Inducción Matemática

Transcripción

1 Induccón Matemátca José Espnosa 30 de Octubre de Problemas de Induccón Matemátca. 1. Sea: p 1 F (n) = k n(p 1)+1 n(n 1) p 1 (k p 1 3k ) p(p 1)(n(p 1) + 1)) Demostrar por nduccón que F (n) es dvsble por p 3, para todo entero n 0 ( p es un número prmo mayor que ).. Usar nduccón matemátca para probar que: 1 + n + 3 n + (( 1) F IB(n) + 1) Es dvsble por 7 para todo n pertenecente a los naturales. F IB(n + ) = F IB(n + 1) + F IB(n);F IB(1) = 1,F IB() = 1 Sucesón de Fbonacc. 3. Probar de dos maneras que : ( n + 5 n + 6 n ) + 3( 1) n+1 (( 1) F IB(n) + 1) Es dvsble por 13 para todo n pertenecente a los naturales. F IB(n + ) = F IB(n + 1) + F IB(n);F IB(1) = 1,F IB() = 1 Sucesón de Fbonacc. m 4. Supongamos que: =1 a sea dvsble por b c y que; m =1 a kbc sea dvsble por b c,para todo número mpar k. (b y c son números prmos mpares,b < c y (c 1) no es dvsble por b, los a son prmos relatvos con respecto a b y c). Sea: F (n) = m =1 a 1+(b 1)(c 1)n Demostrar por nduccón que : F (n) es dvsble por b c,para todo n pertenecente a los naturales unón el cero. 5. Sean a,b,c tres números naturales tales que c = a + b. Sea p un factor mpar de a + b + c (para la parte c) y d), p no dvsble por 3). Demostrar por nduccón que para todo n pertenecente a los naturales: (a) (a 6n 4 + b 6n 4 + c 6n 4 ) es dvsble por p. (b) (a 6n + b 6n + c 6n ) es dvsble por p. (c) (a n + b n + c n ) es dvsble por p. (d) (a 4n + b 4n + c 4n ) es dvsble por p. Observacón: Notar que las propedades c) y d) son casos partculares de a) y b), pero se pueden demostrar de manera ndependente, sn embargo para demostrar la parte d) es necesaro utlzar la parte c).en la parte c) y d) se agrega la condcón de que p no es dvsble por 3 para no tener que hacer demostracones adconales. 6. Demostrar que para todo n > 1 pertenecente a los naturales: 1

2 (a) n =1 F () = F (n)f (n + 1) 5 (b) F (n) + F (n + 1) = F (n + 4) F (n 3) F (1) = 1, F () = 6 F (n) = F (n 1) + F (n ) 7. Sea (p + 1) un número prmo con p mpar mayor que 1. Demostrar por nduccón que para todo n pertenecente a los naturales: Es dvsble por (p + 1).Probarlo de tres formas. S cambamos el exponente n por n la propedad se mantene excepto para n múltplo de p.demostrarlo. No consderar lo anteror en las tres formas solctadas. 8. Sea (4p + 1) un número prmo con p mpar mayor que 1. Demostrar por nduccón que para todo n pertenecente a los naturales: Es dvsble por (4p + 1). Los a k son todos dstntos, pertenecen al conjunto formado por los prmeros p números naturales y tenen la sguente propedad: a p k 1 es dvsble por (4p + 1). Los otros números pertenecentes al menconado conjunto tenen la propedad: b p k + 1 es dvsble por (4p + 1). k n a n k 9. Demostrar que para todo n pertenecente a los naturales: Nunca es un cuadrado perfecto. n n n Demostrar que para todo n pertenecente a los naturales: 8 n 5 n Nunca es un cuadrado perfecto. Demostrarlo de dos maneras. 11. Sea F (n) = 13 6n n n n+1 y sea: G(n) = F (n) + n(n )F (1) n(n 1)F () Probar que para todo n pertenecente a los naturales unón el cero:g(n) Es dvsble por Sea f(a) una funcón de naturales sobre naturales. S (f(a + b) kf(a)) es dvsble por p para todo entero postvo a,demostrar que exste b tal que (f(a + b 0 b) f(a)) es dvsble por p. 13. Demostrar de dos formas que para todo n pertenecente a los naturales unón el cero: Es dvsble por n n n n n+ 14. Demostrar que para todo n pertenecente a los naturales unón el cero: ((3 4n n+3 ) 5n + 65n + 68) Es dvsble por 15. Este problema puede ser resuelto usando lo señalado en la ndcacón del Problema 1, pero exste a lo menos una forma adconal para soluconarlo.

3 15. Demostrar que para todo n pertenecente a los naturales: Es dvsble por 19. n + 3 n + 5 n Exste a lo menos una forma adconal a las usadas en el Problema 5 para resolver este problema. 16. Sea f(n) = (a 1)f(n 1) + af(n ) y sea g(n) = f(n + ) + af(n + 1) + (a 1)f(n). Demostrar que para todo n pertenecente a los naturales: g(n) = f(n + ) + af(n + 1) + (a 1)f(n) No es necesaro determnar la fórmula cerrada de f(n). 17. Sea f(n) = 3(f(n 1) + f(n )) + 1, f(1) = f() = 1.Demostrar que para todo n pertenecente a los naturales: (f(3n) + f(3n + 1)) Es dvsble por Sea p un número prmo mayor que 5. Sea F (n) = 1+(p 1)n 3 1+(p 1)n 5 1+(p 1)n (p 1)n y sea: G(n) = 100F (n) nf (100) Demostrar que para todo entero n no negatvo :G(n) Es dvsble por p. 19. Sea p un entero postvo. Sea F (n) una funcón de enteros sobre enteros. S F (n) satsface la sguente congruenca: (F (n + 3) 3F (n + ) + 3F (n + 1) F (n)) 0 (mod p 3 ) Entonces para todo entero no negatvo n : F (n) ( (n 1)(n ) n(n 1) )F (0) n(n )F (1) + ( )F ()) (mod p 3 ) 0. Sea a(n) = a(n 1) + a(n ) + 1, a(1) = a() = 1 Probar por nduccón completa que para todo entero n > 0 : a(n) = n 1 (( 1)n + 1) 1. Consderemos los prmeros n números de Fbonacc ordenados en espral como a contnuacón se muestra para n = 3 y n = Notar que para n = 3(1 + 1) = (8 + 3) y para n = 4( ) = 5( ).Conjeturar y probar este resultado para todo entero n > (no necesaramente por nduccón).. Qué sucedería s en el Problema 1 cambamos los números de Fbonacc por los números de Lucas, por números de Fbonacc pares,etc.? 3

4 3. Sea p un número prmo mayor que 3 tal que dvde a a +ab+b (a y b son prmos relatvos).demostrar en más de una forma que para todos los enteros n 0 : Es dvsble por p. a 4+(p 1)n + b 4+(p 1)n + (a + b) 4+(p 1)n 4. Sea (6p + 5) un número prmo con p entero no negatvo. Probar por nduccón que para todo entero n 0 : Es dvsble por (6p + 5). 3p+ k (3n ) 5. Sea F (n) el enésmo número de Fbonacc.Probar de varas formas que: F (n) + F (n + 1) + F (n + ) + F (n + 3) = 3F (n + 3) 6. Sea F (n) el enésmo número de Fbonacc.Probar que para cada entero no negatvo n: Es dvsble por 11. F (5n + 3) + F (5n + 4) 7. Sea k un entero postvo fjo y sea p un número prmo mpar.sea F (n) una funcón de enteros a enteros que satsface la sguente congruenca: k =0 ( ) k ( 1) k F (n + ) 0 (mod p k ) S F (a 0 ),F (a 1 ),...,F (a k 1 ) son dvsbles por p, con (a a j ) no dvsble por p para dstnto de j, entonces probar que para todo entero n 0 : F (n) es dvsble por p k. 8. Sea F (n) el enésmo número de Fbonacc.Sea G n (a) = 89a n F (n)a 11 F (n 11). Probar que para cada entero no negatvo n: G n (a) es dvsble por el polnomo a a Sea 4k + 1 un número prmo.demostrar para todo entero n no negatvo: 30. Sea: Es dvsble por 4k + 1. k 4n+ =1 p 1 F (n) = k n(p 1)+1 p(p 1)(n(p 1) + 1)) And let G(n) = F (n) n(n 1) F (1001). Demostrar por nduccón que G(n) es dvsble por p 3, para todo entero n 0 ( p es un número prmo mayor que 13). 4

5 Indcacones y Solucones. Indcacón Problema 1 : Utlzar la forma de nduccón que se ndca a contnuacón: 1. La propedad es verdadera para n=0, n=1 y n=.. S la propedad es verdadera para n, (n+1)y (n+) mplca que la propedad es verdadera para (n+3). Demostrar la sguente relacón: (F (n + 3) 3F (n + ) + 3F (n + 1) F (n)) 0 (mod p 3 ) (Usar el Teorema de Fermat a p 1 1 (mod p) con p número prmo y a prmo relatvo con p) y el sguente resultado: S g(n) = an + bn + c, es sencllo comprobar que g(n + 3) = 3g(n + ) 3g(n + 1) + g(n)) Recordemos que a b (mod k) es notacón y sgnfca que (a b) es dvsble por k. S no queren usar la forma de nduccón señalada anterormente notar que: F (n + 3) 3F (n + ) + 3F (n + 1) F (n) = (F (n + 3) F (n + ) + F (n + 1)) (F (n + ) F (n + 1) + F (n)) Podemos demostrar que (F (n + ) F (n + 1) + F (n)) es dvsble por p 3, nos faltaría probar que (F () F (1) + F (0)) es dvsble por p 3. S probamos que (F (n + ) F (n + 1) + F (n)) es dvsble por p 3, podemos hacer lo sguente: (F (n + ) F (n + 1) + F (n)) = (F (n + ) F (n + 1)) (F (n + 1) F (n)) Podemos demostrar que (F (n + 1) F (n)) es dvsble por p 3, nos faltaría demostrar que (F (1) F (0)) es dvsble por p 3. S probamos que (F (n + 1) F (n)) es dvsble por p 3, nos restaría demostrar que F (0) es dvsble por p 3,para probar que F (n) es dvsble por p 3. Recaptulando, s hacemos lo anteror y demostramos que : (F () F (1) + F (0)),(F (1) F (0)) y F (0) son dvsbles por p 3, podemos probar que F (n) es dvsble por p 3, para todo n pertenecente a los naturales unón el cero,pero s probamos que F (0),F (1) y F () son dvsbles por p 3,demostramos que (F () F (1) + F (0)),(F (1) F (0)) y F (0) son dvsbles por p 3. Por lo tanto los dos enfoques son bastante parecdos. Pueden exstr otras maneras de resolver el Problema 1,quzás más fácles, pero me parece mportante dar más alternatvas,ya que el hecho de lmtarse a un determnado método cuando nos enfrentamos a un problema, nos puede conducr a una demostracón equvocada o smplemente a no poder soluconarlo. Indcacón Problema : Sea F (n) = 1 + n + 3 n + (( 1) F IB(n) + 1). Probar que (F (n + 3) F (n)) es dvsble por 7. Dvdan el problema orgnal en tres problemas: n de la forma 3m,n de la forma 3m 1 y n de la forma 3m. Luego aplquen nduccón sobre m para cada uno de los problemas. Una forma sofstcada de resolver el problema es demostrando que (F (n)+f (n+1)+f (n+)) es dvsble por 7(usando el prncpo de nduccón débl ) y posterormente utlzar la sguente forma de nduccón : 1. La propedad es verdadera para n = 1 y n =.. S la propedad es verdadera para n y (n + 1) mplca que la propedad es verdadera para (n + ). Indcacón Problema 3 : Ver Indcacón para el problema. Sea F (n) = ( n + 5 n + 6 n ) + 3( 1) n+1 (( 1) F IB(n) + 1). Para la segunda demostracón solctada prueben que : (F (n) F (n + 1) + F (n + )) es dvsble por 13 o que (F (n) + F (n + 1) + F (n + ) ) es dvsble por 13. Notar que s F (n) es dvsble por 13, F (n) tambén lo es. Solucón Problema 4 : Utlzaremos la sguente forma de nduccón: 1. La propedad es verdadera para n = 0 and n = 1.. S la propedad es verdadera para n and (n + 1), entoces la propedad es verdadera para (n + ). 5

6 Del enuncado se deduce drectamente que la propedad es verdadera para n = 0.(Dejaremos pendente la demostracón de que la propedad es verdadera para n = 1.) Del teorema generalzado de Fermat se deduce que: m ( =1 Por lo tanto: Probaremos que: (a (b 1)(c 1) (a (b 1)(c 1) (a 1+(n+)(b 1)(c 1) (a 1+(n+)(b 1)(c 1) m =1 1) = a (b 1)(c 1) a (b 1)(c 1) a 1+(n+1)(b 1)(c 1) a 1+(n+1)(b 1)(c 1) + a (b 1)(c 1) (mod b c ) + 1)a 1+n(b 1)(c 1) 0 (mod b c ) + a 1+n(b 1)(c 1) ) 0 (mod b c ) m a 1+n(b 1)(c 1) ) 0 (mod b c ) =1 (F (n + ) F (n + 1) + F (n)) 0 (mod b c ) (1) F (n) nf (1) (mod b c ) () Usaremos la forma de nduccón ndcada anterormente. Para n = 0 debemos probar que F (0) 0F (1) (mod b c ), lo cual es certo de acuerdo al enuncado. Para n = 1 debemos probar que F (1) 1F (1) (mod b c ), que es equvalente a demostrar que 0 0 (mod b c ), lo cual claramente se cumple para enteros postvos b y c. Supongamos que la propedad se cumple para n y para (n + 1).Probaremos que la propedad tambén se cumple para (n + ). En efecto, de la relacón (1) y aplcando la hpótess nductva se deduce que : (F (n + ) (n + 1)F (1) + nf (1)) 0 (mod b c ) F (n + ) (n + )F (1) (mod b c ) Ahora probaremos que exste n tal que F (n) es dvsble por b c y n no es dvsble por (bc)(s demostramos lo anteror podemos probar fáclmente que F (1) es dvsble por b c ). Vamos a probar que exste n dstnto de 0 tal que (1 + (b 1)(c 1)n) es dvsble por bc y que n no es dvsble por bc. S probamos lo prmero podemos demostrar, utlzando la segunda propedad dada en el enuncado, que para ese n, F (n) es dvsble por b c y s probamos que n no es dvsble por bc, podemos usar el resultado () para demostrar que F (1) es dvsble por b c. Demostraremos que exste n b tal que (1 + (b 1)(c 1)n b ) es dvsble por b y que exste n c tal que (1 + (b 1)(c 1)n c ) es dvsble por c. En efecto, al multplcar (b 1)(c 1) por n = 1,,...,(b 1) los restos de la dvsón por b son todos dstntos. Supongamos que para n = r y n = s los restos son guales con r y s enteros postvos menores o guales a (p 1) y r dstnto de s. Por lo tanto (r s)(b 1)(c 1) es dvsble por b, pero (r s),(b 1) y (c 1) no son dvsbles por b (r y s son menores que b, por lo tanto su dferenca es aún menor y no puede ser 0,porque r es dstnto de s; (b 1) no es dvsble por b, ya que 1 no es dvsble por b ; y (c 1) no es dvsble por b de acuerdo al enuncado). Como conclusón exste una contradccón y por ende s los restos son guales se debe cumplr que r = s y exste un n menor que b tal que el resto es gual a (b 1). Por lo tanto para ese n, (1 + (b 1)(c 1)n) es dvsble por b. Para c es una demostracón smlar. Ahora necestamos encontrar un n tal que (1 + (b 1)(c 1)n) sea dvsble por bc. 1 + (b 1)(c 1)(n b + k b b) = 1 + (b 1)(c 1)(n c + k c c) (n b + k b b) = (n c + k c c) k b b = (n c n b ) + k c c S n c = n b obvamente n = n c = n b. S n c es dstnto de n b, exste k c tal que s al resto de la dvsón de k c c por b le sumamos el resto de la dvsón de (n c n b ) por b el resultado es b. La demostracón es smlar a la hecha anterormente(al dvdr k c c por b para k c = 1,,...,b 1 se obtenen b 1 restos dstntos que, evdentemente, son 1,,...,b 1.) 6

7 Por lo tanto probamos que exste n tal que (1 + (b 1)(c 1)n) es dvsble por bc, El n encontrado no es dvsble por bc, ya que de ser dvsble por bc mplcaría que 1 es dvsble por bc lo que es una contradccón. Probamos que F (0) es dvsble por b c y con lo anteror probamos que F (1) es dvsble por b c. Supongamos que F (n) y F (n + 1) sean dvsbles por b c,del resultado (1) se deduce que F (n + ) tambén es dvsble por b c. Por lo tanto: F (n) es dvsble por b c,para todo n pertenecente a los naturales unón el cero. Solucón Problema 5 : Parte a Probaremos, prevamente, que (a b + a c + b c ) es dvsble por p. Se sabe que (a + b + c ) es dvsble por p, lo que mplca que (a + b + c ) es dvsble por p. Pero (a + b + c ) es gual a (a 4 + b 4 + c 4 + (a b + a c + b c )). Por lo tanto : (a 4 + b 4 + c 4 + (a b + a c + b c )) es dvsble por p. (1) Por otro lado : a + b = c (a + b) = c a + ab + b = c a + b c = ab (a 4 + b 4 + c 4 + (a b a c b c )) = 4a b (a 4 + b 4 + c 4 (a b + a c + b c )) = 0() Restando (1) menos () se obtene que 4(a b +a c +b c ) es dvsble por p, pero como p es un número prmo mpar se deduce que (a b + a c + b c ) es dvsble por p. Ahora volvamos al problema orgnal. Para n = 1 tenemos que: a b c 6 4 = a + b + c Que es dvsble por p de acuerdo al enuncado. Supongamos que la proposcón es verdadera para (n 1). Por demostrar que la propedad es verdadera para n. Notemos que: (a + b + c )(a 6n 6 + b 6n 6 + c 6n 6 ) = = a 6n 4 + a b 6n 6 + a c 6n 6 + b a 6n 6 + b 6n 4 + b c 6n 6 + c a 6n 6 + c b 6n 6 + c 6n 4 = a 6n 4 + b 6n 4 + c 6n 4 + a 6n 8 (a b + a c ) + b 6n 8 (b a + b c ) + c 6n 8 (c b + c a ) = a 6n 4 + b 6n 4 + c 6n 4 + a 6n 8 (a b + a c + b c b c ) + b 6n 8 (b a + b c + a c a c )+ c 6n 8 (c b + c a + b a b a ) = (a 6n 4 + b 6n 4 + c 6n 4 ) + (a 6n 8 + b 6n 8 + c 6n 8 )(a b + a c + b c ) + a b c (a 6n 10 + b 6n 10 + c 6n 10 ) = (a 6n 4 +b 6n 4 +c 6n 4 )+(a 6n 8 +b 6n 8 +c 6n 8 )(a b +a c +b c )+a b c (a 6(n 1) 4 +b 6(n 1) 4 +c 6(n 1) 4 ) Sabemos que (a + b + c ) y (a b + a c + b c ) son dvsbles por p.por lo tanto s (a 6(n 1) 4 + b 6(n 1) 4 + c 6(n 1) 4) es dvsble por p, (a 6n 4 + b 6n 4 + c 6n 4 ) tambén lo es. Parte b Para n = 1 tenemos que: a 6 + b 6 + c 6 = a 4 + b 4 + c 4 Sumando (1) más () (ver parte 1) tenemos que (a 4 + b 4 + c 4 ) es dvsble por p, lo que mplca que (a 4 + b 4 + c 4 ) es dvsble por p, ya que p es mpar. Por lo tanto la propedad es verdadera para n = 1. Supongamos que la proposcón es verdadera para (n 1). Por demostrar que la propedad es verdadera para n. Notemos que: (a + b + c )(a 6n 4 + b 6n 4 + c 6n 4 ) = = a 6n + a b 6n 4 + a c 6n 4 + b a 6n 4 + b 6n + b c 6n 4 + c a 6n 4 + c b 6n 4 + c 6n = a 6n + b 6n + c 6n + a 6n 6 (a b + a c ) + b 6n 6 (b a + b c ) + c 6n 6 (c b + c a ) 7

8 = a 6n + b 6n + c 6n + a 6n 6 (a b + a c + b c b c ) + b 6n 6 (b a + b c + a c a c )+ c 6n 6 (c b + c a + b a b a ) = (a 6n + b 6n + c 6n ) + (a 6n 6 + b 6n 6 + c 6n 6 )(a b + a c + b c ) + a b c (a 6n 8 + b 6n 8 + c 6n 8 ) = (a 6n +b 6n +c 6n )+(a 6n 6 +b 6n 6 +c 6n 6 )(a b +a c +b c )+a b c (a 6(n 1) +b 6(n 1) +c 6(n 1) ) Sabemos que (a + b + c ) y (a 6n 4 + b 6n 4 + c 6n 4 ) son dvsbles por p. Por lo tanto (a + b + c )(a 6n 4 + b 6n 4 + c 6n 4 ) es dvsble por p. Por otro lado a b + a c + b c es dvsble por p. Por consguente s (a 6(n 1) +b 6(n 1) +c 6(n 1) ) es dvsble por p,(a 6n +b 6n +c 6n ) tambén. Parte c Para n = 1 debemos probar que: a + b + c es dvsble por p, lo cuál es verdadero de acuerdo al enuncado. (a n + b n + c n ) = a n+1 + b n+1 + c n+1 + ((ab) n + (ac) n + (bc) n ) a + b = c a + ab + b = c (1) Por otra parte a + b + c es dvsble por p (). Restando () menos (1) tenemos que ab c (mod p). Así, ab c (mod p), ya que p es mpar. a c = b a ac + c = b (1) Por otro lado a + b + c es dvsble por p (). Restando () menos (1) tenemos que ac b (mod p). Por lo tanto, ac b (mod p), dado que p es mpar. b c = a b + bc + c = a (1) Por otro lado a + b + c es dvsble por p (). Restando () menos (1) tenemos que bc a (mod p). Por consguente, bc a (mod p), porque p es mpar. Usando los resultados anterores tenemos que: (a n + b n + c n ) a n+1 + b n+1 + c n+1 + ((a ) n + (b ) n + (c ) n ) (mod p) (a n + b n + c n ) a n+1 + b n+1 + c n+1 + (a n+1 + b n+1 + c n+1 ) (mod p) (a n + b n + c n ) 3(a n+1 + b n+1 + c n+1 ) (mod p) Por lo tanto s la propedad es verdadera para n,entonces para n + 1 tambén es verdadera,ya que p no es dvsble por 3. Parte d Para n = 1 la propedad es verdadera (ver parte b). Usar los sguentes resultados para completar la demostracón: 1. (a 4n ) + (b 4n ) + (c 4n ) es dvsble por p ( corolaro de la propedad probada n la parte c).). a 4n + b 4n + c 4n es dvsble por p (Hpótess Inductva). Hacer algo equvalente a lo hecho cuando demostramos que a 4 + b 4 + c 4 es dvsble por p. Solucón Problema 6 : Parte a Propuesto. 8

9 Parte b Para n = debemos probar que: F () + F ( + 1) = F ( + 4) F ( 3) F () + F (3) = F (8) F (1) Que es equvalente a demostrar que: = 86 1,es decr, = 85, lo cual claramente es certo. Notemos que: n =1 F () = F (n)f (n + 1) 5(1) n+1 =1 F () = F (n + 1)F (n + ) 5() Sumando (1) y () tenemos que: F (1) + n =1 (F () + F ( + 1) ) = F (n + 1)(F (n) + F (n + )) 10 = (F (n + ) F (n))(f (n) + F (n + )) 10 = F (n + ) F (n) 10 Por otro lado : F (n + 1) + F (n + ) = (F (n) + F (n + 1) ) + (F (n + ) F (n) ) = n =1 (F () + F ( + 1) ) + ((F (n) + F (n + 1) ) = F (1) + F () + n = (F () + F ( + 1) ) + ((F (n) + F (n + 1) ) Usando la hpótess nductva correspondente al prncpo de nduccón fuerte y reemplazando los valores de F (1) y F () tenemos que: F (n + 1) + F (n + ) = n = (F ( + 4) F ( 3)) + (F (n + 4) F (n 3)) + 11 = n = ((F ( + 5) F ( + 3)) (F (1) + n =3 (F ( ) F ( 4)) + (F (n + 4) F (n 3)) + 48 = (F (n + 1) F (7)) (F (n) F ()) + (F (n + 4) + F (n 3)) + 48 F (1) = (F (n + 5) 53) (F (n ) 6) + F (n + 4) F (n 3) = F (n + 5) (n ) + F (n + 4) F (n 3) = (F (n + 4) + F (n + 5)) (F (n 3) + F (n )) = F (n + 6) F (n 1) = F ((n + 1) + 4) F ((n + 1) 3) Por lo tanto la propedad es verdadera para todo entero n mayor que 1. Solucón Problema 7 : Sea: F (n) = k n Para n = 1 tengo que: F (1) = p(p+1)(p+1) 6,que,evdentemente, es dvsble por (p+1), ya que 6 no puede dvdr a p+1(prmo mayor que 3). Supongamos que la propedad es verdadera para n.por demostrar que es verdadera para n + 1. Demostracón 1 Sea r k el resto de la dvsón de k dvddo por (p + 1) y sea R k gual a r k,s r k es menor o gual a p; y R k gual a (p + 1 r k ) s r k es mayor que p. Por lo tanto k ±R k (mod (p + 1)). Usando el teorema del bnomo tenemos que: k n+1 = k ()n R n k (mod (p + 1)) Ahora necestamos probar que los R k son todos dstntos. Sean a y b enteros postvos menores o guales a p. a ±R a (mod (p + 1)) b ±R b (mod (p + 1)) Supongamos que R a = R b = R con a dstnto de b: Caso 1: Supongamos gual sgno.vamos a suponer sgno postvo.para el caso de sgno negatvo la demostracón es smlar. a R(1) (mod (p + 1)) b R() (mod (p + 1)) Restando (1) menos () tenemos que: a b 0 (mod (p + 1)) (a b)(a + b) 0 (mod (p + 1)) Lo anteror mplca que p + 1 dvde a (a b) o (a + b), ya que p + 1 es prmo. Pero tanto (a b) como (a + b) no pueden ser dvsbles por p + 1, a y b son menores o guales a p y por lo tanto el valor absoluto de su dferenca es menor que p + 1 y tampoco puede ser cero, ya que a es dstnto de b. Por otro lado (a + b) tambén es menor que p + 1,pues en el mayor valor de (a + b) se obtene cuando uno de los valores es p y el otro p 1,es decr cuando su suma es p 1. Por lo tanto, de exstr a yb, no pueden tener el msmo sgno. 9

10 Caso :dstnto sgno.vamos a suponer que el sgno negatvo corresponde a b.el caso contraro es smlar. a R (mod (p + 1))(3) b R (mod (p + 1))(4) Elevemos (3) y (4) a p.recordemos que p es mpar. a p R p (mod (p + 1)) b p R p (mod (p + 1)) a p 1 R p 1 (mod (p + 1)) b p 1 R p 1 (mod (p + 1)) Lo anteror mplca que R p 1 y R p 1 son dvsbles por p + 1 (usando teorema de Fermat) y por lo tanto su suma tambén lo es, pero su suma es, es decr s suponemos que R a = R b = R con a dstnto de b mplca que es dvsble por p + 1, lo cuál es una contradccón. Por lo tanto s a dstnto de b mplca que R a es dstnto de R b. Acabamos de probar que los R k son todos dstntos y además de la defncón de R k se deduce que: Por lo tanto F (n + 1) F (n) Demostracón k n = R k n (mod (p + 1)).Por ende s F (n) es dvsble por p + 1,F (n + 1) tambén. p 1 (F (n)) = F (n + 1) + =1 j=+1 (j) n (3) Sea r j el resto de la dvsón de (j) dvddo por (p + 1) y sea R j gual a r j,s r j es menor o gual a p; y R j gual a (p + 1 r k ) s r k es mayor que p. Por lo tanto (j) ±R j (mod (p + 1)). Donde: p 1 (F (n)) F (n + 1) + (F (n)) F (n + 1) + =1 j=+1 c k = (R j ) n (mod (p + 1)) c k k n (mod (p + 1)) =1 p(p 1) Exsten varas formas de probar lo anteror pero creo que la más fácl es la sguente: El lado zquerdo de la gualdad (3) tene p térmnos correspondentes a (F (n)). El lado derecho tene p térmnos correspondentes a F (n) más dos veces el número de térmnos que deseamos determnar.por lo tanto despejando la ncógnta obtenemos el resultado buscado. Vamos a demostrar que c k (p 1) lo que equvale a probar que dados los prmeros p números naturales podemos formar como máxmo (p 1) parejas de números d y e tales que d e ±k (mod (p + 1)). Sabemos que p es mpar por ende (p 1) es par.por lo tanto podemos formar (p 1) parejas. Para poder formar más parejas debemos ocupar el número que nos sobró y volver a ocupar otro número o ben hacer otra combnacón con dos números ya utlzados.pero hacer lo anteror mplcaría lo sguente: d e ±k (mod (p + 1)) (5) d f ±k (mod (p + 1)) (6) Con f dferente de e Tenemos dos casos : gual sgno o dstnto sgno. S tenen gual sgno podemos restar (6) menos (5). d(f e) 0 (mod (p + 1)) S tenen gual dstnto sgno podemos sumar (6) más (5). d(f + e) 0 (mod (p + 1)) Lo anteror mplca que p + 1 dvde a d,(f e) o (f + e), ya que p + 1 es prmo. Pero d no es dvsble por p + 1, ya que es un entero postvo menor que p + 1 y tanto (f e) como (f + e) (4) 10

11 no pueden ser dvsbles por p + 1, f y e son menores o guales a p y por lo tanto el valor absoluto de su dferenca es menor que p + 1 y tampoco puede ser cero, ya que f es dstnto de e. Por otro lado (f + e) tambén es menor que p + 1,pues el mayor valor de (f + e) se obtene cuando uno de los valores es p y el otro p 1,es decr cuando su suma es p 1. Suponer que podemos formar más de (p 1) parejas nos lleva a una contradccón.por ende podemos formar como máxmo (p 1) parejas. Por lo tanto c k (p 1) for k = 1,...,p. Pero los c k satsfacen la gualdad (4).Por ende el únco valor posble para c k k = 1,...,p es (p 1), ya que de otro modo no se cumplría la gualdad. De lo anteror deducmos que: (F (n)) (F (n + 1) + (p 1)F (n)) (mod (p + 1)) F (n + 1) F (n)(f (n) p + 1) (mod (p + 1)) Por lo tanto s F (n) es dvsble por p + 1,F (n + 1) tambén. Demostracón 3 Sea a un entero postvo menor o gual a p,y mayor que 1,demostrar que : (a n 1) p kn Es dvsble por p + 1.Luego pruebe que (a n 1) puede se expresado como el producto de sumas de cuadrados por (a 1)(a + 1). Posterormente demuestre que p + 1 no puede dvdr la suma de dos cuadrados (Ver Demostracón 1) y deduzca lo solctado. Indcacones para probar una propedad más general Ahora daremos ndcacones para probar que p kn es dvsble por p + 1,excepto para n múltplo de p.de hecho la propedad que acabamos de demostrar es un caso partcular de esta propedad más general. Nos concentraremos en los prmeros p casos, ya que : k (n+p) k n (mod (p + 1)) Lo anteror es un resultado drecto del teorema de Fermat. Por otro lado, usando el msmo teorema anteror, es fácl probar que para n múltplo de p,( p kn ) es de la forma (p + 1)m + p y por ende no dvsble por p + 1. Probar que : ( k n )(( k n ) p) (7) Es dvsble por p + 1. Luego demuestre que: k + k k (p 1) (8) Es dvsble por p + 1.Reordene los térmnos formando progresones geométrcas. De (7) se deduce que p kn es dvsble por p + 1 o p p kn p es dvsble por p + 1. Por lo tanto: kn c n p (mod (p + 1)) Donde c n es 0 o 1. Reemplazando lo anteror en el resultado (8) tenemos que: (c 1 + c c p 1 )p es dvsble por p + 1. Por lo tanto: (c 1 + c c p 1 ) es dvsble por p + 1,ya que p + 1 es prmo. Lo anteror es como mínmo 0 y como máxmo (p 1), y por ende el únco valor posble es cero,ya que de otro modo (c 1 + c c p 1 ) no podría ser dvsble por p + 1. Por lo tanto p kn es dvsble por p + 1 para n = 1,,...,p 1. Indcacón Problema 8 : Para n = 1 debemos probar que 4p + 1 dvde a p a k Demostracón 1 Sea b un entero postvo menor o gual a p que tenga la propedad:b p + 1 es dvsble por (4p + 1). b a k = (b a k ) 11

12 Sea B k el resto de la dvsón de (b a k ) dvddo por (4p + 1). Sea b k gual a B k,s B k es menor o gual a p; y b k gual a (4p + 1 B k ) s B k es mayor que p. Por lo tanto (b a k ) b k (mod (4p + 1)).Luego probar que los b k son todos dferentes, pertenecen al conjunto de los prmeros p enteros postvos y que tenen la propedad: b p k + 1 es dvsble por (4p + 1). Así : b a k b k (mod (4p + 1)) y por lo tanto (b a k + a k) ( b k + a k) (mod (4p + 1)) Notar que ( p b k + p a (p(p+1)(4p+1)) k ) es la sumatora de los prmeros p enteros postvos, es decr 6, que, evdentemente, es dvsble por (4p + 1), ya que 6 no puede dvdr a 4p + 1(número prmo mayor que 3). Por consguente: (b + 1) a k 0 (mod (4p + 1)) Pueden selecconar b r y b s ( b r dstnto de b s )de modo que a lo más uno de ellos tene la propedad (b +1) es dvsble por (4p + 1). Probarlo y completar la prueba. Demostracón Hacer algo smlar a la prueba 1,pero con a tal que: a p 1 es dvsble por (4p + 1)(a dstnto de 1). Para el resto de la solucón ver solucón de problema 7. Indcacón Problema 9 : Consderar los resduos cuadrátcos de 13, es decr, los números a para los cuales exste x tal que x a (mod 13). Además es fácl demostrar que 4 n n 1 es dvsble por 13. Indcacón Problema 10 : Probar que 8 n 3 n es dvsble por 13 y no es dvsble por 13. Indcacón Problema 11 : Ver ndcacón problema 1. Indcacón Problema 1 : Conjeturar y probar que para cada entero postvo n : f(a + n b) k n f(a) (mod p). Luego usar el teorema de Euler. Indcacón Problema 13 : Sea: f(n) = 1 + 4n n n n n+ Notar que f(n) = (1 + 5 (n+1) ) + ( (n+1) + 3 (n+1)) + (4 (n+1) + 6 (n+1) ) = (1 + 5 (n+1) ) + ( (n+1) + 3 (n+1)) + ( (n+1) + 3 (n+1) ) = (1 + 5 (n+1) ) + 5( (n+1) + 3 (n+1) ) Luego demostrar que (1 + 5 (n+1) )and ( (n+1) + 3 (n+1) ) son dvsbles por 13. Otra solucón es dvdr el problema orgnal en tres problemas: n de la forma 3m, n de la forma 3m 1 y n de la forma 3m. Indcacón Problema 14 : Sea f(n) = ((3 4n n+3 ) 5n + 65n + 68) Consderar f(n + 1) 34f(n).Otra solucón es usar ndcacón problema 1. Indcacón Problema 15 : Sea: F (n) = ( n + 3 n + 5 n ) Notemos que: F (n + ) = (a n+ + b n+ + c n+ ) = (( 4 ) n + (3 4 ) n + (5 4 ) n ) = (16 n + 81 n + 65 n ) = ((19 3) n + ( ) n + (19 33 ) n ) Usando el teorema del bnomo, tenemos que: F (n + ) F (n) (mod 19) Para completar la demostracón dvdr el problema orgnal en 1

13 dos problemas: n mpar y n par.tambén podemos demostrar que (F (n) + F (n + 1)) es dvsble por 19 y posterormente deducr que F (n) es dvsble por 19.Ver ndcacón Problema. Solucón Problema 16 : Para n = 1 debemos probar que: g(1) = (f(1) + f())(a 1) a 0 En efecto, g(1) = f(3) + af() + (a 1)f(1) = (a 1)f() + af(1) + af() + (a 1)f(1) = (a 1)(f(1) + f()) = (a 1)(f(1) + f()) a 0 Prueba 1 g(n + 1) = f(n + 3) + af(n + ) + (a 1)f(n + 1) a g(n) = af(n + ) + a f(n + 1) + a(a 1)f(n) Por lo tanto: g(n + 1) a g(n) = = f(n + 3) + af(n + ) + (a 1)f(n + 1) af(n + ) a f(n + 1) a(a 1)f(n) = f(n + 3) (a a + 1)f(n + 1) a(a 1)f(n) Pero f(n + 3) = (a 1)f(n + ) + af(n + 1) = (a 1)((a 1)f(n + 1) + af(n)) + af(n + 1) = ((a 1) + a)f(n + 1) + a(a 1)f(n) = (a a + 1)f(n + 1) + a(a 1)f(n) Por consguente : f(n + 3) (a a + 1)f(n + 1) a(a 1)f(n) = 0, y por ende g(n + 1) a g(n) = 0 lo cual es quvalente a g(n + 1) = a g(n) Aplcando la hpótess nductva tenemos que: g(n + 1) = a (f(1) + f()) (a 1) a (n 1) = (f(1) + f()) (a 1) a ((n+1) 1) Prueba g(n) = f(n + ) + af(n + 1) + (a 1)f(n) = (a 1)f(n + 1) + af(n) + af(n + 1) + (a 1)f(n) = (a 1)(f(n) + f(n + 1)) Por lo tanto podemos probar que (f(n) + f(n + 1)) = (f(1) + f())a (n 1) Para n = 1 es claro que (f(1) + f()) = (f(1) + f())a (1 1) Sabemos que f(n + ) = (a 1)f(n + 1) + af(n) Sumando f(n + 1) a ambos lados de la gualdad tenemos: f(n + ) + f(n + 1) = a(f(n + 1) + f(n)) Fnalmente usando la hpótess nductva : f(n + ) + f(n + 1) = a(f(1) + f()) a (n 1) f((n + 1) + 1) + f(n + 1) = (f(1) + f()) a ((n+1) 1) Solucón Problema 17 : Para n = 1 tenemos que: f(3 1) + f( ) = f(3) + f(4) f(3) = 3(1 + 1) + 1 = 7 f(4) = 3(7 + 1) + 1 = 5 Por lo tanto: f(3) + f(4) = = 3, que, evdentemente, es dvsble por 3. f(3(n + 1)) + f(3(n + 1) + 1) = f(3n + 3) + f(3n + 4) = f(3n + 3) + 3(f(3n + 3) + f(3n + )) + 1 = 4f(3n + 3) + 3f(3n + ) + 1 = 4(3(f(3n + ) + f(3n + 1)) + 1) + 3f(3n + ) + 1 = 15f(3n + ) + 1f(3n + 1) + 5 = 15(3(f(3n + 1) + f(3n)) + 1) + 1f(3n + 1) + 5 = 1f(3n + 1) (f(3n + 1) + f(3n)) = 4(3f(3n + 1) + 5) + 45(f(3n + 1) + f(3n)) S probamos que 3f(3n + 1) + 5 es dvsble por 8, podemos completar la demostracón. Para n = 1,debemos probar que: 3f( ) + 5 es dvsble por 8. 3f(4) + 5 = = 80, que, claramente, es dvsble por 8. 3f(3(n + 1) + 1) + 5 = 3f(3n + 4) + 5 = 3(3(f(3n + 3) + f(3n + )) + 1) + 5 = 3(3(3(f(3n + ) + f(3n + 1)) f(3n + )) + 1) + 5 = 3(1f(3n + ) + 9f(3n + 1) + ) + 5 = 36f(3n + ) + 7f(3n + 1)

14 = 36f(3n + ) + 9(3f(3n + 1) + 5) 8 = 4(9f(3n + ) 7) + 9(3f(3n + 1) + 5) Nos faltaría probar que (9f(3n + ) 7) es dvsble por, o que (f(3n + ) 1) es dvsble por. Probaremos que (f(3n + ) 1) es dvsble por. Para n = 1,debemos probar que: f(3 1 + ) 1 es dvsble por. f(5) 1 = 97 1 = 96, que, evdentemente, es dvsble por. f(5) 1 = 97 1 = 96, that, evdently, s dvsble by. f(3(n+1)+) 1 = f(3n + 5) = 3(f(3n + 4) + f(3n + 3)) = 3(3(f(3n + 3) + f(3n + )) f(3n + 3)) = 1f(3n + 3) + 9f(3n + ) + 3 = 1(f(3n + 3) + 1) + 9(f(3n + ) 1) Por lo tanto s f(3n + ) 1 es dvsble por, f(3(n + 1) + ) 1 tambén lo es. Por consguente (9f(3n + ) 7) es dvsble por,con lo cuál podemos completar la demostracón de que 3f(3n + 1) + 5 es dvsble por 8 y por ende termnar de demostrar que para todo n pertenecente a los naturales: (f(3n) + f(3n + 1)) es dvsble por 3. Indcacón Problema 18 : Probar que f(n) n f(1) (mod p ), usando la ndcacón del problema 0,pero los casos bases son n = 0 y n = 1. A contnuacón probar que f(100) es dvsble por p y por lo tanto f(1) es dvsble por p,ya que 100 no es dvsble por p de acuerdo al enuncado. Indcacón Problema 19 : Ver ndcacón problema 1. Indcacón Problema 0 : Usar la sguente forma de nduccón: 1. La propedad es verdadera para n = 1 y n =.. S la propedad es verdadera para n y (n + 1), entoces la propedad es verdadera para (n + ). Indcacón Problema 1 : Notar que debemos determnar S 1 (n),s (n),s 3 (n),s 4 (n) y S 5 (n) tal que: F (S 1 (n)) + F (S 1 (n)) = F (S 3 (n))(f (S 4 (n)) + F (S 5 (n))) Consderar unos pocos valores de n y tomar las sucesvas dferencas de S (n). Usar la fórmula de Bnet. Indcacón Problema : Ver ndcacón del problema 1. Indcacón Problema 3 : Sea f(n) = a (4+(p 1)n) + b (4+(p 1)n) + (a + b) (4+(p 1)n). Probar que f(n) ((1 n)f(0) + nf(1)) (mod p ))n 0. Usar la sguente forma de nduccón: 1. La propedad es verdadera para n = 0 and n = 1.. S la propedad es verdadera para n and (n + 1), entoces la propedad es verdadera para (n + ). Sea g(k) = a (6k ) + b (6k ) + (a + b) (6k ).Del problema 5(b), sabemos que g(k) es dvsble por p para cada entero postvo k.en partcular para k = 1 y k = p,pero notar que g(1) = f(0) y g(p) = f(6).por lo tanto f(0) y f(6) son dvsbles por p. Así f(6) 6f(1) (mod p ),luego f(1) es dvsble por p (p es prme relatvo con 6) y por consguente f(n) 0 (mod p ) para cada n 0. Indcacón Problema 4 : Ver ndcacón del problema 7 y usar el sguente resultado: a ab + b y a + ab + b son dvsbles úncamente por prmos de la forma 6k + 1 or by 3 (con a y b prmos relatvos). Indcacón Problema 5 : Mostrar que: n =1 F () = F (n)f (n + 1) y ver solucón del problema 6.Otra solucón es usar la fórmula de Bnet. Indcacón Problema 6 : Consderar n par y n mpar y usar lo sguente: F (n + 10) = 55F (n + 1) + 34F (n) F (n + 10) = 11(5F (n + 1) + 3F (n)) + F (n) 14

15 Indcacón Problema 7 : Sea: F (n) = (n 0)... (n ( 1))(n ( + 1))... (n (k 1)) Probar que: F (n) F 0(n)F (0) F 0 (0) + F 1(n)F (1) F 1 (1) F k 1(n)F (k 1) F k 1 (k 1) (Notar que para k =,F (n) ((1 n)f (0) + nf (1)) (mod p ) y para k = 3 F (n) ( (n 1)(n ) F (0) n(n )(1) + n(n 1) F ()) (mod p 3 )) Usar la forma de nducón que es ndcada a contnuacón: 1. La propedad es verdadera para n = 0, n = 1,n =,...,n = k 1 (mod p k ). S la propedad es verdadera para n, (n + 1),(n + ),...,(n + k 1),entonces la propedad es verdadera para (n + k). Es fácl ver que para n = 0 F (0) F (0) (mod p k ),for n = 1 F (1) F (1) (mod p k ),..., para n = F () F () (mod p k ),...,y para n = k 1 F (k 1) F (k 1) (mod p k ).Por lo tanto la propedad es verdadera para n = 0, n = 1,n =,...,n = k 1. Para el paso nductvo notar que: g(n) = F 0(n)F (0) F 0 (0) + F 1(n)F (1) F 1 (1) F k 1(n)F (k 1) F k 1 (k 1) Es un polnomo en n de grado a lo más (k 1).Por lo tanto del Cálculo de Dferencas Fntas tenemos que: k ( ) k ( 1) k g(n + ) = 0 Completar esta parte de la demostracón usando el hecho que: k =0 =0 ( ) k ( 1) k F (n + ) 0 (mod p k ) S F (a 0 ),F (a 1 ),...,F (a k 1 ) son dvsbles por p k, tenemos el sguente sstema: F 0 (a 0 )F (0) F 0 (0) F 0 (a 1 )F (0) F 0 (0) F 0 (a k 1 )F (0) F 0 (0) + F 1(a 0 )F (1) F 1 (1) + F 1(a 1 )F (1) F 1 (1) + F 1(a k 1 )F (1) F 1 (1) F k 1(a 0 )F (k 1) F k 1 (k 1) F k 1(a 1 )F (k 1) F k 1 (k 1) F k 1(a k 1 )F (k 1) F k 1 (k 1) = c 0 p k = c 1 p k = c k 1 p k Por Regla de Cramer F () = det(a ) det(a), pk es factor de det(a )(tambén puede ser probado que F (n) F (0) es un entero para = 0,...,(k 1) usando la msma forma de nduccón ndcada anterormente).por otra parte es fácl probar que det(a) tene los factores (a a j ) dstnto de j. El factor restante de det(a) es una constante que puede ser calculada evaluando a 0 = 0,...,a k 1 = k 1. Sabemos que F () es entero,por lo tanto: S F (a 0 ),F (a 1 ),...,F (a k 1 ) son dvsbles por p k donde (a a j ) no es dvsble por p para dstnto de j, then F () es dvsble por p k for = 0,...,(k 1).Así F (n) 0 (mod p k ). Indcacón Problema 8 :Notar que G n+ (a) (G n+1 (a) + G n (a)) (mod a a 1)(Dvsón de polnomos.) Probar que:g n (a) (F (n 1)G 0 (a) + F (n)g 1 (a)) (mod a a 1) Usar la sguente forma de nduccón: 15

16 1. La propedad es verdadera para n = 0 and n = 1.. S la propedad es verdadera para n and (n + 1), entoces la propedad es verdadera para (n + ). Luego probar que G 0 (a) = G 11 (a) = 0 ( polnomo cero),por lo tanto F (11)G 1 (a) tene el factor a a 1,por ende s r es una raíz del polnomo a a 1, tenemos que 89G 1 (r) = 0.De ese modo G 1 (r) = 0(89 dstnto de 0) y por lo tanto: G n (a) es dvsble by a a 1 para cada entero no negatvo n. Tambén es posble determnar,drectamente,que: G 1 (a) = (a a 1)(a 9 + a 8 + a 7 + 3a 6 + 5a 5 + 8a a 3 + 1a + 34a + 55) Indcacón Problema 9 :Del teorema de Wlson exste un entero a tal que a 1 (mod 4k + 1).Demostrar que los enteros de 1 a k pueden ser ordenados en k pares tales que la suma de los cuadrados de cada par es dvsble por (4k + 1).El resultado es deducdo,nmedatamente,de la ben conocda propedad: x n+1 + y n+1 es dvsble por (x + y). Indcacón Problema 30 :Probar que G(n) (n(n 1)/)G()) (mod p 3 ),luego G(1001) G() (mod p 3 ) y conclur. 16