METODOS DE DEMOSTRACIÓN

Transcripción

1 Definiciones básicas METODOS DE DEMOSTRACIÓN Definición 1. un Teorema es una sentencia que se puede verificar que es verdadera. (P 1 P 2... P n ) Q) es un teorema donde los P 1, P 2... P n son los postulados o premisas y Q la conclusión del teorema. Ejemplo 1. Sea el siguiente teorema si a y b son enteros positivos, a b, entonces a 0 b 0 premisas: P 1 : a y b son enteros positivos. P 2 : a b y la conclusión Q es a 0 b 0 por lo tanto el teorema sería (P 1 P 2 ) Q Definición 2. Un lema es un teorema sencillo utilizado en la demostración de otros teoremas. Definición 3. Un corolario es una proposición que se puede establecer directamente a partir de un teorema que ya ha sido demostrado. 1. REGLAS DE INFERENCIA. Estas reglas justifican los pasos dados para demostrar que a partir de una serie de hipótesis se llega de forma lógica a una conclusión. Ejemplo 2. Una regla de inferencia básica es la modus ponens

2 p p q q Ejemplo 3. En que regla de inferencia se basa el siguiente argumento: Ahora estamos bajo cero. Por tanto estamos bajo cero o bien llueve ahora. p p q Esta es la regla de inferencia de la Adición y su tautología sería p (p q) Ejemplo 4. Cuál es la regla de inferencia de para el siguiente argumento: Estamos bajo cero y llueve. Por tanto, estamos bajo cero. p q p Este argumento usa la regla de la simplificación y su tautología sería (p q) p.

3 Ejemplo 5. Fue X o Y quién cometió el crimen. X estaba fuera del pueblo cuando el crimen fue cometido. Si X estaba fuera del pueblo, no pudo haber estado en la escena del crimen. Si X no estaba en la escena del crimen, no pudo haber cometido el crimen. Obtenga la conclusión usando las reglas de inferencia. P1: X cometió el crimen. P2: Y cometió el crimen. Q: X estaba fuera del pueblo cuando fue cometido el crimen. R: X no estaba en la escena del crimen.

4 El argumento en LP: 1) P 1 P 2 2) Q 3) Q R 4) R P 1 5) R aplicando modus ponens a (2) y (3) 6) P 1 aplicando modus ponens a (5) y (4) 7) P 2 aplicando el silogismo disyuntivo a (1) y (6) Por lo tanto se concluye que Y cometió el crimen. También se puede demostrar la validez de un argumento derivando la conclusión desde las premisas usando las REGLAS DE INFERENCIA. Ejemplo 6. Dado el siguiente argumento válido: Si la banda no pudiera tocar rock o las bebidas no llegasen a tiempo, entonces la fiesta de Año Nuevo tendría que cancelarse y Alicia se enojaría. Si la fiesta se cancelara, habría que devolver el dinero. No se devolvio el dinero. Por lo tanto, la banda pudo tocar rock. Derive la consecuencia lógica usando las reglas de inferencia. P : la banda pudo tocar rock. Q: las bebidas se entregaron a tiempo. R: la fiesta de Año Nuevo se canceló. S: Alicia estaba enojada. T : Hubo que devolver el dinero. El argumento válido: Premisas: 1)( P Q) (R S)

5 2) R T 3) T P Se debe inferir con las premisas 1,2 y 3 y llegar a derivar P. 1)R T premisa 2) T premisa 3) R aplicando modus tollens a (1) y (2) 4) R S aplicando ley de adición con (3) 5) (R S) aplicando ley de morgan a (4) 6) ( P Q) (R S) premisa 7) ( P Q) aplicando modus tollens a (5) y (6) 8) P Q aplicando ley de morgan y de la doble negación a (7) 9) P aplicando simplificación conjuntiva a (8) Ejemplo 6.1 aplique las reglas de inferencia para demostrar que q p es una consecuencia lógica de las premisas: u r; (r s) (p t); q (u s); t 1) (r s) (p t) premisa 2) r s p t aplicación de la implicación a 1 3) u r premisa 4) u r aplicación de la implicación a 3 5) u s p t resolución 2 y 4 6) (u s) p t aplicación de morgan a 5 7) (u s) (p t) aplicación de implicación a 6 8) q (u s) premisa 9) q (p t) silogismo hipotético 8 y 7

6 10) ( q p) t implicación y asociativa de 9 11) t premisa 12) q p silogismo disyuntivo de 10 y 11 13) q p implicación de METODOS PARA DEMOSTRAR TEOREMAS. 2.1 Demostración Directa. Se basa en la implicación p q se puede demostrar que si p es verdadero q también lo es. p: es la hipótesis (lo que se supone como verdadero) q: es la Tesis (lo que se va ha demostrar) Definición 1. El entero n es par si existe un entero k tal que n = 2k y es impar si existe un entero k tal que n = 2k + 1 Ejemplo 7. Demostrar que si n es un entero impar, entonces n 2 es un entero impar. p: n es impar. (hipótesis) q: n 2 es impar. (tesis) Se demuestra p q, se parte de que p verdadero y se termina demostrando que q es verdadero. Si n es impar entonces, n = 2k + 1, donde k es un entero. Se sigue que n 2 = (2k + 1) 2 = 4k 2 + 4k + 1 = 2 (k 2 + k) +1 } {{ } t Z Por tanto como n 2 es de la forma 2t + 1 entones

7 n 2 es impar. Definición 2. El número real r es racional si existen dos enteros p y q, q 0, tales que r = p/q. Un número real que no es racional es irracional. Ejemplo 8. Demuestre que la suma de dos racionales es un racional. p: Sean r y s racionales, si r es racional entonces r = p/q para q 0 y si s es racional entonces s = t/u para u 0. (hipótesis) q: Hay que demostrar que r + s es racional. (tesis) sumamos r + s = p q + t, donde qu 0 u qu por que q 0 y u 0 por tanto hemos expresado r + s como la razón de dos enteros pu + qt y qu POR TANTO r + s es racional. = pu+qt 2.2 Demostración indirecta. Como la implicación p q es equivalente a su contrarecíproca q p la implicación se puede demostrar viendo que su contrarecíproca es verdadera. Ejemplo 9. Demostrar que si 3n + 2 es impar, entonces n es impar. p: 3n + 2 es impar. q: n es impar. Suponemos la q es decir que n es par, entonces n = 2k para algún entero k y demostramos p es decir que 3n + 2 es par.

8 ahora se sigue que 3n + 2 = 3(2k) + 2 = 2(3k) + 2 = 2 (3k + 1) y 3n + 2 es de la forma 2l } {{ } l Z Por tanto 3n + 2 es par, es decir p Ejemplo 10. Demuestre que la suma de dos impares es par. p: r y s son impares. q: r + s es par. Suponemos que r+s es impar y se debe demostrar que r o s son pares no de manera simultánea. Sea r + s impar entonces r + s = 2k + 1, k Z Vemos que pasa cuando s es par y cuando s es impar s es PAR, suponemos que s = 2t, t Z, entonces r = 2k + 1 2t = 2 (k t) +1 por tanto r es IM- } {{ } PAR. Cuando s es par r es impar. Z s es IMPAR, s = 2t + 1, t Z, entonces r = 2k + 1 2t 1 = 2k 2t = 2 (k t) } {{ } Z Por tanto r es PAR. Cuando s es impar r es par. De ninguna forma bajo la premisa q, r y s son o pares o impares por tanto se garantiza p 2.3 Contraejemplo. Se busca un ejemplo para refutar el cuál la implicación o doble implicación sea falsa.

9 Ejemplo 11. Demuestre o refute la proposición que expresa que si x y y son números reales, (x 2 = y 2 ) (x = y) Buscamos un ejemplo que contradiga la afirmación, sean x = 3 y y = 3 entonces ( 3) 2 = (3) 2, pero 3 3, el resultado es falso. Este es el CON- TRAEJEMPLO. 2.4 Demostración por contradicción o reducción al absurdo. Dado p, supongamos que se puede encontrar una contradicción q tal que p q sea verdadera, esto es, p F es verdadera. Entonces la preposición p tiene que ser FALSA. por tanto p DEBE SER VERDADERA. Por ejemplo una contradicción q puede ser r r entonces podemos mostrar que p (r r) sea VERDADERA. Ejemplo 12. Demuestre que 2 es irracional. Sea p: la proposición 2 es irracional y supongamos que p es verdadera. Entonces 2 es racional. Mostraremos que esto conduce a una contradicción. Sea que 2 es racional por tanto: Existen dos enteros a y b de tal forma que 2 = a/b, donde a y b no tiene FACTORES COMUNES (es decir que no hay una fracción equivalente a a/b más pequeña).

10 Como 2 = a/b entonces 2 = a 2 /b 2 tanto 2b 2 = a 2 y por Esto significa que a 2 es PAR, entonces a es PAR, y a es de la forma a = 2c para algún c Z Bien entonces 2b 2 = 4c 2 por lo que b 2 = 2c 2 esto significa que b 2 es PAR, por tanto b es PAR. Se ha mostrado que ambos a y b son PARES y por tanto tienen factor común 2. Esto es una CONTRADICCION a la suposición de que en 2 = a/b, a y b no tiene FACTORES COMUNES Entonces se ve que p implica tanto r como r donde r es la sentencia a y b son enteros sin FACTORES COMUNES. Por tanto p es falsa y p es verdadera, entonces 2 es IRRACIONAL. para que p F sea verdadera p debe ser FALSA y por tanto p es VERDADERA. Ejemplo 13. Demuestre por el absurdo que si 3n+2 es impar, entonces n es impar. Suponemos que n es PAR sabiendo que 3n + 2 es IMPAR y llegamos a una CONTRADICCIÓN. Sea n par, también suponemos que 3n+2 es impar

11 por tanto 3n + 2 = 2q + 1 = 3n = 2q =, n = 2q 1 para q Z por tanto es una CON- 3 TRADICCIÓN por que n es UN ENTERO PAR. Esta es una aplicación de la tautología ((p q) ( q) ( p)) modus tollens dado que el argumento es una implicación p q. Ahora como ((p q) ( q) ( p)) es válida p q debe ser verdadera y p y q deben ser verdaderas y asu vez q y p son falsas entonces ((p q) } {{ } V ( q) } {{ } F ( p) ) ((V F ) F ) V } {{ } F 2.5 Demostración por casos. Se demuestra la implicación: (p 1 p 2... p n ) q y resolvemos (p 1 p 2... p n ) q = (p 1 p 2... p n ) q (p 1 p 2... p n ) q = ( p 1 p 2... p n ) q (p 1 p 2... p n ) q = q ( p 1 p 2... p n ) (p 1 p 2... p n ) q = (q p 1 ) (q p 2 )... (q p n ) (p 1 p 2... p n ) q = ( p 1 q) ( p 2 q)... ( p n q) (p 1 p 2... p n ) q = (p 1 q) (p 2 q)... (p n q) Por tanto podemos decir que: [(p 1 p 2... p n ) q] [(p 1 q) (p 2 q)... (p n q)] Ejemplo 14. Demuestre por casos que xy = x y, donde x y y son reales.

12 Definición valor absoluto: x si x 0 x = x si x 0 Por casos entonces: p: x e y son reales q: xy = x y p es equivalente a p 1 p 2 p 3 p 4 p 1 es x 0 y y 0 p 2 es x 0 y y < 0 p 3 es x < 0 y y 0 p 4 es x < 0 y y < 0 Por tanto podemos demostrar: (p1 q) (p2 q) (p3 q) (p4 q) (p1 q) entonces xy 0 por que x 0 y y 0, y por tanto xy = xy = x y (p2 q) si x 0 y y < 0, entonces xy 0, por tanto xy = xy = x( y) = x y (aquí como y < 0, tenemos que y = y) (p3 q) si x < 0 y y 0, entonces xy 0, por tanto xy = xy = ( x)y = x y (aquí como x < 0, tenemos que x = x)

13 (p4 q) si x < 0 y y < 0, entonces xy > 0, por tanto xy = xy == ( x)( y) = x y (aquí como y < 0, tenemos que y = y y x < 0, tenemos que x = x) 2.6 Demostración por equivalencia Se puede demostrar un teorema que viene dado por un bicondicional, esto es: p q (p q) (q p) Ejemplo 15. Demostrar el teorema: El entero n es impar si, y sólo si, n 2 es impar. p:el entero n es impar. q:el entero n 2 es impar. 1)p q, Hay que demostrar que si n es impar, entonces n 2 es impar. (método directo). sea n impar es de la forma n = 2k + 1 donde k Z ahora vemos que pasa con n 2 = (2k + 1) 2 = 4k 2 + 4k + 1 = 2 (2k 2 + 2k) +1 por tanto n } {{ } 2 es Z IMPAR. (queda demostrada p q) 2)q p, Hay que demostrar que si n 2 es impar, entonces n es impar. (Contradicción). supongo que n es par, por tanto es de la forma n = 2k tomando como premisa que n 2 es impar y llego a una contradicción. ahora vemos que pasa con n 2 = (2k) 2 = 4k 2 = 2 (2k 2 ) por tanto n } {{ } 2 es PAR lo cuál es una CON- Z TRADICCIÓN por que estamos suponiendo que

14 n 2 es IMPAR por tanto si n 2 es impar, entonces n es impar (queda demostrada p q) 2.7 Demostración por unicidad. Mostrar que existe un único elemento x tal que P (x) es lo mismo que demostrar la sentencia: x(p (x) y(y x P (y))) Entonces demostramos: 1) Existencia. mostramos que existe un elemento x con la propiedad deseada. 2) Unicidad. Mostramos que si y x, entonces y no tiene la propiedad deseada. Ejemplo 15.1 Demuestre que todo entero tiene un único inverso respecto a la suma. Esto es si p es un entero, entonces existe un único entero q tal que p + q = 0 Existencia: Si p Z, encontramos que p+q = 0 cuando q = p como q tambié es entero, por consiguiente, existe un entero q tal que p + q = 0 Unicidad: se muestra que dado el entero p, el entero q tal que p + q = 0 es UNICO. supongamos que existe r Z tal que r q y p + r = 0 entonces p + q = p + r por tanto q = r lo que contradice la suposición de que r q.

15 Por lo tanto hay un UNICO entero q tal que p + q = 0 Ejercicios Resueltos 1. Sean m y n enteros. Demuestre que n 2 = m 2 si y sólo si m = n o m = n Como es un teorema de si y sólo si p (q r) = (p (q r)) ((q r) p) 1)p (q r) Entonces p : n 2 = m 2 y q :m = n o r:m = n Sea n 2 = m 2, n 2 m 2 = 0, (n m)(n+m) = 0 entonces (n m) = 0 y (n + m) = 0 por tanto m = n o m = n. 2) (q r) p Sea m = n o m = n, n m = 0 y n + m = 0, (n m)(n + m) = 0, n 2 m 2 = 0, por tanto n 2 = m 2 2. Demuestre que la suma de un irracional y un racional es un irracional. Por contradicción suponemos que la suma de un irracional y un racional es racional bajo la suposición de que i es irracional y r es el racional y llegamos a contradicción llegando a establecer que cualquiera de los dos no cumple con la condición de ser racional o irracional.

16 Sea i un irracional y r un racional entonces suponemos que i + r es un racional, es decir i + r = s donde s es racional. Si despejamos i nos queda que i = s r es un RACIONAL lo cual es una contradicción por que i es un irracional. 3. Demuestre que la suma de dos racionales es un número racional (CONTRADICCIÓN) Sean r y s racionales, entonces suponemos que r + s es irracional, es decir r + s = i, despejamos r = i s pero como se demostró que la suma de un irracional y un racional es un racional, entonces podemos deducir que r es un irracional Por tanto es una contradicción por que r es racional. 4. Demuestre que el producto de dos racionales es racional. Por el método directo es muy fácil se suponen que r y s son racionales y se debe demostrar que el producto es racional. sean r = p q, p, q Z para q 0 y s = k t k, t Z

17 para t 0 y continuamos realizando el producto r s = p q k t = pk donde qt 0 y pk Z y qt por tanto demostramos que r s es un racional. 5. Demuestre que si x es irracional, 1/x también lo es.(sea p : x es irracional y q : 1/x es irracional p q Por el método indirecto (se demuestra q p) Entonces suponemos que 1/x es racional y demostramos que x es racional. Sea 1/x un racional entonces 1 x = p donde q p, q Z, q 0 Ahora p debe ser diferente de q cero por que 1 x 0 por tanto p 0. Despejamos x, x = q donde ambos son enteros y p 0 por lo tanto x es un p RACIONAL. 6. Demuestre que si x e y son números reales, entonces max(x, y) + min(x, y) = x + y Por casos; primero se demuestra para x y y segundo para x y. 1) Sea x y entonces max(x, y)+min(x, y) = y+x como y+x = x+y por tanto max(x, y)+ min(x, y) = x + y

18 2) Sea x y entonces max(x, y)+min(x, y) = x + y 3. SUCESIONES, SUMATORIAS Y PRODUCTORIAS. Sucesión. Es una lista de objetos dispuestos en orden. un primer elemento, segundo elemento, un tercer elemento y así sucesivamente. esta es una sucesión FINITA. Ejemplo 16. Si la lista empieza por un primer elemento y sigue hasta n pasos, n N es una sucesión INFINITA. Ejemplo 17. La sucesión 1,0,0,1,0,1,0,0,1,1,1 es una sucesión finita de elementos repetidos. Ejemplo 18. La lista 3,8,13,18,23,... es una sucesión infinita. Ejemplo 19. Otra sucesión infinita de los cuadrados de todos los enteros positivos. 1,4,9,16,25,..., 3.1 Fórmula recursiva o recurrente Ejemplo 20. Sea la sucesión infinita 3,8,13,18,23,...la podemos expresar como una fórmula recurrente así: a n = a n para a 1 = 3 para 2 n < Ejemplo 21. Sea la sucesión infinita 5,10,20,40,80,160 la podemos expresar como una fórmula recurrente así: t n = 2t n 1 para t 1 = 5 para 2 n 6

19 Ejemplo 22. Encontrar una fórmula recursiva para la sucesión 3,7,11,15,19,23, Fórmula Explícita. Ejemplo 23. Sea la sucesión 1,4,9,16,25,..., la fórmula expĺıcita es b n = n 2 tal que n 1 Ejemplo 24. Sea la sucesión -4,16,-64,256,... s n = (4) n para n 1 Ejemplo 25. Encontrar una fórmula expĺıcita para la sucesión finita: 87,82,77,72, Progresión geométrica. Es una sucesión de la forma: a, ar, ar 2,..., ar n donde el término inicial a y la razón r de la progresión son reales. Ejemplo 26. La sucesión {b n }, b n = ( 1) n para n 1 es una progresión geométrica donde el termino inicial a = 1 y la razón r = 1 b 1, b 2, b 3, b 4,... comienza por 1, 1, 1, 1,... Ejemplo 27. Sea c n = 2 5 n para n 1 es una progresión geométrica con término inicial a = 10 y razón r = 5 donde c 1, c 2, c 3, c 4,... comienza por 10, 50, 250, 1,250,..., Ejemplo 28. Dada la siguiente progresión geométrica d n = 6 (1/3) n para n 1 encontrar el término inicial y la razón.

20 3.4 Progresión aritmética. Una progresión aritmética es una sucesión de la forma: a, a + d, a + 2d, a + 3d,..., a + nd donde el término inicial a y la diferencia d son números reales. Ejemplo 29. La sucesión s n = 1 + 4n para n 0 es una progresión aritmética con término inicial a = 1 y diferencia d = 4, la progresión comienza c 0, c 1, c 2, c 3,... comienza por 1, 3, 7, 11,... Ejemplo 30. La sucesión t n = 7 3n para n 0 es una progresión aritmética con término inicial a = 7 y diferencia d = 3, la progresión comienza t 0, t 1, t 2, t 3,... comienza por 7, 4, 1, 2, Sumatorias. Usamos la notación de la sumatoria para expresar la suma de los términos. a m, a m+1,, a n de la sucesión {a n }. Usamos la notación n j=m Para representar a m + a m a n j es el índice de la sumatoria, n ĺımite superior y m ĺımite inferior. Ejemplo 31. Exprese la suma de los cien primeros a j

21 términos de la sucesión {a n }, donde a n = 1/n para n = 1, 2, 3, j=1 Ejemplo 32. Cuál es el valor de 5 j=1 j2 5 j=1 j2 = = = 55 Ejemplo 33. supongamos que tenemos la suma: 5 j=1 y queremos que el índice varíe entre 0 y 4 en lugar de 1 y 5 para conseguir esto hacemos k = j 1 por tanto el término j 2 se convierte en (k + 1) 2, así: 1 j j 2 4 (k + 1) 2 k=0 Es fácil ver que ambas suman 55. Ejemplo 34. Supongamos que tenemos: 4 3 ij i=1 j=1

22 Primero se desarrolla la sumatoria interna: ij = (i+2i+3i) = 6i = = 60 i=1 j=1 i=1 i=1 n i=1 ca n = c n i=1 a n i=1 a i + n i=1 b i n i=1 (a i + b i ) = n n i=1 (a + b i) = na + n i=1 b i n i=1 i = n(n+1) 2 n i=1 i2 = n(n+1)(2n+1) 6 n i=1 i3 = n2 (n+1) 2 4 n k=i f(k) = n+p k=i+p f(k p) = n p k=i p f(k + p) n j=1 (a j a j 1 ) = a n a 0 telescópica n k=0 ark = arn+1 a r 1, r 1 Teorema 1. Si a y r son reales y r 0, entonces: n { ar n+1 ar j a si r 1 = r 1 (n + 1)a si r = 1 j=0 Ejemplo 35.0 Use la fórmula para la suma de los términos de una progresión geométrica para evaluar la suma de la progresión C n = 2 3 n, para 5 n 0: La sucesión C n tiene como elementos 2, 2 3, 2 3 2, 2 3 3, 2 3 4, Entonces podemos calcular la suma de estos elementos: j = j=0

23 Usando el teorema 1. donde a = 2 y r = 3 tenemos: 5 j=0 2 3 j = Ejemplo 35. Obtener = 2(36 1) 2 = = 728 Solución: 100 k=50 k k=1 k2 = 49 k=1 k k=50 k2 entonces despejamos: 100 k=50 k2 = 100 k=1 k2 49 k=1 k2 según la tabla n k=1 k2 = n(n+1)(2n+1) k=50 k2 = = = Ejemplo 36. Aplique la propiedad telescópica para calcular: n (2k 1) k=1 Sea 2k 1 = k 2 (k 1) 2 entonces obtenemos n k=1 (k2 (k 1) 2 ) = n 2

24 3.6 Productorias. El producto de a m, a m+1,, a n se representa por: n j=m Ejemplo 37. Cuál es el valor de estos productos 10 i=0 i = 0 8 i=5 i = = 1680 Ejemplo 38. Cuál es el valor de estos productos 4 i=0 j! = = INDUCCION MATEMATICA. Es una técnica de demostración que se utiliza para demostrar muchos teoremas que afirman que P (n) es verdadera para todos los enteros positivos n. La inducción matemática se usa para demostrar proposiciones de la forma np (n), donde el dominio es el conjunto de los enteros positivos. Una demostración por inducción de que P (n) es verdadera para todo n Z + consiste en dos pasos: PASO BASE: Se muestra que la proposición P(1) es verdadera. PASO INDUCTIVO: se muestra que la implicación P (k) P (k + 1) es verdadera para todo entero positivo k. La sentencia P (k) para un entero positivo fijo k se denomina la hipótesis de inducción. a j

25 La inducción matemática expresada como regla de inferencia: [P (1) k(p (k) P (k + 1))] np (n) En pocas palabras sólo se muestra que si se supone que P (k) es verdadera, entonces P (k + 1) es también verdadera. Ejemplo 39. Demostrar por inducción que la suma de los n primeros enteros positivos para n 1 es n(n+1) 2 es decir: n = n(n+1) 2 Sea P (n) : el predicado n = n(n+1) 2 para n 1 PASO BASE: Se muestra que P (1) es verdadera. entonces P (1): 1 = 1(1+1) lo cuál es verdadera. 2 PASO INDUCTIVO: Se debe demostrar que si P (k) es verdadera entonces P (k + 1) para k 1 Sea P (k) : (hipótesis de inducción) k(k + 1) k = 2 Ahora hay que demostrar la verdad de P (k + 1) : (tesis de inducción) (k + 1) = (k + 1)(k + 2) 2

26 Entonces comienza la demostración tomando la hipótesis: k(k + 1) k = 2 se suma (k + 1) en ambos miembros: k + (k + 1) = k + (k + 1) = factorizando (k + 1) nos queda: k(k + 1) 2 + (k + 1) k(k + 1) + 2(k + 1) (k + 1)(k + 2) k + (k + 1) = 2 Por tanto como se demostró la tesis de inducción, entonces P (n) es verdadero para todos los valores n 1. Ejemplo 40. Demostrar por inducción para n 1 que: (2n 1) = n 2 PASO BÁSICO: sea P (1) 1 = 1 2 PASO INDUCTIVO: Se debe demostrar que si P (k) es verdadera entonces P (k +1) para k 1 Sea P (k) : (hipótesis de inducción) (2k 1) = k 2 2

27 Ahora hay que demostrar la verdad de P (k + 1) : (tesis de inducción) (2k 1) + (2k + 1) = (k + 1) 2 Entonces comienza la demostración tomando la hipótesis: (2k 1) = k 2 se suma (k + 1) en ambos miembros: (2k 1) + (2k + 1) = k 2 + (2k + 1) (2k 1) + (2k + 1) = k 2 + 2k (2k 1) + (2k + 1) = (k + 1) 2 Entonces queda demostrada la tesis de inducción, por tanto para n 1 P (n) es verdadera. Ejemplo 41. Demostrar por inducción la desigualdad: n < 2 n para n 1 Sea P (n) : es la proposición n < 2 n 1) PASO BÁSICO: P (1) es verdadera, dado que 1 < 2 1 = 2 2) PASO INDUCTIVO: Suponemos que P (k) es verdadero y demostramos que P (k + 1) también lo es. P (k): k < 2 k para k 1 P (k + 1): k + 1 < 2 k+1 para n 1 k < 2 k

28 sumamos 1 a ambos lados: Por tanto k + 1 < 2 k + 1 k + 1 < 2 k k + 2 k = 2 2 k = 2 k+1 k + 1 < 2 k+1 Ejemplo 42. (Ejercicio propuesto) Demostrar por inducción que: n = 2 n+1 1 para n Invariante de ciclo Es una técnica para demostrar que los ciclos y programas hacen lo que se afirma que hacen. Hacen parte de la teoría de la verificación de algoritmos. Es una relación entre variables que persiste a través de todas las iteraciones del ciclo.

29 Ejemplo 43. Consideremos el siguiente código: FUNCTION CUAD (A) 1. C 0 2. D 0 3. WHILE (D A) a. C C + A b. D D RETURN(C) Este ciclo calcula el cuadrado del número A es decir C = A 2 Pasos: 1. Encontramos la invariante de ciclo que relacione algunas de las variables, para ello se debe realizar la prueba de escritorio. 2. La invariante nada tiene que ver con la salida. 3. Demostramos por inducción matemática la invariante de ciclo encontrada. La invariante de ciclo será la proposiciòn P (n) Hay sólo tres variables de las cuales A se comporta como constante, C y D como variables a través de la prueba de escritorio. La invariante de ciclo es la proposición P (n) : C n = A D n para n 0 Ahora la demostramos por inducción: PASO BÁSICO: Sea P (0) entonces C 0 = A D 0,

30 0 = A 0 por tanto se cumple. PASO INDUCTIVO: P (k) : C k = A D k (Hipótesis) (1) P (k + 1) : C k+1 = A D k+1 (Tesis) (2) C k+1 = C k + A = A D k + A usando (1) para reemplazar en C k = A (D k + 1) Factorizando = A D k+1 segundo miembro de P(k+1) y por tanto queda demostrado que P (n) : C n = A D n para n 0 Ejemplo 44. Para la siguiente rutina, encontrar la invariante de ciclo y demostrarla por inducción. RUTINA exp(n,m:r) 1. R 1 2. K 2M 3. WHILE (k > 0) a. R R N b. K K 1 4. RETURN CALCULA: R = N 2M La invariante de ciclo es la proposición P (n) : R n N k n = N 2M PASO BÁSICO: P (0) : R 0 N k 0 = N 2M, 1 N 2M = N 2M entonces N 2M = N 2M por tanto se cumple P (0)

31 PASO INDUCTIVO: P (s) : R s N k s = N 2M (Hipótesis) P (s + 1) : R s+1 N k s+1 = N 2M (Tesis) R s+1 N k s+1 = R s N N k s+1 reemplazando 3.a = R s N N k s 1 reemplazando 3.b = R s N N k s N 1 usando álgebra = R s N k s N N 1 agrupando = R s N k s = N 2M usando la hipótesis Por tanto queda demostrado que R s+1 N k s+1 = N 2M 5. DEFINICIONES RECURSIVAS. A veces es díficil definir objetos de forma expĺıcita y sin embargo, puede resultar sencillo definirlos en términos de ellos mismos, este proceso se llama recursión. Podemos utilizar la recursión para definir sucesiones, funciones y conjuntos. Podemos demostrar resultados sobre conjuntos definidos recursivamente empleando el método de inducción estructural. Utilizamos dos pasos para definir una función recursivamente bajo el dominio de los enteros no negativos.

32 1. PASO BASE: Se especifica el valor de la función en cero. 2. PASO RECURSIVO: Se proporciona una regla para obtener su valor en un entero a partir de sus valores en enteros más pequeños. Ejemplo 45. Supongamos que f se define recursivamente como sigue: f(0) = 3 f(n + 1) = 2f(n) + 3 Entonces: f(1) = 2f(0) + 3 = 2,3 + 3 = 9 f(2) = 2f(1) + 3 = 2,9 + 3 = 21 f(3) = 2f(2) + 3 = 2, = 45 f(4) = 2f(3) + 3 = 2, = 93 Ejemplo 46. Una definición recursiva de la función factorial f(n) = n! Primero se especifica un valor para f(0) y encontramos una regla para calcular f(n + 1) en función de f(n). f(0) = 1 f(n + 1) = (n + 1)f(n) Calculemos f(4) f(4) = 4 f(3) = 4 3f(2) = f(1) = f(0) = = 24 podemos tamién obtener un código simple para la función factorial:

33 Función factorial (n:entero positivo) If n=1 then Factorial(n):=1 Else Factorial(n):= n*factorial(n-1) End función. Factorial (3)=3*factorial(2)=3*2*factorial(1)=3*2*1=6 Ejemplo 47. Una definición recursiva de: n+1 k=0 n k=0 a k 0 a k = a 0 k=0 a k = ( n a k ) + a n+1 k=0 Definición 1. Los números de Fibonnacci, f 0, f 1,..., se definen a partir de las ecuaciones f 0 = 0, f 1 = 1 y para n = 2, 3, 4,... f n = f n 1 + f n 2 Ejemplo 48. Los números de fibonacci, f0,f1,f2 son definidos para n=2,3,4 son: f2=f1+f0=1+0=1

34 f3=f2+f1=1+1=2, f4=f3+f2=2+1=3, f5=f4+f3=3+2=5, f6=f5+f4=5+3=8, función fibonacci (n:entero positivo) if n=0 then fibonacci(0):=0 else if n=1 then fibonnaci(1):=1 else fibonacci(n):=fibonacci(n-1)+ fibonacci (n-2) end fibonacci Ejemplo 49. Un algoritmo recursivo para calcular el máximo común divisor de dos enteros no negativos a y b, donde a < b. procedure mcd(a,b) si a=0 entonces mcd(a,b)=b else mcd(a,b):=mcd(b mod a,a) end mcd Ejemplo 50. (Función de Ackermann) 2n si m = 0 0 si m 1 y n = 0 A(m, n) = 2 si m 1 y n = 1 A(m 1, A(m, n 1)) si m 1 y n 2

35 1. Obtener A(1, 0), como m = 1 y n = 0 entonces A(1, 0) = 0 se aplica el segundo criterio de la función. 2. Obtener A(1, 1), como m = 1 y n = 1 entonces A(1, 1) = 2 se aplica el tercer criterio de la función. 3. Obtener A(0, 1), como m = 0 y n = 1 entonces A(0, 1) = 2(1) = 2 se aplica el primer criterio de la función. 4. Obtener A(2, 2). Aplicando el cuarto criterio nos queda otra recursividad A(1, A(2, 1)), ahora A(2, 1) = 2 por tercer criterio, por tanto tenemos que calcular A(1, 2). Por el cuarto criterio A(0, A(1, 1)), donde A(1, 1) = 2 reemplazando nos queda A(0, 2) por el primer criterio A(0, 2) = 4 por tanto A(2, 2) = 4 5. Obtener A(2, 3). Usamos el cuarto criterio A(2, 3) = A(1, A(2, 2)) ahora A(2, 2) = 4 es decir que tenemos que calcular A(1, 4) por que A(2, 3) = A(1, 4) lo podemos hacer de dos formas: a) Aplicando la siguiente fórmula A(1, n) = 2 n si n 1, entonces A(1, 4) = 2 4 = 16 por tanto A(2, 3) = 16 b) Ahora sin usar fórmulas, sólo con recursividad. A(1, 4) aplicamos el cuarto criterio A(1, 4) = A(0, A(1, 3)) ahora calculamos A(1, 3) = A(0, A(1, 2))

36 ahora calculamos A(1, 2) = A(0, A(1, 1)) como A(1, 1) = 2 aplicando el tercer criterio. A(1, 2) = A(0, 2) = 4 por el primer criterio, entonces A(1, 2) = 4 ahora reemplazamos A(1, 3) = A(0, A(1, 2)) = A(0, 4) = 8 aplicando el primer criterio, entonces A(1, 3) = 8 retomamos A(1, 4) = A(0, A(1, 3)) = A(0, 8) = 16 por el primer criterio. POR TANTO A(2, 3) = Conjuntos y estructuras bien definidas. Las definiciones recursivas de un conjunto tienen dos partes: 1. Paso base. Colección inicial de elementos. 2. Paso recursivo. Reglas para la formación de nuevos elementos del conjunto a partir de los que ya se conocen. Definición 2. El conjunto Σ de cadenas sobre el alfabeto Σ se puede definir recursivamente por: Paso base. λ Σ, donde λ es la cadena vacía, aquella que no tiene símbolos. Paso recursivo. Si w Σ y x Σ, entonces wx Σ

37 Ejemplo 51. Sea Σ = {0, 1} las cadenas del conjunto Σ, el conjunto de todas las cadenas de bits. Paso base. lo constituye la cadena vacía λ Paso recursivo. 0 y 1 cadenas que se forman recursivamente por primera vez, 00, 01, 10 y 11 cadenas que se forman al aplicar el paso recursivo por segunda vez. Definición 3. Dos cadenas se pueden combinar mediante la operación de la concatenación. Sea Σ un conjunto de símbolos y Σ el conjunto de las cadenas formadas a partir de símbolos de Σ. Podemos definir recursivamente la concatenación de dos cadenas, denotada con el símbolo como sigue: Paso base. Si w Σ, entonces w λ = w, donde λ es la cadena vacía. Paso recursivo. Si w 1 Σ, w 2 Σ y x Σ, entonces w 1 (w 2 x) = (w 1 w 2 )x Ejemplo 52. Fórmulas bien formadas en lógica proposicional. Podemos definir el onjunto de fórmulas bien formadas con variables proposicionales y operadores lógicos, además de los valores V y F. Paso base.{v, F} y p, donde p es una variable proposicional. Paso recursivo. Si E y F son fórmulas bien formadas, entonces ( E), (E F ), (E F ), (E F ), (E F ) son fórmulas bien formadas.