Univ. Nacional de Colombia, Medellín Escuela de Matemáticas Matemáticas Discretas Marzo 8, Soluciones Taller 5

Transcripción

1 Univ. Nacional de Colombia, Medellín Escuela de Matemáticas Matemáticas Discretas Marzo 8, 00 Soluciones Taller 5. Pruebe por inducción que n 3 = (n ) 3 + n 3 = = ( ) n(n + ) Caso base: Para n = se tiene que la suma en la derecha es, y la expresión en la izquierda es ((/)()()) =. Hipótesis de inducción: Asumimos que la igualdad es válida para n. Paso de inducción: Probamos que la igual es válda para n + : n+ 3 = = = n 3 + (n + ) 3 = separando el último término ( ) n(n + ) + (n + ) 3 usando la hipótesis de inducción = 4 (n + ) (n + 4(n + )) factorizando = 4 (n + ) (n + 4n + 4) simplificando = 4 (n + ) (n + ) factorizando = ( (n + )((n + ) + ) ) que es la expresión de la derecha en ( ) con n reemplazado con n +.. Pruebe por inducción que n n < n! para n suficientemente grande (esto es existe un n 0, tal que la desigualdad es cierta para n n 0 ). Como parte de la prueba determine un tal valor para n 0. Calculando los primeros valores, se encuentra que la desigualdad se satisface por primera vez para n = 8: 8 8 = 6384 y 8! = 4030.

2 Esto es el caso base. Para probar que se satisface para n 8 usamos inducción. Asumimos como hipótesis de inducción que para n con n 8 se tiene que n n < n! y deducimos la desigualdad para n + a continuación. Comenzamos escribiendo (n + ) n+ = (n + ) n Queremos tener n para poder aplicar la hipótesis de inducción. Una alternativa es forzarlo multiplicando y dividiendo por n : n n (n + ) n Por hipótesis de inducción podemos acotar la primera parte por n! y obtener n n (n + ) (n + ) = n! n n = (n + )! n + n Para concluir que esto es menor que (n + )! es suficiente que Esto es equivalente a y a y a n + n <. n + < n n n + > 3 (n ) > 3. Para esto es suficiente que n 3 + lo cual se satisface para n 8. Esto completa el paso de inducción. 3. Use inducción para probar que para todo entero n 0, 0 n es divisible por 9. Caso base: Para n =, 0 = 9 que es divisible por 9. Hipótesis de inducción: Para n 0, asumimos que 0 n es divisible por 9.

3 Paso de inducción: Tenemos la siguiente deducción: 0 n+ = 0 n 0 = (0 n ) = (0 n ) Por hipótesis de inducción, 0 n es divisible por 9, es decir existe entero tal que 0 n = 9. Entonces 0 n+ = = 9(0 + ). Puesto que l = 0 + es entero, entonces 0 n+ = 9l es divisible por Pruebe que para x y n, se tiene que ( + x) n + nx. Caso base: Para n = ambos lados de la desigualdad son. Hipótesis de inducción: Asumimos que la desigualdad es cierta para n. Paso de inducción: Tenemos la siguiente deducción: ( + x) n+ = = ( + x) n ( + x) separando un factor ( + x) ( + nx)( + x) usando la hipótesis de inducción y que + x > 0 = + (n + )x + nx multiplicando y factorizando + (n + )x porque nx 0. La última línea nos da la desigualdad deseada para n Los números armónicos H n se definen como H n = n = = n. Pruebe por inducción que para n 0, + n H n + n. Primero la cota inferior: 3

4 Base de inducción: H 0 = H = y la cota dada es también. Hipótesis de inducción: Asumimos que la cota inferior se satisface para n 0. Paso de inducción: Probamos a cota inferior para n + : H n+ = = n+ = n = n+ + por definición = n + + n n+ + = n + + n n+ + = n + = + n + n = + n + = + n +. separando H n aplicando hipótesis de inducción a H n n+ usando / / n+ para n+ n+ hay n términos en la suma multiplicando Esto completa la prueba por inducción de la cota inferior. Ahora la cota superior: Base de inducción: H 0 = H = y la cota dada es también. Hipótesis de inducción: Asumimos que la cota superior se satisface para n 0. Paso de inducción: Probamos a cota superior para n + : H n+ = = n+ = n = + n + + n + n+ + por definición = n + n+ = n + n+ = n + = + n + n separando H n aplicando hipótesis de inducción a H n n usando / / n para n n hay n términos en la suma 4

5 = + n + multiplicando = + (n + ). Esto completa la prueba por inducción de la cota superior. 6. Verifique que cualquier número racional positivo r es igual a una fracción irreducible p/q. Es decir p, q son enteros positivos que no tienen factores comunes que se pueden cancelar. Sugerencia: Todo racional positivo por definición es igual a un cociente m/n de dos enteros positivos. Use inducción (fuerte) sobre m (cuando se considera un m, n puede ser arbitrario). Se prueba por inducción sobre m entero positivo que todo racional r = m/n, donde n es cualquier entero positivo, es igual a una fracción irreducible p/q. Caso base: El caso base es m = que es trivial porque /n es irreducible para cualquier n. Hipótesis de inducción: Para con < m y todo n, el racional /n es igual a una fracción irreducible p/q. Paso de inducción: Para el paso de inducción consideramos un racional r = m/n con n arbitrario. Hay dos casos: (i) r = m/n es irreducible porque m y n no tienen factores comunes, y en este caso no hay más que probar, ó (ii) r = m/n se puede reducir cancelando algun factor común f de m y n: existen m y tal que m = fm y n = fn. Al cancelar f queda r = m /n con m < m y entonces por hipótesis de induccion m /n es igual a una fraccion irreducible p/q y por lo tanto r es igual a esa fracción irreducible p/q. 7. -coloreamineto de regiones. En un disco se dibujan n líneas tal que tres de ellas no se intersectan en el mismo punto. Estas dividen el disco en regiones. Verifique usando inducción que se pueden asignar color rojo ó azul a cada una de las regiones de tal manera que dos regiones que son vecinas (tiene un segmento de línea en común) tienen colores diferentes. Primero informalmente: con cero líneas hay una sóla región la cula se puede colorear con rojo ó con azul. Para el razonamiento inductivo, dadas n líneas, retiramos una línea l y por inducción existe un -coloramiento C de la regiones. Al colocar de nuevo l, si se dejan los mismos colores hay conflicto entre regiones creadas a lado y lado de l (dos regiones separadas por l tienen el mismo color porque antes formaban parte de una misma región que fue partida por l). Se puede ver entonces que la forma de reparar el -coloramiento es intercambiar los colores azul y rojo a un lado de l, de esa manera ya no hay conflicto entre lado y lado de l (por el cambio a un lado) y no se crea ningún otro porque C era un -coloramiento 5

6 correcto. Desafortnadamente, la descripción más formal de esto resulta un poco complicada y da a continuación. Denotamos el mapa definido por un conjunto de líneas L por M(L). Un -coloreamiento válido de las regiones de M(L) es una asignación de uno de dos colores a cada una de las regiones de tal manera que regiones adyacentes (que comparten un mismo segmento) no tienen el mismo color (regiones que se tocan en un vértice pueden tener el mismo color). Ver figura adelante para un ejemplo. Caso base: Podemos tomar como caso base n = 0. El mapa resultante M( ) tiene una sóla región que se puede colorear con un color. Hipótesis de inducción: Asumimos que para n 0, cualquier mapa definido por n líneas tiene un -coloreamiento válido. Paso de Inducción: Cosideramos ahora el mapa M(L) definido por un conjunto L de n + líneas. Sea l una de ellas y sea L = L {l}. Sean l + y l los semiplanos a uno y otro lado de l. Cada región R de M(L) es la intersección de una región R de M(L ) con l + o con l, es decir R = R l + ó R = R l. Por hipótesis de inducción, el mapa M(L ) definido por las n líneas en L tiene un -coloreamiento válido. Consideremos un tal -coloreamiento válido de M(L ). Obtenemos un -coloreamiento para M(L) de la siguiente manera: consideramos una región R en M(L) que proviene de R en M(L ), si R = R l +, R se colorea igual que R, y si R = R l, R se colorea con el color opuesto al de R. La figura ilustra el argumento que estamos siguiendo. Veamos que este es un -coloreamiento válido para M(L). Consideremos dos regiones R, R de M(L) que son adyacentes. Tenemos dos casos: Caso : Si R y R están al mismo lado de l, entonces tienen asignados colores de regiones en M(L ) que son adyacentes y por lo tanto son diferentes. Caso : Si R y R están a lados opuestos de l entonces el segmento que comparten en M(L) pertenece a la recta l y las regiones R y R provienen de la misma región R en M(L ), esto es: R = R l + y R = R l o viceversa. Puesto que en l + se usa el mismo -coloreamiento de M(L ) y en l el opuesto, se obtiene que R y R tienen asignados colores diferentes. 8. La sucesión a n se define recursivamente como { 0 si n = 0 a n = a n + si n > 0 Verifique usando inducción que a n = n. 6

7 : A la izquierda, el mapa con el conjunto de líneas L. En el centro, el mapa con el conjunto de líneas L = L {l} y un -coloreamiento. A la derecha, el mapa inicial con un -coloreamiento obtenido tomando a un lado de l, el coloramiento para L, y al otro lado de l el coloreamiento opuesto (intercambiando colores). Usamos inducción sobre n. Caso base: Para n = 0, a n = 0 y n = 0. Hipótesis de inducción: Asumimos para n 0 que a n = n. Paso de inducción: Sea n 0. Entonces n + y usando la definición recursiva se tiene a n+ = a n + = ( n ) + usando la hipótesis de inducción = n + = n+, que es lo que queríamos verificar. 9. La sucesión a n se define recursivamente como 0 si n = 0 a n = a n + si n es impar si n > 0 y es par a n/ Verifique usando inducción que a n = n. Usamos inducción sobre n. Caso base: Para n = 0, a n = 0 y n = 0. Hipótesis de inducción: Asumimos para n 0 que a n = n. Paso de inducción: Sea n 0. Entonces n + y usando la definición recursiva se tienen dos casos n + es par: Entonces a n+ = a n + = n + usando la hipótesis de inducción 7

8 n + es impar: Entonces a n+ = a (n+)/ = n + = n +. usando la hipótesis de inducción En ambos casos obtenemos que a n+ = n +, que es lo que queríamos concluir. 0. Recuerde que los números de Fibonacci F n para n 0, se definen recursivamente como si n = 0 F n = si n = F n + F n si n > Use inducción para probar que n (F i ) = F n F n+. i=0 Usamos inducción sobre n. Caso base: Para n = 0, n i=0 (F i) = F 0 = y F nf n+ = F 0 F = ; y para n =, n i=0 (F i) = F 0 + F = + =, y F nf n+ = F F = =. Hipótesis de inducción: Para n asumimos que n i=0 (F i) = F n F n+. Paso de inducción: Sea n, entonces n+ (F i ) = i=0 n (F i ) + F n+ separando el último término i=0 = F n F n+ + F n+ usando la hipótesis de inducción = F n+ (F n + F n+ ) factoriazndo F n+ = F n+ F n+ usando la definición recursiva de F n+ (note que n + ), que es lo que queríamos derivar.. Recuerde que n/d y n mod d denotan el cociente y residuo de dividir n por d (aquí x es la función piso ó parte entera). Como se discutió en clase, la prueba por inducción del teorema de la división también da una forma recursiva de definir (calcular) el cociente y el residuo, para enteros n 0, d > 0: { 0 si n < d n/d = (n d)/d + si n d 8

9 y n mod d = { n si n < d (n d) mod d si n d Usando estas funciones, el producto de dos números se puede escribir recursivamente como (método de los campesinos rusos) 0 { si n = 0 m n = m si n es impar (m) n/ + si n > 0 0 si n es par (a) Use las definiciones recursivas de n/d y n mod d para calcular 33/8 y 33 mod 8 (muestre la evaluación recursiva paso a paso). y 33/8 = 5/8 + = ( 7/8 + ) + = (( 9/8 + ) + ) + = ((( /8 + ) + ) + ) + = (((0 + ) + ) + ) + = (( + ) + ) + = ( + ) + = 3 + = 4 33 mod 8 = 5 mod 8 = 7 mod 8 = 9 mod 8 = mod 8 =. (b) Use la definición recursiva de m n para calcular 55 4 (muestre la evaluación recursiva paso a paso, pero aquí no tiene que mostrar la evaluación recursiva de la operación mod) = (0 ) + 0 = ((0 0) + 0) + 0 = (((440 5) + 0) + 0) + 0 = ((((880 ) + 440) + 0) + 0) + 0 9

10 = (((((760 ) + 0) + 440) + 0) + 0) + 0 = ((((((350 0) + 70) + 0) + 440) + 0) + 0) + 0 = ((((( ) + 0) + 440) + 0) + 0) + 0 = (((( ) + 440) + 0) + 0) + 0 = ((( ) + 0) + 0) + 0 = ((00 + 0) + 0) + 0 = (00 + 0) + 0 = = 30. (c) Pruebe que la definición del producto es correcta. Sugerencia: Use el teorema de la división (con como divisor) e inducción fuerte sobre n. Se verifica usando inducción sobre n. (Note que usamos para la definición recursiva de la multiplicación dada, y indica la multiplicación usual.) Caso base: Para n = 0, m 0 = 0 = m 0. Hipótesis de inducción: Para n > 0 y cualquier con 0 < n, se tiene m = m. Paso de inducción: Sea n > 0 entero. Entonces, usando la definición recursiva { m si n es impar m n = (m) n/ + 0 si n es par Puesto que n/ < n, por hipótesis de inducción (m) n/ = m n/ Teniendo en cuenta además que { si n es impar n mod = 0 si n es par obtenemos que donde se ha usado que m n = m n/ + m n mod = m ( n/ + n mod ) = m n n = n/ + n mod. Esto completa el paso de inducción. 0