Números naturales, principio de inducción

Transcripción

1 , principio de inducción. Conjuntos inductivos. Denotaremos por IN al conjunto de números naturales, IN {,,, 4, 5, 6,...}, cuyos elementos son suma de un número finito de unos. Recordemos que IN es cerrado para la suma y el producto (la suma y el producto de números naturales son números naturales), pero no lo es para la resta o la división (4 9 / IN y 7 5 / IN). Diremos que un subconjunto S de IR es inductivo si se satisfacen: i) S ii) S + S Ejemplos. i) IR, IR >0 y IR son inductivos. ii) IR <5 no es inductivo pues satisface i) pero no satisface ii) iii) no es inductivo pues satisface ii) pero no satisface i) iv) S {x IR / x } no es inductivo pues no satisface ii): S pero + / S v) IN es inductivo. Ejercicio. Cuáles de los siguientes conjuntos son inductivos? a) S {x IR / x < o x 7 } b) S {x IR / 6x x + 4} c) S {x IR / x S } d) S 4 IN {} e) S 6 {a ZZ / a > } Notemos que si S IR es un conjunto inductivo entonces S por i). Pero esto implica que S por ii) y luego S nuevamente por ii), etc. Luego, IN S. Por lo tanto, IN es un conjunto inductivo que está contenido en todos los conjuntos inductivos. Si consideramos el orden en los conjuntos dado por, esto puede resumirse en la forma: IN es un conjunto inductivo que es menor que todo otro conjunto inductivo. Supongamos ahora que H es un subconjunto de IR que tiene esta propiedad, es decir, H es inductivo y H está contenido en todos los conjuntos inductivos. Entonces debe ser H IN ( porque?) y esto significa que IN es el único conjunto inductivo que está contenido en todos los conjuntos inductivos. Si quisiéramos dar una definición rigurosa del conjunto de números naturales podríamos definirlo como el único conjunto inductivo que está contenido en todos los conjuntos inductivos, es decir, la intersección de todos los subconjuntos de IR que son inductivos.

2 Observación. De lo anterior se deduce que si H es un subconjunto de IN que satisface i) H ii) H + H entonces H IN.. Principio de inducción. Sea P (n) una función proposicional predicable sobre IN. Si valen ) P () es verdadera ) P () P ( + ), para todo IN entonces P (n) es verdadera para todo n IN. Demostración: Sea H {h IN / P (h) es verdadera}. Entonces H es un subconjunto de IN que satisface i) H ii) H + H Luego, por la observación anterior, H IN y por lo tanto P (n) es verdadera para todo n IN. Resumiendo, el principio de inducción dice que para probar que P (n) es verdadera para todo n IN alcanza con probar que valen ) y ). Ejemplos. a) P (n) : n + n + 7 satisface ) pues pero sin embargo P (n) no es verdadera para todo n IN. Lo que sucede en este caso es que P () es falsa. Esto muestra que es necesario probar que P () es verdadera. b) P (n) : n 7 satisface ) pero sin embargo P (n) no es verdadera para todo n IN. Lo que sucede es que no se satisface ) pues P (7) no implica P (8) ya que P (7) es verdadera y P (8) es falsa. Esto muestra que es necesario probar que P () P ( + ). c) P (n) : 5 n n + n. Veamos que en este caso valen ) y ) y por lo tanto P (n) es verdadera n IN. Es claro que P () : 5 + es verdadera. Sea IN. Veamos ahora que P () P ( + ), es decir, Supongamos que 5 + (esta es la hipótesis inductiva a la que abreviaremos con HI). Debemos probar que ( + ) por HI 5 5 Luego, 5 n n + n n IN. d) P (n) : n 5 n 4. Si bien puede demostrarse que P (n) es verdadera n IN utilizando el principio de inducción, notemos que la siguiente demostración es mucho más corta y sencilla: dado n IN

3 Como n pues n IN entonces n 5 n 4. n 5 n 4 n5 n 4 n Moraleja: El principio de inducción es una herramienta útil pero no siempre es la manera más conveniente de demostrar que P (n) es verdadera n IN. e) Sea (a n ) n IN la sucesión de números reales definida inductivamente en la forma a, a n+ a n (n IN) Calculemos algunos valores de a n : a, a a., a a..., a 4 a...,... Al parecer vale que a n. n n IN. Probemos esto utilizando el principio de inducción para la función proposicional P (n) : a n. n Es claro que P () : a. 0 es verdadera ya que a. Sea h IN. Veamos que P (h) P (h + ), es decir, a h. h a h+. h. La hipótesis inductiva es a h. h y debemos probar que a h+. h. Por definición de la sucesión, a h+ a h. Ahora, usando esto y la hipótesis inductiva se tiene que a h+ a h.. h.. h. h como queríamos probar. Luego, a n. n n IN. n(n + ) f) P (n) : n Probemos que P (n) es verdadera n IN. Es claro que P () : Dado n IN, veamos que P (n) P (n + ), es decir, ( + ) es verdadera n n(n + ) n + (n + ) (n + )(n + ) En este caso la hipótesis inductiva es n y debemos probar que +++ +n+(n+) inductiva vemos que n(n + ) (n + )(n + ). Utilizando la hipótesis n + (n + ) n(n + ) + (n + ) n(n + ) + (n + ) (n + )(n + ) como queríamos demostrar.

4 Ejercicio. Consideremos la función proposicional P (n) : si un conjunto de n seres vivos contiene un conejo entonces todos sus elementos son conejos. Demostraremos por inducción que P (n) es verdadera n IN, el sueño de todo mago: convertir a toda la audiencia en conejos con sólo sacar un conejo de la galera. Si Ud. no quiere ser convertido en conejo, encuentre el error. Es claro que P () es verdadera. Probemos que P (n) P (n + ). HI) si un conjunto de n seres vivos contiene un conejo entonces todos sus elementos son conejos. Debemos probar que si A es un conjunto de n + seres vivos que contienen un conejo entonces todos los elementos de A son conejos. Sea A {x, x,..., x n, x n+ } un conjunto de n + seres vivos donde x es un conejo. Luego, el conjunto {x, x,..., x n } es un conjunto de n seres vivos que contiene un conejo y por lo tanto, por HI, x, x,..., x n son conejos. Ahora, el conjunto {x, x,..., x n, x n+ } es un conjunto de n seres vivos y sabemos por lo que probamos recién que x es un conejo. Luego, usando nuevamente la HI resulta que x, x,..., x n, x n+ son conejos. Hemos probado entonces que x, x,..., x n, x n+ son todos conejos. Sumatoria. Sea (a n ) n IN una sucesión de números reales. Definimos la sumatoria desde i hasta n de a i, a la que denotaremos por a i, inductivamente en la forma a i a, n+ a i Calculemos algunos valores de esta sumatoria: a i a, a i a i + a a + a, En general, suspensivos. a i + a n+ (n IN) a i a i + a a + a + a,... a i es una manera de escribir la suma a + a + + a n evitando los puntos Ejemplos. ) Tomando a i i para todo i resulta que ) Tomando a i ( + i) se tiene que ) Tomando a i se tiene que i n. ( + i) (n + ) (n sumandos), es decir, n+ Ejercicio. i) Es cierto que (n + + i) mejor piénselo un rato más). n (n + i) + (n + )? (Si su respuesta es sí 4

5 ii) Es cierto que (i ) n+ n (i ) +. n+? Propiedades de la sumatoria. Sean (a n ) n IN y (b n ) n IN sucesiones de números reales y sea c IR. Entonces valen ) (a i + b i ) a i + ) (c.a i ) c. a i b i Ejercicio. Demostrar las propiedades de la sumatoria utilizando el principio de inducción. n(n + ) Ejemplo. Antes probamos que i Calcularemos el valor de otras sumatorias, utilizando esto y las propiedades de la sumatoria: (i + ) (n + i) i + n + i n i + + i n.n + Si a 0, a, a,... es una sucesión de números reales, definimos a i a 0 + i0 a i n(n + ) n(n + ) + n n + 4n y, si es un número natural mayor que y menor o igual que n, definimos n + n a i i a i a i Notar que si es un número natural mayor que y menor que n entonces a i a i + i+ a i Ejemplo. Calculemos j. j7 6 j j j j7 j j j j 6 j n(n + ) 6(6 + ) j n + n 4 5

6 Cambio de índices. Dejamos como ejercicio al lector convencerse de que n n n+ i (j + ) (i + ) y (i + ) i j0 n+ n+ n+ Es cierto que (n + + i) (n + i)? Es cierto que (n + + i) i i0 n i4 n+ in+ Ejemplo difícil. Probaremos por inducción que i(i + ) n + n+ + n + n+ para todo n IN, utilizando las propiedades de la sumatoria y un cambio de índices. Dejamos como ejercicio verificar que P () : HI) n i(i + ) n + n+ + n + n+ Debemos probar que Allá vamos... n+ n+ n+ i(i + ) i(i + ). n i(i + ) i? es verdadera. i(i + ) (n+) + (n+)+ + (n+) + (n+)+, es decir que i(i + ) n+ + n+ + n+ + n+ n + n i(i + ) n i(i + ) + haciendo el cambio de índices j i n, es decir, i j + n n + n + n i(i + ) n n n n n i(i + ) + i(i + ) + i(i + ) + i(i + ) + i(i + ) + n j n j n j n j n j (j + n )(j + + n ) [j(j + ) + j. n + (j + ). n + n. n ] [j(j + ) + j. n + j. n + n + n. n ] [j(j + ) + j. n + n + n ] [j(j + ) + n+ j + n + n ] 6

7 usando las propiedades de sumatoria n i(i + ) + n n j n i(i + ) + n+ n j(j + ) + n+ j + j j j + ( n + n ) n j n j ( n + n ) usando la hipótesis inductiva y usando que m j j m(m + ) y m m j n + n+ + n + n+ n+ + n+ + n+ + n+ n+ + n+ + n+ + n+ n+ + n+ + n+ + n+ n+ + n+ + n+ + n+ + n+ n ( n + ) + ( n + n ). n + n. n ( n + ) + n + n + n + n + n + n +. n +. n + n+ + n+ n+ + n+ + n+ + n+ +. n+ +. n+ 4.n+ + n n+ + n+ n+ + n+ + n+ + n+ como queríamos probar. Ejercicio. Probar que siguiente manera: n i) Probar por inducción que ii) Probar que i(i + ) iii) Deducir de ii) que n i(i + ) n + n+ + n + n+ i n(n + )(n + ) n(n + )(n + ) 6 n IN i(i + ) n + n+ + n + n+ para todo n IN, de la usando i) y las propiedades de la sumatoria. 7

8 Productoria. Sea (a n ) n IN una sucesión de números reales. Definimos la productoria n desde i hasta n de a i, a la que denotaremos por a i, inductivamente en la forma a i a, n+ ( n ) a i a i a n+ (n IN) Esta es una manera de escribir el producto a.a.....a n evitando los puntos suspensivos.. Números combinatorios. Dado n IN 0 (donde IN 0 denota el conjunto IN {0}) definimos el factorial de n como Ejemplos. i)!,!,! 6 ii) 7! iii) (n + )! n! (n + ) para todo n IN 0 si n 0 n! n i si n IN Dados n, IN 0, 0 n, definimos el número combinatorio n, como Ejemplos. i) ii) ( ) 7 iii) n! 0 0!n! y n!!(n )! n y ( n n 7!!4! n ) n!! (n )! n! n!0! n! (n )!! n Proposición. Sean n, IN 0. Entonces valen ( ) ( ) n n i) si 0 n entonces n ( ) ( ) ( ) n + n n ii) si n entonces + Demostración: i) ejercicio. 8

9 ii) Se tiene que ( ) ( ) n n + n!! (n )! + n! ( )! (n ( ))! n!! (n )! + n! ( )! (n + )! (n + )n!! (n + )! + n!! (n + )! (n + )n! + n! (n + )n!! (n + )!! (n + )! ( ) (n + )! n +! (n + )! Triángulo de Tartaglia. Consideremos el siguiente triángulo ( 0 ( 0) ) ( ( 0 ) ) ( ) ( ( 0 ) ) ( ) ( ) ( ( 0 ) 4 ) ( 4 ) ( 4 ) ( 4 ) ( 4 ( 0 4) 5 ) ( 5 ) ( 5 ) ( 5 ) ( 5 ) ( ) Entonces podemos calcular los números combinatorios comenzando por la primera fila, luego la segunda, luego la tercera, etc. de la siguiente manera: si hemos calculado los números combinatorios de una fila, para calcular los de la siguiente basta usar que en cada extremo debe haber un pues ( ( n 0) y n n) para todo n y que, por la parte ii) de la proposición anterior cada uno de los números combinatorios que queremos calcular es la suma de los dos números que están inmediatamente a la izquierda y a la derecha de él en la fila anterior. Así obtenemos Notemos que por i) de la proposición, el triángulo es simétrico respecto del eje vertical. Ejercicio. Sea n IN 0. Probar que, para todo IN 0 tal que 0 n, el número combinatorio ( n ) es un número natural. Ayudita: Sea P (n) : IN 0 tal que 0 n el número combinatorio ( n ) es un número natural. Pruebe que P (n) es verdadera para todo n IN usando el principio de inducción. 9

10 Binomio de Newton. Sean a, b IR Entonces, n IN, (a + b) n 0 a b n Demostración: Dejamos como ejercicio verificar que vale para n, es decir, que ( ) (a + b) a b 0 Probemos que P (n) P (n + ). La hipótesis inductiva es: (a + b) n a b n 0 n+ + Debemos probar que (a + b) n+ a b n+. Usando la hipótesis inductiva se 0 tiene que ( n (a + b) n+ (a + b)(a + b) n (a + b) 0 ( n a a b n + b 0 0 ( n a + b n ) a b n ) a b n ) a b n+ n a + b n + a n+ + b n+ + haciendo el cambio de índices j + en la primera suma a j b n+ j + a n+ + b n+ + j j a n+ + b n+ + a b n+ + a n+ + b n+ + [( n ) + ( n ( n ( )] n a b n+ usando ii) de la proposición + a n+ + b n+ + a b n+ n+ + a b n+ como queríamos probar. 0 a b n+ ) a b n+ ) a b n+ 0

11 Ejemplos. ) (a + b) 0 ( ) a b ( ) a 0 b + 0 ( ) a b + ( ) a b + ( ) a b 0 b + ab + a b + a ) (a + b) ( ) 5 a b 5 ( ) 5 a 4 b + 4 ( ) 5 a 0 b ( ) 5 a b 4 + ( ) 5 a b + ( ) 5 a b + ( ) 5 a 5 b 0 b 5 + 5ab 4 + 0a b + 0a b + 5a 4 b + a 5 5 ) n ( + ) n i0 i n i i i0 i 4. Principio de inducción corrido. Sea P (n) una función proposicional predicable sobre IN y sea n 0 IN. Si se verifican: i) P (n 0 ) es verdadera ii) P () P ( + ), para todo IN tal que n 0 Entonces P (n) es verdadera n IN tal que n n 0 Dejamos la demostración como ejercicio. Notar que basta probar que P (m + n 0 ) es verdadera para todo m IN. Ejemplo. Probaremos que n (n + ) para todo n IN tal que n 6. i) P (6) es verdadera pues (6 + ) ii) Sea IN tal que 6 y supongamos que ( + ). Vamos a probar que + ( + ). +. ( + ) por HI Luego basta demostrar que ( + ) ( + ). Hagamos eso: (+) (+) ( ++) y pues 6. Luego hemos probado que n (n + ) n IN tal que n 6.

12 5. Principio de buena ordenación. Diremos que un subconjunto S de IR posee un primer elemento si s S tal que s x x S. En tal caso diremos que s es el primer elemento de S. Diremos que un subconjunto H de IR es bien ordenado si todo suconjunto no vacío de H posee un primer elemento. Ejemplos. i) H {,, 5, 7 } es bien ordenado. ii) H { n / n IN} {0} no es bien ordenado pues el subconjunto no vacío { n / n IN} no posee un primer elemento. Ejercicio. S {x IR / x } i) Mostrar que S posee un primer elemento ii) Probar que S no es bien ordenado. Teorema. (Principio de buena ordenación) El conjunto IN es bien ordenado. Demostración: Consideremos la función proposicional P (n) : Si H IN y n H entonces H posee un primer elemento Probaremos que P (n) es verdadera n IN usando el principio de inducción. Veamos primero que P () es verdadera: P () : Si H IN y H entonces H posee un primer elemento Sea H un subconjunto de IN tal que H. Debemos ver que H posee un primer elemento, es decir, que h H tal que h x x H. Tomando h H se tiene que x para todo x H pues H IN. Luego, es el primer elemento de H. HI) Si K IN y n K entonces K posee un primer elemento Sea H un subconjunto de IN tal que n + H. Debemos probar que H posee un primer elemento. Primer caso: n H. En este caso H posee un primer elemento por HI. Segundo caso: n / H. Sea K H {n}. Entonces K posee un primer elemento por HI, es decir, existe K tal que x x K. En particular, como H K, x x H. Si n entonces H y x x H de donde es el primer elemento de H. Y si, en cambio, n, entonces n x x H y, como n / H resulta que n < x x H. Pero esto implica que n + x x H pues H IN. Luego, n + H y n + x x H, es decir, n + es el primer elemento de H. Luego P (n) es verdadera para todo n IN. Veamos ahora que IN es bien ordenado. Debemos probar que todo subconjunto no vacío de IN posee un primer elemento. Sea H un subconjunto no vacío de IN y sea h H (h existe pues H ). Como h IN pues H IN, entonces P (h) es verdadera y por lo tanto H posee un primer elemento.

13 6. Principio de inducción global. Sea P (n) una función proposicional predicable sobre IN. Si se verifican: i) P () es verdadera ii) Para todo n IN vale: si P () es verdadera IN tal que n entonces P (n + ) es verdadera Entonces P (n) es verdadera n IN. Demostración: Sea H {n IN / P (n) es falsa}. Queremos ver que H. Supongamos que no, entonces H es un subconjunto no vacío de IN. Luego, por el principio de buena ordenación, existe h H tal que h x para todo x H. Como h H entonces h IN y P (h) es falsa. Luego h por i) de donde h > y por lo tanto n h IN. Además, si es un número natural menor o igual que n entonces n h < h y como h es el primer elemento de H resulta que / H de donde P () es verdadera. Luego, n es un número natural y P () es verdadera IN tal que n. Por lo tanto, usando ii) resulta que P (n + ) es verdadera. Pero esto es una contradicción pues P (n + ) P (h) es falsa. Ejemplos. ) Sea (a n ) n IN la sucesión de números reales definida por a, a 6, a n+ a n a n + n (n ) Probaremos, usando el principio de inducción global, que a n n + n para todo n IN: P () : a + es verdadera pues a Veamos ahora el paso inductivo: sea n IN y supongamos que P () es verdadera IN tal que n, es decir, que a + IN tal que n. Debemos probar que a n+ n + + n+. Primer caso: n. En este caso a n+ a 6 + n + + n+ Segundo caso: n. En este caso a n+ a n a n + n. Luego, como n, n y n son números naturales menores o iguales que n y por lo tanto, por hipótesis inductiva, a n n + n y a n n + n. Luego, a n+ a n a n + n (n + n ) (n + n ) + n n + + n+ ) Sea F : IN IN la función definida por (F ( ) n 7) si n es par F (), y para n F (n) n + 5F (n ) si n es impar Probaremos que F (n) 9 + n para todo n IN usando el principio de inducción global.

14 Antes de comenzar la demostración, calculemos algunos valores de F (n): F (), F () (F () 7) 6, F () + 5F ( ) + 5F () 57, F (4) (F () 7) 8, F (5) 5 + 5F (5 ) 4 + 5F () 89 Ahora veamos que F (n) 9 + n para todo n IN: P () : F () 9 + es verdadera pues F (). Sea n IN y supongamos que P () es verdadera IN tal que n, es decir, F () 9 + IN tal que n. Debemos probar que P (n + ) es verdadera, es decir, que F (n + ) 9 + n+. Como n IN entonces n + y por lo tanto (F ( n+ ) 7) si n + es par F (n + ) n + 5F (n ) si n + es impar Primer caso: n + es par. En este caso F (n + ) (F ( n+ ) 7) y como n + es par entonces n+ IN y n+ n. Luego, por HI, F ( n+ ) 9 + n+. Por lo tanto F (n + ) (F ( n+ ) 7) (9 + n+ 7) ( + n+ ) n+ + n+ 9 + n+ ya que n+ pues n+ IN. Segundo caso: n + es impar. En este caso, como n IN y n + es impar, n + y es impar. Luego F (n + ) n + 5F (n ). Como n + entonces n IN y n n. Luego, por HI, F (n ) 9 + n y n de donde F (n + ) n + 5F (n ) n + 5(9 + n ) n n 9 + n+ ) El /6/000 se colocaron bacterias en un recipiente. Cada bacteria tiene 4 hijos el 0/ de cada año y muere al día siguiente de su tercera reproducción. Sea a n (n 0) la cantidad de bacterias que hay en el recipiente en diciembre del año n. Trataremos de ver cuánto vale a n. En diciembre del año 000 las bacterias que hay en el recipiente son las que se colocaron en junio, luego a 0. A fines del año 00 las bacterias que hay en el recipiente son las que se colocaron originalmente más los 4 hijos de cada una de ellas que nacieron en enero de 00, luego a En diciembre del año 00 las bacterias que hay en el recipiente son las 0 que había a fines del 00 más los 4 hijos de cada una de ellas que nacieron en enero de 00, luego a En diciembre del año 00 las bacterias que hay en el recipiente son las 50 que había a fines del 00 más los 4 hijos de cada una de ellas que nacieron en enero de 00 menos las que murieron el / después de su tercera reproducción, luego a En diciembre del año 004 las bacterias que hay en el recipiente son las que había a fines del 00 más los 4 hijos de cada una de ellas que nacieron en enero de 004 menos las 4

15 que murieron el / después de su tercera reproducción. Las bacterias que murieron el //004 son aquellas que nacieron el 0// 00, es decir, los 4 hijos que tuvieron ese año cada una de las bacterias que había en diciembre de 000. Luego a En diciembre del año 005 las bacterias que hay en el recipiente son las que había a fines del 004 más los 4 hijos de cada una de ellas que nacieron en enero de 005 menos las que murieron el / después de su tercera reproducción. Las bacterias que murieron el //005 son aquellas que nacieron el 0// 00, es decir, los 4 hijos que tuvieron ese año cada una de las bacterias que había en diciembre de 00. Luego a 5 a 4 + 4a 4 4a. En general, para n 4, las bacterias que hay en el recipiente en diciembre de n son las que había a fines del n más los 4 hijos de cada una de ellas que nacieron en enero de n menos las que murieron el / después de su tercera reproducción. Las bacterias que murieron el //000 + n son aquellas que nacieron el 0// n, es decir, los 4 hijos que tuvieron ese año cada una de las bacterias que había en diciembre de n 4. Luego a n a n + 4a n 4a n 4 5a n 4a n 4. Luego se tiene que Probaremos que: a 0, a 0, a 50, a 48 y, para n 4, a n 5a n 4a n 4 i) a n > a n para todo n IN (cada año el recipiente contiene más bacterias de las que había el año anterior) ii) a n+ > 4a n para todo n IN (cada tres años la cantidad de bacterias al menos se cuadruplica) iii) a n > n. n+ para todo n (la cantidad de bacterias en el recipiente después de varios años es enorme...) Probemos i). P (n) : a n > a n Es obvio que P () : a > a 0 es verdadera pues a 0 y a 0. Sea n IN y supongamos que P () es verdadera IN tal que n, es decir, que a > a IN tal que n. Debemos probar que a n+ > a n. Si n entonces a n+ 50 > 0 a a n, si n entonces a n+ 48 > 50 a a n y si n entonces n + 4 y por lo tanto a n+ 5a n 4a n a n + 4(a n a n ) > a n pues por hipótesis inductiva para n, n y n, a n > a n, a n > a n y a n > a n de donde se deduce que a n a n > 0. Luego, P (n) es verdadera para todo n IN. Ahora probemos ii). P (n) : a n+ > 4a n P () : a > 4a 0 es verdadera pues a 48 y a 0. 5

16 Sea n IN y supongamos que P (n) es verdadera, es decir, que a n+ > 4a n. Debemos probar que a n+ > 4a n. Como n + 4 pues n IN entonces a n+ 5a n+ 4a n 4a n+ + a n+ 4a n > 4a n+ > 4a n pues a n+ 4a n > 0 por hipótesis inductiva y a n+ > a n+ > a n por i). Luego P (n) es verdadera para todo n IN. Finalmente probemos iii). Queremos ver que a n > n. n+ para todo n. Esto es lo mismo que probar que P (n) : a n+ > (n + ). n+ es verdadera para todo n IN P () : a >. 4 es verdadera pues a 48 y Sea n IN y supongamos que P (n) es verdadera, es decir, que a n+ > (n + ). n+. Debemos probar que a n+ > (n + ). n+4. Como n + 4 pues n IN entonces a n+ 5a n+ 4a n 4a n+ + (a n+ 4a n ) > 4a n+ > 4(n + ). n+ ya que a n+ 4a n > 0 por ii) y a n+ > (n + ). n+ por hipótesis inductiva. Además, como 4n + 8 n + 9 pues n IN entonces 4(n + ). n+ (4n + 8). n+ (n + 9). n+ (n + ) n+ (n + ) n+4 Por lo tanto a n+ > (n + ) n+4 como queríamos probar. Luego, P (n) es verdadera para todo n IN. La sucesión de Fibonacci. Supongamos que cada pareja de conejos procrea otra pareja de conejos una vez al mes a partir de su segundo mes de vida. Si se adquiere una pareja de conejos recién nacidos en el mes 0 y nunca ninguno muere, cuántas parejas de conejos habrá en el mes n? Sea a n la cantidad de parejas de conejos que hay en el mes n. Entonces a 0, a, a (la pareja que había en el mes, que ahora tiene meses de vida, más sus hijos), a + (las dos parejas que había el mes más los hijos de las parejas que en el mes tienen al menos meses de vida, que son los conejos que había en el mes ), a (las parejas que había el mes más los hijos de las parejas que en el mes 4 tienen al menos meses de vida, que son los conejos que había en el mes ). En general, en el mes n + la cantidad de conejos será a n+ a n + a n (las a n parejas que había el mes n más los hijos de las parejas que en el mes n + tienen al menos meses de vida, que son los conejos que había en el mes n ). Luego, a n queda definida por ( Ejercicio. Probar que a n 5 a 0, a, a n+ a n + a n + ) n+ ( 5 (n IN) ) n+ 5 n IN {0} 6