 3, se tiene el 
siguiente dibujo: 
 
 Figura 4 
 
Como el objetivo era calcular el número de cruces que había en el primer 
triángulo, si uno mira el rectángulo que quedó formado en la figura 4 advierte que las 
cruces son exactamente la mitad (contando las cruces y los círculos). 
¿Cómo calcular cuántas cruces y círculos hay en ese rectángulo? Multiplicando 
el número que hay en cada fila por el número en cada columna. Es decir, 6 (que son 
los que hay en la base) por 5 (los que hay en altura). Resultado: 30. Como las 
cruces son la mitad, entonces en total hay 15 cruces. 
Con esta idea, si tenemos ahora un triángulo con más cruces, digamos el que 
aparece en la figura 5: 
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 Figura 5 
 
Si uno quiere calcular el número de cruces, lo que hace es dibujar un triángulo 
igual pero con círculos en lugar de cruces. Luego, lo da vuelta y lo coloca junto al 
que aparece en la figura 5. Y se tiene el siguiente rectángulo (figura 6). 
 
 Figura 6 
 
Luego, contando otra vez, en la base hay 11 elementos, entre cruces y 
círculos, y en la altura, 10. Conclusión: en total en el rectángulo hay 10 11 110⋅ = 
elementos, y como las cruces son la mitad, se sigue que hay 55 cruces. 
Una vez vistos estos ejemplos, queda claro lo que se puede hacer en general. 
Si uno tiene n filas con cruces y quiere saber cuántas cruces hay en total, se fabrica 
un triángulo igual, pero con círculos, y se lo invierte. Después, lo pone al lado del 
otro, y queda formado un rectángulo. Todo lo que hay que hacer es contar cuántos 
elementos (entre cruces y círculos) hay en la base del rectángulo, y luego, contar 
cuántos elementos hay en la altura del rectángulo. Multiplicar esos números para 
saber cuál es el número total de elementos en el rectángulo y dividirlo por 2, para 
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saber cuántas cruces hay. ¿Se entendió? Hagamos la cuenta para verificar. 
 
Se tiene un triángulo armado con cruces con n filas, de manera tal que en la 
primera fila hay 1 cruz, en la segunda hay 2, en la tercera hay 3, y así siguiendo. En 
la enésima fila hay n cruces. Lo que tratamos de hacer es la siguiente suma: 
( ) ( )1 2 3 4 n 2 n 1 n+ + + + + − + − +… 
Es decir, sumar las cruces que hay en cada fila. 
Formamos un triángulo igual pero armado con círculos. Y lo ponemos al lado 
del otro. Ahora, los invito a contar cuántos elementos tiene el rectángulo que queda 
formado. 
En la base hay n 1+ elementos (los n que aporta el triángulo de las cruces y un 
círculo). En la columna hay n elementos, porque el número de filas que había 
originalmente, y que no varió, es de n. Luego, queda formado un rectángulo de n 1+ 
elementos en la base, y n en la altura. El número total de elementos, entonces, es: 
( )n n 1⋅ + 
Como el número de cruces era exactamente la mitad de esta cantidad, el 
resultado final es: 
( )n n 1
2
⋅ +
 
Este argumento muestra, entonces, que si uno quiere calcular la suma de los 
primeros n números naturales, el resultado que obtiene es 
( )n n 1
2
⋅ +
 
 
 
 
Te invito a que observes el video en el que Adrián Paenza 
explica una forma de sumar los primeros 100 números naturales. 
Para ello ingresa en: 
http://www.youtube.com/watch?v=HseO0mBZ8y8 
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Como puedes observar, en el video se relata la historia de Carl Friedrich 
Gauss, cuando la maestra les propuso a los alumnos que sumaran los primeros cien 
números naturales: 
1 2 3 4 97 98 99 100+ + + + + + + +… 
Lo que Gauss hizo fue sumar el primero y el último ( )1 100+ , y advirtió que le 
daba 101. Luego, sumó el segundo y el penúltimo ( )2 99+ y descubrió que otra vez 
le daba 101. Después, sumó el tercero y el antepenúltimo ( )3 98+ y, una vez más, 
le daba 101. Siguiendo de esa forma, y eligiendo números de ambas puntas, las 
sumas le daban siempre 101 y, por lo tanto, el cálculo era fácil: bastaba con 
multiplicar 50 por 101 (ya que hay 50 posibles parejas y 101 es el resultado de la 
suma de cada una de ellas), con lo cual el resultado era 5.050. 
 
Podríamos entender de otra forma lo que hizo Gauss. Es decir, podemos tratar 
de darle la misma interpretación gráfica que pusimos al principio. Sería como tener 
un triángulo de 100 filas. La primera tiene 1 cruz, la segunda 2, la tercera 3... y así, 
hasta que la centésima tiene 100 cruces. 
 
 Figura 7 
. 
Al hacer un triángulo igual pero con círculos, darlo vuelta y agregarlo al de las 
cruces para formar un rectángulo (como hicimos más arriba), descubrimos que el 
rectángulo tiene, en la base, 101 elementos (las 100 cruces y un círculo). Y como 
hay 100 filas, la cuenta que hay que hacer para calcular el número de elementos del 
rectángulo es multiplicar 100 101⋅ . 
Pero ¿cómo? ¿No era que Gauss hizo -y estaba bien- 101 x 50? Claro, pero no 
olvidemos que lo que calcula 100 101⋅ es el número de elementos del rectángulo. 
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Para poder calcular el número de cruces, hay que dividir por 2, como hicimos 
más arriba. Y ahora sí, el resultado es el correcto: 
100 101
50 101 5.050
2
⋅ = ⋅ = 
 
 
Como puedes observar, hemos podido deducir gráficamente que la suma de 
los primeros n números naturales, la cual puede simbolizarse mediante 
n
i 1
i
=
∑ es 
igual a 
( )n n 1
2
⋅ +
. 
Utilizaremos el método de inducción para demostrar entonces esta igualdad. 
Probaremos que 
( )n
i 1
n n 1
i
2=
⋅ +
=∑ . 
 
El primer paso será considerar n 1= . Veremos que para este valor, los dos 
miembros de la igualdad anterior toman el mismo valor. 
n 1
i 1 i 1
i i 1
= =
= =∑ ∑ 
Por su parte, 
( ) ( )n n 1 1 1 1 1 2
1
2 2 2
⋅ + ⋅ + ⋅= = = . 
Por lo tanto, para n 1= se verifica que ( )
n
i 1
n n 1
i
2=
⋅ +
=∑ . 
 
El segundo paso será plantear la hipótesis inductiva. La misma deberá ser 
utilizada para demostrar la tesis. 
 
HIPÓTESIS INDUCTIVA 
Supongamos ahora que ( )P k es verdadera para k ∈ℕ , es decir, que 
( )k
i 1
k k 1
i
2=
⋅ +
=∑ . 
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A partir de ahora, el tercer paso será plantear la tesis inductiva que luego 
habrá que demostrar para probar que la igualdad propuesta esverdadera. 
 
 
TESIS INDUCTIVA 
Demostraremos, a partir de la hipótesis que ( )P k 1+ es verdadera para k ∈ℕ , 
es decir, que 
( ) ( ) ( ) ( )k 1
i 1
k 1 k 1 1 k 1 k 2
i
2 2
+
=
+ ⋅ + + + ⋅ +
= =∑ . 
 
Demostración: 
 
Para efectuar la demostración deberemos partir de un miembro de la igualdad 
anterior y llegar al siguiente haciendo uso de la hipótesis inductiva. 
En este caso, comenzaremos desarrollando 
k 1
i 1
i
+
=
∑ . 
( )
( )
( ) ( )
( ) ( )
( ) ( )
k
i 1
k 1
i 1
i
k
i 1
i 1 2 k k 1
 i k 1
k k 1
 k 1 por hipótesis inductiva
2
k k 1 2 k 1
 
2
k 1 k 2
 se sacó factor común k 1 
2
=
+
=
=
= + + + + +
∑
= + +
⋅ +
= + + →
⋅ + + ⋅ +
=
+ ⋅ +
= → +
∑
∑
…�������
 
 
 
Queda así demostrado que 
( )n
i 1
n n 1
i
2=
⋅ +
=∑ n∀ ∈ℕ . 
 
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2) SUMA DE LOS PRIMEROS n NÚMEROS NATURALES IMPARES (por 
Adrián Paenza). 
Supongamos que uno empieza a calcular la suma de números impares. En 
los primeros pasos se tropieza con estos datos. 
 
¿Alcanzas a descubrir un patrón? 
Mira los resultados de la segunda columna y verás que se produce algo 
curioso: los números que aparecen son los cuadrados de los números naturales. Es 
decir, el patrón permite conjeturar que la suma de los primeros números impares se 
reduce a calcular el cuadrado de un número. 
En este caso, podemos pensarlo haciendo algunos dibujos: 
 
 
 
 
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En general, entonces, la suma de los primeros n números impares es igual a 
n 2 . 
Es decir ( ) 21 3 5 7 2n 1 n+ + + + + − =… 
 
 
 
Como puedes observar, hemos podido deducir gráficamente que la suma de 
los primeros n números naturales impares, la cual puede simbolizarse mediante 
( )
n
i 1
2i 1
=
−∑ es igual a 2n . 
Utilizaremos el método de inducción para demostrar entonces esta igualdad. 
Probaremos que ( )
n
2
i 1
2i 1 n
=
− =∑ . 
 
El primer paso será considerar n 1= . Veremos que para este valor, los dos 
miembros de la igualdad anterior toman el mismo valor. 
( ) ( )
n 1
i 1 i 1
2i 1 2i 1 2 1 1 2 1 1
= =
− = − = ⋅ − = − =∑ ∑ 
Por su parte, 2 2n 1 1= = . 
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Por lo tanto, para n 1= se verifica que ( )
n
2
i 1
2i 1 n
=
− =∑ . 
 
El segundo paso será plantear la hipótesis inductiva. La misma deberá ser 
utilizada para demostrar la tesis. 
 
HIPÓTESIS INDUCTIVA 
Supongamos ahora que ( )P k es verdadera para k ∈ℕ , es decir, que 
( )
k
2
i 1
2i 1 k
=
− =∑ . 
A partir de ahora, el tercer paso será plantear la tesis inductiva que luego 
habrá que demostrar para probar que la igualdad propuesta es verdadera. 
 
 
TESIS INDUCTIVA 
Demostraremos, a partir de la hipótesis que ( )P k 1+ es verdadera para k ∈ℕ , 
es decir, que ( ) ( )
k 1
2
i 1
2i 1 k 1
+
=
− = +∑ . 
 
Demostración: 
 
Para efectuar la demostración deberemos partir de un miembro de la igualdad 
anterior y llegar al siguiente haciendo uso de la hipótesis inductiva. 
En este caso, comenzaremos desarrollando ( )
k 1
i 1
2i 1
+
=
−∑ . 
( ) ( ) ( )
( )
( )( )
k
i 1
k 1
i 1
2i 1
2i 1 2 1 1 2 k 1 2 k 1 1 
=
+
=
−
− = ⋅ − + + ⋅ − + ⋅ + −
∑
∑ …����������� 
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( ) ( )( )
( )
2
k
i 1
k
2
2
2
 2i 1 2 k 1 1
 k 2k 2 1 por hipótesis inductiva
 k 2k 1 
 k 1 
=
= − + ⋅ + −
= + + − →
= + +
= +
∑
�����
 
 
 
Queda así demostrado que ( )
n
2
i 1
2i 1 n
=
− =∑ n∀ ∈ℕ . 
 
 
 
a) ( ) ( )
n
i 1
2i n n 1
=
= ⋅ +∑ 
b) ( ) ( )
n
2
i 0
2i 1 n 1
=
+ = +∑ 
c) ( ) ( )
n
i 1
n 3n 1
3i 1
2=
⋅ +
− =∑ 
d) 
( ) ( )n 2
i 1
n n 1 2n 1
i
6=
⋅ + ⋅ +
=∑ 
e) 
( ) 2n 3
i 1
n n 1
i
2=
 ⋅ +
=  
 
∑ 
f) ( ) ( )
n
i 1
1 n
2i 1 2i 1 2n 1=
=
− ⋅ + +∑
 
Demuestra inductivamente que: 
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DEMOSTRACIÓN: 
 
Al demostrar este teorema estaremos demostrando las propiedades de 
clausura de la adición y de la multiplicación en ℕ . 
 
1) Sea a ∈ℕ y sea { }K b /b a b= ∈ ∧ + ∈ℕ ℕ 
¿Qué elementos pertenecen a K? En K se encuentran todos los números 
naturales que sumados a un número natural fijo a dan por resultado otro número 
natural. 
Veamos que K es inductivo. 
• b 1 K= ∈ pues 1∈ℕ y al ser a un número natural y ℕ un conjunto inductivo, 
a 1+ también pertenece a ℕ . 
 
• Sea b K∈ . Entonces, por definición de K se verifica que b ∈ℕ y 
( )a b + ∈ ∗ℕ . 
Veamos si b 1 K+ ∈ (es decir, chequearemos si se cumple para K la segunda 
condición que deben cumplir los conjuntos inductivos). 
Ahora… ¿qué significa que b 1+ pertenezca a K? Significa que b 1+ debe ser 
un número natural y que ( )a b 1+ + también debe serlo. Veamos cada una de estas 
dos cosas. 
Como b ∈ℕ y ℕ es un conjunto inductivo, entonces b 1+ ∈ℕ . 
Además, a b+ ∈ℕ (por ( )∗ ) y ℕ es un conjunto inductivo, entonces 
( ) ( )a b 1 a b 1+ + = + + ∈ℕ . 
Luego, como b 1+ ∈ℕ y ( )a b 1+ + ∈ℕ , entonces b 1 K+ ∈ . 
Por lo tanto, K es un conjunto inductivo, entonces K = ℕ . 
TEOREMA Nº 4: 
1) Si a,b a b∈ ⇒ + ∈ℕ ℕ 
2) Si a,b a b∈ ⇒ ⋅ ∈ℕ ℕ 
 
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Esto nos dice que siendo a ∈ℕ , a b b+ ∈ ∀ ∈ℕ ℕ . 
Como a es arbitrario, se concluye que a b a,b+ ∈ ∀ ∈ℕ ℕ . 
 
 
2) La demostración es análoga y por tanto, queda como ejercicio. 
 
 
 
El siguiente lema asegura la existencia de un número natural antecesor a 
cualquier natural mayor que 1. 
 
 
 
 
 
 
DEMOSTRACIÓN: 
 
Sea { } { }K 1 c 1/ c= ∪ + ∈ℕ . 
Claramente, K es un subconjunto inductivo de ℕ y por lo tanto, K = ℕ . 
Como b K∈ =ℕ y 1 b b 1 b c 1< ⇒ ≠ ⇒ = + para algún c ∈ℕ . 
 
 
En el siguiente teorema se plantea, y luego se demuestra, que si el minuendo y 
el sustraendo son dos números naturales, siendo el minuendo mayor que el 
sustraendo, la diferencia da por resultado otro número natural. 
 
 
 
 
 
DEMOSTRACIÓN: 
 
Para demostrareste teorema razonaremos inductivamente en a. 
LEMA Nº 1 : 
Si b ∈ℕ y 1 b c / c 1 b< ⇒ ∃ ∈ + =ℕ 
 
TEOREMA Nº 5: (de la posibilidad de la resta en ℕ ) 
Sean a,b ∈ℕ . Si a b b a< ⇒ − ∈ℕ . 
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Sea a 1= . 
Debemos probar que si 1 b b 1< ⇒ − ∈ℕ . 
Como 1 b< se sigue del lema Nº 1 la existencia de un c /∈ℕ 
c 1 b b 1 c+ = ⇒ − = b 1⇒ − ∈ℕ . 
Sea ahora 1 a≤ y supongamos el teorema cierto para a. 
Debemos probarlo ahora para a 1+ , es decir, debemos verificar que si 
a 1 b+ < ⇒ ( )b a 1− + ∈ℕ . 
Se tiene que: 
1 a a 1 b 
 
así lo supusimos
≤ < + < ∗
↓ ↓ 
Entonces, como 1 b c / c 1 b< ⇒ ∃ ∈ + =ℕ 
Reemplazando en ∗ tenemos que a 1 c 1 a c+ < + ⇒ < . 
Por hipótesis inductiva (suponíamos cierto el teorema para a), c a− ∈ℕ . 
Luego, ( ) ( ) ( )b a 1 c 1 a 1− + = + − + c 1 a 1 c a= + − − = − ∈ℕ 
Ha quedado así demostrado el paso inductivo. El Principio de Inducción nos 
asegura que cualesquiera sean a,b ∈ℕ , si a b b a< ⇒ − ∈ℕ . 
El teorema queda demostrado. 
 
 
 
 
 
 
 
DEMOSTRACIÓN: 
 
Como a b b a< ⇒ − ∈ℕ (teorema nº 5) 1 b a a 1 b⇒ ≤ − ⇒ + ≤ . 
 
 
COROLARIO Nº 4 : 
 Si a,b ∈ℕ satisfacen que a b a 1 b< ⇒ + ≤ . 
 
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PRINCIPIO DE BUENA ORDENACIÓN 
 
DEFINICIONES Nº 5: 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
1) Sea { }K 1;2;3= . 
Los subconjuntos no vacíos de K son: 
{ }1 1 es el primer elemento. 
{ }2 2 es el primer elemento. 
{ }3 3 es el primer elemento. 
{ }1;2 1 es el primer elemento. 
{ }1;3 1 es el primer elemento. 
{ }2;3 2 es el primer elemento. 
{ }1;2;3 1 es el primer elemento. 
Como todo subconjunto de K tiene primer elemento, K es bien ordenado. 
Dado un subconjunto K de R , diremos que K posee PRIMER ELEMENTO o 
ELEMENTO MINIMAL si existe m ∈R con las siguientes propiedades: 
 
a) m K∈ 
 
b) Si x K∈ , entonces m x≤ . 
 
Un SUBCONJUNTO L de R se dice BIEN ORDENADO (BO) si todo 
subconjunto no vacío de L posee primer elemento. 
 
Determinaremos si los siguientes conjuntos son o no bien 
ordenados. 
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2) Sea 
1
K / n
n
 = ∈ 
 
ℕ . 
 
 
Supongamos que K tiene primer elemento 
1
m
 (m ∈ℕ ). 
Ahora, si 
m
m n< ⇒
m
n
n
<
mn
1 1
n m
⇒ < 
Absurdo, pues si 
1
m
 es el primer elemento de K es menor o igual que cualquier 
otro elemento del conjunto. 
El absurdo proviene de suponer que K tiene primer elemento. Por lo tanto no lo 
tiene. 
Así, podemos concluir en que K no es un conjunto bien ordenado. 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
DEMOSTRACIÓN: 
 
Sea H ⊂ ℕ definido así: “h H∈ si y sólo si todo subconjunto no vacío de ℕ que 
contiene a h posee primer elemento”. 
Intentaremos demostrar que H es un conjunto inductivo. 
 
1) Siendo todo número natural mayor o igual que 1, se sigue que si un 
subconjunto de ℕ contiene a 1, necesariamente 1 debe ser el primer elemento de 
TEOREMA Nº 6: 
Todo subconjunto finito de R es bien ordenado. 
 
TEOREMA Nº 7: 
ℕ es un conjunto bien ordenado. 
 
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dicho conjunto (en efecto, pertenece al conjunto y es menor o igual que cualquiera 
de sus elementos). 
Por lo tanto, está claro que 1 H∈ . 
 
2) Sea k H∈ . Deberemos probar que k 1 H+ ∈ . 
Como k H∈ , todo subconjunto de ℕ que contenga a k, posee primer elemento. 
Para probar que k 1 H+ ∈ tomamos un subconjunto L ⊂ ℕ tal que k 1 L+ ∈ . 
Debemos probar que L posee primer elemento. 
Puede ocurrir que k L∈ o que k L∉ . 
• Si k L∈ , como k H∈ , entonces L tiene primer elemento y no hay nada que 
agregar. 
• Si k L∉ , sea { }L ' L k= ∪ 
L ' ≠ ∅ pues k L '∈ . 
Además, como k L '∈ , entonces L ' tiene primer elemento, es decir, existe 
p /p L ' p t t L '∈ ∧ ≤ ∀ ∈ . 
En particular, p k≤ . Nuevamente tenemos dos posibilidades: 
° Si p k k t t L '= ⇒ ≤ ∀ ∈ . Más aún, k t t L≤ ∀ ∈ . Como k L∉ se sigue 
que k t t L k 1 t t L< ∀ ∈ ⇒ + ≤ ∀ ∈ . Como k 1 L+ ∈ , se sigue que L posee primer 
elemento y que este primer elemento es k 1+ . 
° Si p k p L p t t L p≠ ⇒ ∈ ∧ ≤ ∀ ∈ ⇒ es primer elemento de L. 
Hemos probado entonces que k 1 H+ ∈ puesto que un subconjunto cualquiera 
de ℕ , en este caso L, que contiene a k 1+ , posee primer elemento. 
 
Por 1) y 2), queda demostrado que H es un subconjunto inductivo de números 
naturales. 
Por lo tanto H = ℕ . 
 
Veamos entonces que ℕ es bien ordenado. Deberemos probar que todo 
subconjunto no vacío de ℕ posee primer elemento. 
Sea T∅ ≠ ⊂ ℕ . Demostraremos que T tiene primer elemento. 
Como T m /m T≠ ∅ ⇒ ∃ ∈ ∈ℕ . 
Puesto que H = ℕ m H⇒ ∈ . Por la misma definición de H, m H∈ si y sólo si 
todo subconjunto no vacío de ℕ que contiene a m posee primer elemento. En 
particular, T tiene primer elemento. 
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INSTITUTO SUPERIOR DE FORMACIÓN DOCENTE “JOAQUÍN V. GONZÁLEZ” 155 
Queda así demostrado que ℕ es un conjunto bien ordenado. 
 
 
DEFINICIONES Nº 6: 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
Sean [ )X 1;3= − e [ ]Y 5;6= − . 
Como podemos observar X Y⊂ . 
 
Sea X un subconjunto de Y ⊂ ℝ . 
Llamamos COTA INFERIOR de X en Y a todo número a Y∈ tal que a x≤ 
 x X∀ ∈ . 
Llamamos COTA SUPERIOR de X en Y a todo número b Y∈ tal que x b≤ 
 x X∀ ∈ . 
Un SUBCONJUNTO de Y se dice ACOTADO INFERIORMENTE 
(SUPERIORMENTE) en Y si posee una cota inferior (superior) en ℝ . 
Un elemento m Y∈ se dice MÍNIMO de X o ELEMENTO MINIMAL de X si: 
• m X∈ 
• m x x X≤ ∀ ∈ . 
Un elemento M Y∈ se dice MÁXIMO de X o ELEMENTO MAXIMAL de X si: 
• M X∈ 
• x M x X≤ ∀ ∈ . 
 
Analizaremos los conceptos presentados en la definición 
precedente en el siguiente ejemplo: 
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Una cota inferior de X en Y sería, por ejemplo 2− puesto que 2 Y− ∈ y 
además 2 x− ≤ x X∀ ∈ . 
6− no es una cota inferior de X en Y puesto que si bien 6 x− ≤ x X∀ ∈ , 
6 Y− ∉ . 
Así, podemos decir que el conjunto de cotas inferiores de X en Y es 
{ }x / 5 x 1∈ − ≤ ≤ −R . 
Por su parte, elconjunto de cotas inferiores de X en R es { }x / x 1∈ ≤ −R . 
Una cota superior de X en Y sería, por ejemplo 5 puesto que 5 Y∈ y además 
x 5≤ x X∀ ∈ . 
7 no es una cota superior de X en Y puesto que si bien x 7≤ x X∀ ∈ , 7 Y∉ . 
Así, podemos decir que el conjunto de cotas superiores de X en Y es 
{ }x / 3 x 6∈ ≤ ≤R . 
Por su parte, el conjunto de cotas superiores de X en R es { }x / 3 x∈ ≤R . 
El mínimo de X es 1− puesto que 1 X− ∈ y 1 x− ≤ x X∀ ∈ . 
X no tiene máximo. 
 
 
 
 
a) ( ]X 1;5= , [ ]Y 3;5= − 
b) { }X x / x 7= ∈ ≤ℕ , { }Y x / x 20= ∈ ≤ℕ 
c) { }2X x / x 1 x 3= ∈ ∧ − ≤ ≤R , [ ]Y 4;12= − 
 
RTA: 
 a b c 
CONJUNTO DE COTAS 
INFERIORES DE X EN Y 
{ }x / 3 x 1∈ − ≤ ≤R { }1 { }x / 4 x 0∈ − ≤ ≤R 
Dados los conjuntos X e Y, determinar en cada caso el 
conjunto de cotas inferiores y superiores de X en Y y en 
R . Indicar si X tiene máximo y mínimo. 
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CONJUNTO DE COTAS 
INFERIORES DE X EN R 
{ }x / x 1∈ ≤R { }x / x 1∈ ≤R { }x / x 0∈ ≤R 
CONJUNTO DE COTAS 
SUPERIORES DE X EN Y 
{ }5 { }x / 7 x 20∈ ≤ ≤ℕ { }x / 9 x 12∈ ≤ ≤R 
CONJUNTO DE COTAS 
SUPERIORES DE X EN R 
{ }x / 5 x∈ ≤R { }x / 7 x∈ ≤R { }x / 9 x∈ ≤R 
MINIMO No tiene 1 0 
MAXIMO 5 7 9 
 
 
 
 
 
 
 
 
DEMOSTRACIÓN: 
 
Sea K , K⊂ ≠ ∅ℕ , acotado superiormente en ℕ . Deberemos demostrar que K 
posee un máximo. 
Sea L el conjunto formado por la totalidad de las cotas superiores de K en ℕ . 
Se tiene entonces que L ⊂ ℕ y L ≠ ∅ (pues por hipótesis K está acotado 
superiormente en ℕ ). 
Como ℕ es bien ordenado (teorema nº 7) y L ⊂ ℕ , entonces L tiene primer 
elemento m ∈ℕ . 
Veamos que m es máximo de K. 
Ya sabemos que, por ser m un elemento de L, m es cota superior de K. Resta 
demostrar que m K∈ . 
 Haremos la demostración por el absurdo. 
Supongamos que t m t K t 1 m t K< ∀ ∈ ⇒ + ≤ ∀ ∈ (corolario nº 4) 
t m 1⇒ ≤ − t K m 1∀ ∈ ⇒ − es cota superior de K m 1 L⇒ − ∈ . 
Pero m 1 m− < y m era el primer elemento de L. 
Absurdo: el absurdo proviene de suponer que t m t K< ∀ ∈ . Por lo tanto, 
para algún t K∈ debe valer la igualdad, con lo que m K∈ y es su máximo. 
 
 
PROPOSICIÓN Nº 4: 
 Todo subconjunto no vacío de ℕ , acotado superiormente 
en ℕ posee un máximo. 
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Para determinar si K es bien ordenado deberemos verificar si todo subconjunto 
K’ de K tiene primer elemento. 
Sea K ' K⊂ . 
Si 
1
K '
2
∈ , entonces 1
2
 es el primer elemento de K’. 
Si 
1
K '
2
∉ , todos los elementos de K’ son números naturales, entonces K ' ⊂ ℕ . 
Por el teorema nº 7, sabemos que ℕ es un conjunto bien ordenado, lo cual 
implica que todo subconjunto de ℕ tiene primer elemento, entonces K’ tiene primer 
elemento. 
Por lo tanto, dado un subconjunto K’ de K, hemos demostrado que ese 
subconjunto tiene primer elemento, con lo cual se concluye en que K es bien 
ordenado. 
 
El mínimo de K es 
1
2
 porque 
1
K
2
∈ y 1 x
2
≤ x K∀ ∈ . 
 
K no tiene máximo. Demostraremos esto por el absurdo. 
Supongamos que existe M K∈ tal que x M≤ x K∀ ∈ (es decir, estamos 
suponiendo que M es el máximo de K). 
Por la definición de K, sabemos que este M es un número natural par. Ahora, 
M 2+ también es un número natural par y por lo tanto, también pertenece a K. 
Como M es el máximo de K y M 2 K+ ∈ se tiene que M 2 M+ ≤ . Absurdo: 
pues M M 2< + . 
Determinaremos si el conjunto { }  = ∈ ∪  
 
ℕ
1K x / x es par
2
 es 
bien ordenado y si tiene mínimo y máximo, justificando 
nuestras respuestas. 
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El absurdo provino de suponer que K tiene máximo. Por lo tanto, no lo tiene. 
 
 
 
 
a) { }1K /n 0
n
 = ∈ ∪ 
 
ℕ 
b) { }K x / x es impar= ∈ℕ 
c) { }K x / x 0 x es par= ∈ < ∧ℤ 
d) { }K x / x 7= ∈ > −ℤ 
e) { }K x / x 249 x es impar= ∈ > ∧ℤ 
f) { }2K n 1/n= − ∈ℕ 
g) { }1K 6 /n 0
n
 = − ∈ ∪ 
 
ℕ 
h) { }n 0K 2 / n= ∈ℕ 
 
RTA: 
 
 INDUCTIVO BIEN ORDENADO MÍNIMO MÁXIMO 
a) NO NO 0 1 
b) NO SI 1 NO TIENE 
c) NO NO NO TIENE -2 
d) SÍ SI -6 NO TIENE 
e) NO SI 251 NO TIENE 
f) NO SI 0 NO TIENE 
g) NO SI 0 NO TIENE 
h) NO SI 1 NO TIENE 
 
Determina si los siguientes conjuntos son inductivos, 
bien ordenados, si tienen mínimo y máximo. Justifica tus 
respuestas.