Gonzalo Masjuán Torres - Álgebra clásica

Demostración:

Pero:

(96 n 2+ 236 n + 123) : (4 n + 3) = 24 n + 41 = 24( n + 1) + 17,

o sea:

(96 n 2+ 236 n + 123) = (4 n + 3) · (24( n + 1) + 17). (1.2)

De (1.1) y (1.2) se sigue el resultado, es decir:

Problema 1.3.16 Sea f : → la función definida recursivamente por

f (1) = 7, f (2) = 17, para n ≥ 3 ( f (n) = 5 f ( n − 1) − 6 f ( n − 2)),

demostrar que:

f ( n ) = 2 n + 1+ 3 n.

Solución:

Para resolver este problema utilizaremos el principio inductivo. Pues bien, tenemos que probar que f ( n ) = 2 n + 1+ 3 npara todo n ∈ ; vemos que:

f (1) = 2 1 + 1+ 3 1= 2 2+ 3 = 4 + 3 = 7

f (2) = 2 2 + 1+ 3 2= 2 3+ 3 2= 8 + 9 = 17

o sea, resultan los valores dados por medio de la definición recursiva. Suponemos entonces que:

f(n) = 2 n + 1+ 3 n

para los naturales 1, 2, 3, 4, ... , n .

Deberemos establecer ahora que:

f ( n + 1) = 2 n + 2+ 3 n + 1. (1.3)

En efecto, a causa de la definición recursiva tenemos que:

f ( n + 1) = 5 f ( n ) − 6 f ( n − 1) (1.4)

y como:

f ( n ) = 2 n + 1+ 3 n(1.5)

f ( n − 1) = 2 n + 3 n−1. (1.6)

De (1.4), (1.5) y (1.6) resulta:

comparando (1.3) y (1.7) vemos que se obtiene lo pedido y por tanto:

∀ n ∈ f ( n ) = 2 n + 1+ 3 n.

Problema 1.3.17 Sea f : → la función definida por:

demostrar que f ( n ) =

Solución:

Nuevamente utilizaremos el principio inductivo. Tenemos:

Suponemos la validez de la tesis del problema para 1, 2, 3, ... , n, o sea que:

Deberemos probar que:

Procedamos, del enunciado tenemos que:

o sea:

de donde:

De (1.8) y (1.9) observamos que se obtiene lo pedido y por lo tanto:

Problema 1.3.18 Sean a 1, a 2, ··· , an ∈ + , no todos iguales a 1 y tales que a 1· a 2· ·· an = 1, entonces:

∀ n ∈ ( a 1+ a 2+ ··· + an > n ).

Solución:

Ocuparemos el principio de inducción.

Sean a 1, a 2∈ +, no ambos iguales a 1 y tales que a 1· a 2= 1. Como uno de ellos no es 1, no se pierde generalidad al suponer a 1≠ 1 y como a 2= , se tiene tambien a 2≠ 1. Como ambos son positivos, uno de ellos es mayor que 1 y el otro menor que 1; puesto que si ambos fueren menores que 1, su producto sería menor que 1 (el argumento es similar, si ambos fueran mayores que 1). Supongamos entonces que a 1< 1 y a 2> 1, luego:

a 2− 1 > 0 y 1 − a 1> 0,

por lo tanto, se consigue:

( a 2− 1)(1 − a 1) > 0,

con lo que:

a 2+ a 1− 1 − a 1· a 2> 0, (1.10)

es decir:

a 1+ a 2> 1 + a 1· a 2= 2.

Supongamos ahora que la proposición es verdadera para cualquier colección de n números reales positivos.

Sean a 1, a 2, ··· , an , an + 1∈ +, ( n + 1) números que cumplen con las hipótesis de la proposición, queremos demostrar que:

a 1+ a 2+ ··· + an + an + 1> n + 1 .

Como no todos ellos son iguales a 1 y el producto de todos ellos es 1, debe haber alguno mayor que 1 y otro menor que 1. Sin pérdida de generalidad, podemos suponer a 1< 1 y a 2> 1 y sea a = a 1· a 2.