Capítulo III. Inducción y Recursión

Capítulo III Inducción y Recursión III.1. Inducción Figura III.1: La caída de dominós en cadena ilustra la idea del principio de inducción: si el primer dominó cae, y si cualquiera al caer hace caer al siguiente, entonces todos caen. (Tomado del libro Discrete mathematics de K. Rosen) Ejemplo. Consideramos el problema de obtener una suma de dinero múltiplo de 10K con billetes de 0K y 50K. Es inmediato que no es posible obtener 10K y 30K. Pero parece posible obtener cualquier múltiplo de 10K mayor o igual a 40K. Veamos: 0K = 0K 40K = 0K + 0K 50K = 50K 60K = 0K + 0K + 0K 70K = 50K + 0K 80K = 0K + 0K + 0K + 0K 90K = 50K + 0K + 0K 100K = 50K + 50K 1

CAPÍTULO III. INDUCCIÓN Y RECURSIÓN 110K = 50K + 0K + 0K + 0K. Cómo podemos verificar en forma general que para n arbitrario la suma n 10K se puede obtener con billetes de 0K y 50K? Una forma de hacerlo es tomar como punto de partida que 4 10K = 40K se pueden obtener como 0k + 0K, y además dar un procedimiento o algoritmo que permita obtener (n + 1) 10K dado que ya sabemos como obtener n 10K. Esto se puede hacer de la siguiente manera: Tenemos dos casos dependiendo de si entre los billetes sumando n 10K se encuentra un billete de 50K o no: Caso afirmativo: Un billete de 50K se reemplaza por 3 billetes de 0K y de esta manera se obtiene billetes que suman (n + 1) 10K. Caso negativo: Como no hay billetes de 50K y n 10K es por lo menos 40K entonces deben haber por lo menos billetes de 0K. Entonces dos billetes de 0K se reemplazan por un billete de 50K y de esta manera se obtienen billetes que suman (n + 1) 10K. Esto parece un método razonable para inferir que la afirmación es válida para cualquier n. Note sin embargo que la situación aquí es diferente de la generalización universal, donde se ha probado un predicado P(n) para n arbitrario y se concluye n P(n). Aquí lo que se ha probado es P(n 0 ) para algún n 0 (específico) y que P(n) P(n + 1) para n n 0. Se necesita entonces una regla de inferencia nueva, el llamado principio de inducción que es directa consecuencia de los axiomas de los números naturales. Pricipio de Inducción Matemática. Sea P(n) un predicado con los números naturales N como universo de discurso. Si se tiene que (1) (caso base) para algún n 0 N, P(n 0 ) es cierto, y (con frecuencia n 0 es 0 ó 1) () (paso inductivo) para todo n n 0, P(n) implica P(n + 1). entonces P(n) es cierto para todo n n 0. Pricipio de Inducción Matemática Fuerte. Sea P(n) un predicado con los números naturales N como universo de discurso. Si se tiene que (1) (caso base) para algunos n 0, n 1 N con n 0 n 1, P(n) es cierto para n tal que n 0 n n 1 (en general se pueden necesitar varios casos base de n 0 a n 1 ), () (paso inductivo) y para todo n n 1, P(k) para k tal que n 0 k n implica P(n + 1), entonces P(n) es cierto para todo n n 0. A continuación presentamos varios ejemplos de la aplicación de este principio.

III.. EJEMPLOS 3 III.. Ejemplos Ejemplo. (Factorización en primos.) Cualquier entero mayor que uno se puede escribir como un producto de números primos. Prueba. (La factorización es única excepto reordenamiento, pero esto es más difícil de verificar y no se hace aquí.) Usamos el principio de inducción fuerte para probar que una factorización en primos existe. Caso base: n = es primo y por lo tanto trivialmente es producto de primos. Hipótesis de inducción: Sea n. Para m con m n, m se puede escribir como un producto de primos. Paso de Inducción: Consideremos n + 1 con n. Se tiene que n + 1 es primo, o n + 1 es compuesto. Si n + 1 es primo entonces es (trivialmente) producto de primos. Si n + 1 es compuesto, existen enteros r, s con r, s n tal que n + 1 = rs. Por hipótesis de inducción, sabemos que r y s se pueden escribir como productos de primos, dígamos r = p 1 p p k y s = q 1 q q l para algunos enteros k, l y donde los p i y q j son primos. Entonces n + 1 = rs = (p 1 p p k ) (q 1 q q l ) = p 1 p p k q 1 q q l. Así que podemos concluir que n + 1 se puede escribir como un producto de primos. Ejemplo. n 1 es divisible por 3 para n 0. Caso base: Para n = 0, n 1 = 0 y es divisible por 3. Hipótesis de inducción: Supongamos que para n 0, n 1 es divisible por 3. Paso de Inducción: Tenemos que (n+1) 1 = n+ 1 = 4 n 1 = 3 n + ( n 1). Por hipótesis de inducción, n 1 es divisible por 3. Entonces existe un entero k tal que n 1 = 3k y por lo tanto (n+1) 1 = 3 n + 3k = 3( n + k) = 3l donde l = n + k es un entero. Por lo tanto, (n+1) 1 es divisible por 3.

4 CAPÍTULO III. INDUCCIÓN Y RECURSIÓN Concluímos por el principio de inducción que para n = 0, n 1 = 0 y es divisible por 3. Ejemplo. Suma de los enteros de 1 a n: 1 + + 3 + + n = 1 n(n + 1). Primero, denotamos la suma en la izquierda por s n. Informalmente, este resultado se puede obtener de la siguiente manera: 1 Escribiendo los términos de la suma en orden ascendente, debajo en orden descendente, y sumando por filas y por columnas se obtiene 1 + + 3 + + n + n 1 + n = s n n + n 1 + n + + 3 + + 1 = s n n + 1 + n + 1 + n + 1 + + n + 1 + n + 1 + n + 1 = n(n + 1) De aquí que s n = n(n + 1) y por tanto s n = 1 n(n + 1). Tanto en la definición como en una prueba formal se evita la vaguedad de la elipsis (puntos suspensivos). Formalmente s n se define recursivamente: primero s 1 = 1, y para n 1 s n+1 = s n + (n + 1) (alternativamente, para n > 1, s n = s n 1 + n; también se podría comenzar con s 0 = 0 que corresponde a una suma vacía ). Ahora probamos la afirmación por inducción: Caso base: Para n = 1, por definición s n = 1 y por otra parte n(n + 1)/ = 1 y por lo tanto de tiene la igualdad. Hipótesis de inducción: s n = n(n + 1)/. Paso de Inducción: Usando la definición recursiva se tiene para s n+1 s n+1 = s n + (n + 1) por definición recursiva = 1 n(n + 1) + (n + 1) por hipótesis de induccuón = 1 (n + 1)(n + ) factorizando (n + 1)/ = 1 (n + 1)((n + 1) + 1) reescribiendo. Esta última expresión a la derecha es precisamente lo que se quería probar para n + 1. 1 De acuerdo con una anécdota, el matemático Gauss sorprendió a su maestro de escuela usando este método para resolver rápidamente una larga suma que este les había asignado a sus pupilos para tenerlos ocupado por un buen tiempo.

III.. EJEMPLOS 5 Ejemplo. Suma geométrica para r 1: 1 + r + r + r 3 + + r n = rn+1 1 r 1. (si r < 1, puede invertirse el orden de la resta en el numerador y denominador para que ambos sean positivos). De nuevo, denotamos la suma en la izquierda por s n. También aquí la igualdad se puede verificar informalmente, esta vez usando sumas telescópicas: se tiene y entonces y de aquí que rs n = r + r + r 3 + + r n + r n+1 rs n s n = r n+1 1 s n = rn+1 1 r 1. Por otra parte, la definición recursiva de s n es: primero s 0 = 1, y para n > 0 s n = s n 1 + r n (para ilustrar, estamos escribiendo n en términos de n 1, e igualmente el paso de inducción va a ser de n 1 a n). Y la prueba por inducción: Caso base: Para n = 1, por definición s n = 1 y por otra parte r n+1 1 r 1 = 1 n=0 y por lo tanto de tiene la igualdad. Hipótesis de inducción: Se asume la igualdad deseada para n 1, esto es s n 1 = rn 1 r 1. Paso de Inducción: Usando la definición recursiva se tiene para s n s n = s n 1 + r n por definición recursiva = rn 1 r 1 + rn por hipótesis de induccuón = (rn 1) + (r 1)r n r 1 sumando términos = rn 1 + r n+1 r n r 1 multiplicando = rn+1 1 r 1 simplificando Esta última expresión a la derecha es precisamente lo que se quería probar para n.

6 CAPÍTULO III. INDUCCIÓN Y RECURSIÓN Ejemplo. Para todo entero n 1, existen un entero m impar y un entero k 0 tal que n = k m. Solución: Intuitivamente, la idea es que siempre se pueden factorizar los factores de en n, y entonces el factor restante es impar. Formalmente, usamos inducción fuerte sobre n. Caso base n = 1: Para n = 1, se tiene n = 1 = 0 1, es decir podemos tomar k = 0 y m = 1. Hipótesis de inducción: Para n > 1 y l con 1 l < n, existen un entero m impar y un entero k 0 tal que l = k m. Paso de Inducción: Verificamos ahora el enunciado para n > 1. Tenemos dos casos: n es impar: Entonces trivialmente podemos tomar k = 0, m = n y con esto n = k m. n es par: Entonces existe un entero l tal que n = l. Pero entonces 1 l < n y por lo tanto, por hipótesis de inducción se tiene que existen entero m impar y entero k 0 tal que l = k m. Por lo tanto n = l = k m = k +1 m = k m donde k = k + 1 y m = m. En ambos casos existen m y k como se afirma en el enunciado. Por el principio de inducción (fuerte) entonces el enunciado es cierto para todo entero n 1. En la prueba de la no racionalidad de, se asume que un racional r > 0 se puede escribir como el cociente de dos enteros que no son ambos divisibles por. El resultado anterior muestra que esto es posible: Por definición r es igual a un cociente de enteros positivos r = p/q. Entonces existen m, m, k, k tal que p = k m y q = k m y por lo tanto r = p q = k k m m si k k m k k m si k < k De esta manera r es igual al cociente de dos enteros que no son ambos divisibles por.

III.. EJEMPLOS 7 Ejemplo. Desigualdades. Veamos que las siguientes desigualdades son válidas para cualquier entero n 5: n + 1 < n < n < n! Caso base: Reeplazando n = 5 se tienen los valores 11 < 5 < 3 < 10. Hipótesis de inducción: Supongamos que las desigualdades son válida para n 5. Paso de Inducción: Vamos a verificar que las desigualdades son válidas para n+1: (n + 1) + 1 = n + 1 + multiplicando < n + hipótesis de inducción n + 1 < n n + n + 1 porque < n + 1 para n > 1 = (n + 1) cuadrado (n + 1) = n + n + 1 multiplicando < n + n hipótesis de inducción n + 1 < n < n + n hipótesis de inducción n < n = n+1 sumando n+1 = n < n! hipótesis de inducción n < n! < n! (n + 1) < n + 1 = (n + 1)! Finalmente notamos que esta desigualdad es válida para n suficentemente grande aún cuando cada término se multiplica por alguna constante. Por ejemplo: 40n < 10n < n < 1 100 n!

8 CAPÍTULO III. INDUCCIÓN Y RECURSIÓN Ejemplo. Fracciones egipcias. Estas son fracciones de la forma 1/m donde m es un entero positivo. Resulta que cualquier racional 0 < a/b < 1 con a y b enteros positivos puede escribirse como la suma de fracciones egipcias distintas (eso excluye, por ejemplo, la expresión trivial de /5 como 1/5+1/5). Además, esto se puede probar por inducción, aunque inicialmente no es claro sobre que se puede hacer la inducción. Esto se basa en el siguiente procedimiento para determinar una representación en fracciones egipcias: Determine la fracción egipcia más grande posible, esto es, determine n tal que 1 n a b < 1 ( ) n 1 y continue recursivamente sobre la diferencia si es diferente de cero. a b 1 n Si 1/n = a/b, 1/n entonces 1/n es una expresión como suma de fracciones egipcias. Si 1/n < a/b entonces 1/n junto con el resultado de aplicar recursivamente el procedimiento a a/b 1/n es una expresión como suma de fracciones egipcias. y Consideremos a/b = 4/5 como ejemplo. Entonces primero tenemos 1/n = 1/ 4 5 1 = 3 10 Usando recursión sobre 3, se tiene 1/n = 1/4 y 10 3 10 1 4 = 40 Usando recursión sobre = 1, se tiene 1/n = 1/0 y el procedimiento termina 40 0 porque 40 1 0 = 0 800 = 0. Como resultado, la representación es 4 5 = 1 + 1 4 + 1 0. No es obvio que el algoritmo siempre termina. Note que en la secuencia de números inicial y a los que se aplica recursión: 4 5, 3 10, 40, 0 800

III.. EJEMPLOS 9 los numeradores forman una sucesión decreciente. Esto no es coincidencia. De la segunda desigualdad en la ecuación ( ) arriba se tiene y por lo tanto a(n 1) < b an b < a. Por otra parte a b 1 n = an b bn De la desigualdad ( ) se ve que el nuevo numerador an b es realmente menor que el inicial a (y si se cancelan factores comunes de numerador y denominador en (an b)/n, el nuevo numerador es aún menor). Por lo tanto la recursión debe eventualmente terminar con 0. Además, las fracciones escogidas son diferentes como lo justifica el siguiente argumento: si n entonces n n, y n 1 n/ y 1 n 1 n. Puesto que a b < 1 n 1, entonces a b < n y por lo tanto en ningún caso se escogería 1/n y luego 1/n de nuevo. ( ) La anterior discusión es la base de una prueba formal de la siguiente afirmación: Para todo entero positivo a, y para todo entero b > a, el racional a/b tiene una representación como suma de fracciones egipcias distintas. La prueba es por inducción (fuerte) sobre a (y para cualquier b > a). Caso base: Para a = 1 y cualquier b > 1, a/b = 1/b es una fracción egipcia y por lo tanto una representación como suma de fracciones egipcias de 1/b. Hipótesis de inducción: Para k con 1 k < a, y cualquier b > k el racional k/b tiene una representación como suma de fracciones egipcias diferentes. Paso de Inducción: Consideramos el racional a/b con b arbitrario. Aplicando el procedimiento descrito arriba, se encuentra la primera fracción egipcia 1/n y lo que resta es a b 1 n = an b bn donde, como se discutió, an b < a, por lo tanto por hipótesis de inducción (an b)/bn tiene una representación como fracciones egipcias diferentes. Como 1/n no puede escogerse de nuevo (argumento arriba), esta decomposición junto con 1/n da una representación como fracciones egipcias diferentes para a/b

10 CAPÍTULO III. INDUCCIÓN Y RECURSIÓN Finalmente, es interesante notar que la representación como suma de fracciones egipcias no es única y que la obtenida por el algoritmo descrito aquí no es la mejor en cuanto al número de fracciones requeridas y tamaño de los denominadores. El siguiente ejemplo, tomado de wikipedia, muestra primero la representación obtenida por el algoritmo descrito para 5/11, y otra posible (considerablemente más simple): 5 11 = 1 5 + 1 757 + 1 763309 + 1 873960180913 + 1 15761795640934188465 5 11 = 1 33 + 1 11 + 1 363 Ejemplo. Teorema de la División (Cociente y Residuo). Ya se ha mencionado el teorema de la división. Se puede verificar para enteros no negativos usando inducción fuerte. La afirmación es la siguiente Para todo par de enteros n 0 y d > 0 existen enteros únicos q y r con 0 r < d tal que n = qd + r. Prueba: Para d fijo, usamos inducción fuerte sobre n. El argumento captura la idea de determinar el cociente de n dividido por d como el número de veces que se puede substraer d de n. Inicialmente no nos preocupamos por la unicidad. Caso base n d: Entonces n = qd + r con q = 0 y r = n (el cociente es q = 0 y el residuo es r = n). Hipótesis de inducción: Para n d, y para todo m < n, existen enteros q y r, con 0 r < d, tal que m = qd + r (se tiene la existencia de cociente y divisor para m < n). Paso de Inducción: Ahora verificamos la existencia de cociente y residuo para n d. Sea n = n d. Puesto que n d, entonces n 0. Además n < d, y por lo tanto por hipótesis de inducción existen enteros q y r con 0 r < d, tal que n = q d + r. Entonces Por lo tanto, tomando se tiene que n = n + d = (q d + r ) + d = (q + 1)d + r. q = q + 1, con 0 r < d (puesto que r = r ). n = qd + r r = r

III.3. RECURSIÓN 11 Por lo tanto, por el principio de inducción, el teorema de la división es cierto para todo d > 0 y n 0. Unicidad: Aunque no se hizo en clase, la unicidad es fácil de verificar: Supongamos que n = qd + r, y n = q d + r son dos divisones de n por d. Se tiene q q ó q q, y como ambos casos son simétricos, podemos asumir el primer caso. Entonces igualando las dos expresiones de n y despejando se obtiene (q q )d = r r. Si q = q entonces r = r y esto concluye la prueba. De lo contrario q > q y por lo tanto q q 1 y entonces r r d. ( ) Por otra parte, puesto que r < d y r 0, entonces r 0 y lo cual está en contradicción con ( ). r r < d, III.3. Recursión El argumento en la prueba del teorema de la división da una forma recursiva de calcular el cociente y el residuo usando substracción. Usamos n/d y n mód d denotan el cociente y residuo de dividir n por d (aquí x es la función piso ó parte entera, entonces si n/d es la divisón real (con fracción) entonces n/d corresponde a la división entera que estamos discutiendo aquí). La definición recursiva del cociente y el residuo, para enteros n 0, d > 0 es entonces: { 0 si n < d n/d = (n d)/d + 1 si n d y n mód d = { n si n < d (n d) mód d si n d Como ejemplo, evaluamos 14/3 y 14 mód 3 siguiendo estas definiciones recursivas: 14/3 = 11/3 + 1 = ( 8/3 + 1) + 1 = (( 5/3 + 1) + 1) + 1 = ((( /3 + 1) + 1) + 1) + 1

1 CAPÍTULO III. INDUCCIÓN Y RECURSIÓN = (((0 + 1) + 1) + 1) + 1 = ((1 + 1) + 1) + 1 = ( + 1) + 1 = 3 + 1 = 4 y 14 mód 3 = 11 mód 3 = 8 mód 3 = 5 mód 3 = mód 3 = Ejemplo. Multiplicación. La multiplicación puede definirse recursivamente con base en la adición y la subtracción de 1: { 0 si n = 0 m n = m (n 1) + m si n 0 (en clase se escribió p(m, n) en lugar de m n). Es claro que esto se basa en m n = m (n 1) + m para n 1. Esta definición evalúa el producto de m por n sumando n veces el entero m. Por ejemplo 34 5 = (34 4) + 34 = ((34 3) + 34) + 34 = (((34 ) + 34) + 34) + 34 = ((((34 1) + 34) + 34) + 34) + 34 = (((((34 0) + 34) + 34) + 34) + 34) + 34 = ((((0 + 34) + 34) + 34) + 34) + 34 = (((34 + 34) + 34) + 34) + 34 = ((68 + 34) + 34) + 34 = (10 + 34) + 34 = 136 + 34 = 170. El método presentado es muy ineficiente: esto se observa si se intenta multiplicar por ejemplo 34 57, lo que resulta en sumar 57 veces 34. Un método más

III.3. RECURSIÓN 13 eficiente es el llamado 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 Aunque el primer multiplicando m está cambiando, está definición es recursiva en cuanto al segundo multiplicando n, el cual se está dividiendo por. Este método se basa en que multiplicar y dividir por son operaciones más sencillas (especialmente en computadores los cuales usan representación binaria). Veamos un ejemplo: 34 57 = (68 8) + 34 = ((136 14) + 0) + 34 = (((7 7) + 0) + 0) + 34 = ((((544 3) + 7) + 0) + 0) + 34 = (((((1088 1) + 544) + 7) + 0) + 0) + 34 = ((((((176 0) + 1088) + 544) + 7) + 0) + 0) + 34 = (((((0 + 1088) + 544) + 7) + 0) + 0) + 34 = ((((1088 + 544) + 7) + 0) + 0) + 34 = (((163 + 7) + 0) + 0) + 34 = ((1904 + 0) + 0) + 34 = (1904 + 0) + 34 = 1904 + 34 = 1938. Con este método sólo se suman 7 términos (comparado con 57 en el anterior), pero también se requieren igual número de operaciones de multiplicar y dividir por dos. Esté método de multiplicar está justificado en que (por el teorema de la división) n = n/ + n mód y por lo tanto m n = m ( n/ + n mód ) = (m) n/ + m (n mód ). Formalmente, se verifica la definición recursiva dada de la multiplicación por inducción, y lo que se acaba de decir provee el paso inductivo. Ejemplo. La sucesión a n se define recursivamente como a n = { 1 si n = 0 a n 1 si n > 0

14 CAPÍTULO III. INDUCCIÓN Y RECURSIÓN Usando la definición recursiva, se pueden escribir los primeros números en la secuencia: 1,, 4, 8, 16, 3, 64, 18, 56,... Es claro rápidamente que puesto que el valor se dobla en cada paso entonces se debe tener que a n = n. Aunque es bastante claro, lo es menos en otros ejemplos que veremos más adelante y como ejemplo verificamos usando inducción que a n = n : Caso base: Para n = 0, a 0 = 1 y 0 = 1. Hipótesis de inducción: Asumimos que a n 1 = n 1 para n 1 Paso de Inducción: Verifamos para n 1 que a n = n. Usando la definición recursiva y la hipótesis de inducción, obtenemos a n = a n 1 = n 1 = n. Ejemplo. Los números de Fibonacci F n se definen recursivamente como 1 si n = 0 F n = 1 si n = 1 F n 1 + F n si n > 1 Usando la definición recursiva, se pueden escribir los primeros números en la secuencia: 1, 1,, 3, 5, 8, 13, 1, 44, 65, 109, 174, 83,... Más tarde vamos a ver la expresión exacta de estos números. Por el momento verificamos usando inducción que tienen un crecimiento exponencial : ( ) n 1 3 F n ( ) n 5. 3 Caso base: Para n = 0 y n = 1, se tienen las desigualdades /3 1 1 y 1 1 5/3. Hipótesis de inducción: Para n y 0 k < n asumimos que ( ) k 1 3 F k ( ) k 5. 3

III.3. RECURSIÓN 15 Paso de Inducción: Sea n. Usando la definición recursiva y la primera desigualdad en la hipótesis de inducción, obtenemos: Pero porque 5/ 9/4, por lo tanto F n = F n 1 + F n ( ) n ( 3 3 + ( ) n 3 ( ) 3 3 = + 1 ( ) n 3 3 = 5. F n Ahora, la segunda desigualdad: Pero 5 ( ) 3 ( ) n 3 3 5 ( ) n 3 ( 3 3 ( ) n 1 3. ) n 3 ) F n = F n 1 + F n ( ) n 1 ( 5 5 + 3 3 ( ) n ( ) 5 5 = 3 3 + 1 ( ) n 5 = 8 3 3. 8 3 ( ) 5 3 porque 8/3 5/9, por lo tanto ( ) n 5 F n 8 3 3 ( ) n ( 5 5 3 3 ( ) n 5. 3 ) n )

16 CAPÍTULO III. INDUCCIÓN Y RECURSIÓN Esto completa el paso de inducción. Por lo tanto, la desigualdad dada se satisface para n 0. III.4. Sumas Ya hemos considerado varias sumas en ejemplos. In general, dada una sucesión a 1, a, a,..., con frecuencia nos interesan las sumas parciales s n = a 1 + a + a 3 + + a n 1 + a n definidas formalmente en forma recursiva con la ecuación de recurrencia s 1 = a 1 s n = s n 1 + a n para n > 1. Esta suma se escribe en forma compacta usando el símbolo : s n = a k ó s n = 1 k n a k donde se especifican los límites inicial (abajo) y final (arriba) del subíndice k en la primera notación, o todo el intervalo (abajo) en la segunda notación. Dadas dos sucesiones a k y b k, se pueden definir combinaciones como c k = αa k + βb k donde α y β son constantes, es decir, números que no dependen del índice k. Algunas propiedades de estas combinaciones facilitan su evaluación. Por ejemplo: c k = α a k + β b k. Esto puede verificarse por inducción a partir de la definición recursiva. Primero el caso base: 1 c k = c 1 = αa 1 + βb 1 = α y el paso inductivo de n a n + 1: n+1 c k = = α c k + c n+1 a k + β 1 a k + β por definición recursiva b k + c n+1 1 b k, por hipótesis de inducción

III.4. SUMAS 17 = α = a k + β b k + (αa n+1 + βb n+1 ) por definición de c n+1 ( ) ( α a k + αa n+1 + β ) b k + βb n+1 ( ) ( ) = α a k + a n+1 + β b k + b n+1 n+1 n+1 = α a k + β b k. por definición recursiva reordenando y asociando factorizando α y β Esta propiedad se puede usar para obtener en forma más o menos directa la suma parcial de algunas secuencias en términos de otras ya conocidas. Ejemplo. La suma s n n (k 1) se puede determinar de la siguiente manera (similar a la usada antes para 1 + + 3 + n) 1 + 3 + 5 + + n 3 + n 1 = s n n 1 + n 3 + n 5 + + 3 + 1 = s n n + n + n + + n + n = n n De aquí que s n = n y por tanto s n = n. También podemos usar las propiedades anteriores y la suma n k: (k 1) = k 1 = 1 n(n + 1) n = n n + n = n. Ejemplo. Consideramos la suma S n = i=1 1 k. Queremos verificar que se puede acotar de la siguiente manera: ( ( n + 1 1) < S n < + 10) 1 n + 1 1 ( )

18 CAPÍTULO III. INDUCCIÓN Y RECURSIÓN para n 1 la primera desigualdad, y para n 4 la segunda. Nota: Una primera desigualdad (cota inferior) apareció en el taller 4 pero con n a la izquierda. Yo traté de hacer la cota inferior aquí en clase incorrectamente como cota superior (por supuesto no funcionó). Observación: Para quienes saben integración, n 0 dx x = n. S n se puede ver como una aproximación de esta integral, y las cotas en ( ) para S n son una expresión cuantitativa de esto. En el caso base n = 1 y n = 4 respectivamente, se verifica reemplazando valores. Para la primera desigualdad, el paso de inducción de n a n + 1: n+1 1 1 1 = + separando k k n + 1 ( 1 n + 1 1) + n + 1 = 1 n + 1 + n + 1 = n + 3 n + 1. por hipótesis de inducción Para completar la prueba es suficiente que n + 3 n + 1 n +. ( ) Multiplicando a ambos lados por n + 1, esto es equivalente a n + 3 (n + )(n + 1), y elevando al cuadrado es equivalente a (puesto que ambos lados son positivos) 4n + 1n + 9 4(n + 3n + ) = 4n + 1n + 8 lo cual se reduce a 1 0. Por lo tanto reemplazando ( ) en la deducción arriba se obtiene n+1 1 n + = ( n + 1). k n+1 Para la segunda desigualdad: 1 1 1 = + k k n + 1 ( + 1/10) n + 1 1 + separando 1 n + 1 por hipótesis de inducción = ( + 1/10)n + (3 + 1/10) n + 1 1.

III.5. PRUEBAS POR INDUCCIÓN ERRÓNEAS 19 Para completar la prueba es suficiente que y a su vez que ( + 1/10)n + (3 + 1/10) n + 1 ( + 1/10) n + n + c (n + 1)(n + ) donde c = (3 + 1/10)/( + 1/10) = 1,476... Elevando al cuadrado: y lo cual se satisface para n 4. n + cn + c n + 3n + (3 c)n c, III.5. Ejemplo. Pruebas por Inducción Erróneas Vamos a probar que k = 1 (n 1)(n + ) Por hipótesis de inducción esta igualdad es válida para n 1. Para el paso de inducción tenemos que n+1 k = k + (n + 1) = 1 (n 1)(n + ) + (n + 1) usando la hipótesis de inducción = 1 (n + n + n + ) = 1 (n + 3n) = 1 n(n + 3) = 1 ((n + 1) 1)((n + 1) + ) lo que muestra la identidad es válida para n + 1. Por otra parte, esta expresión es diferente de la que ya habíamos obtenido para esta suma. Cuál es el problema? Falta verificar el caso base, el cual no es válido.

0 CAPÍTULO III. INDUCCIÓN Y RECURSIÓN Ejemplo. Todos los elefantes tienen el mismo color: Probamos que para cualquier n, y cualquier conjunto de n elefantes, todos los elefantes en el conjunto tienen el mismo color. Como caso base, en calquier conjunto de un elefante, todos los elefantes en el conjunto (sólo uno) tienen el mismo color. Como hipótesis de inducción, para n 1, en cualquier conjunto de n elefantes, todos los elefantes en el conjunto tienen el msimo color. Para el paso de inducción, consideremos un conjunto E arbitrario de n + 1 elefantes, y entre estos el primer p y último u elefante. Entonces los conjuntos E p = E {p} y E u = E {u} tienen n elefantes, y por hipoótesis de inducción para cada uno de ellos, todos los elefantes en ese conjunto tienen el mismo color. Ahora, si consideramos los elefantes que están en ambos conjuntos E p E u, todos deben tener el mismo color de los elefantes en E p y el mismo color de los elefantes en E u, por lo tanto el color de los elefantes en E p y de los elefantes en E u debe ser el mismo, y por lo tanto todos los elefantes en E deben tener el mismo color. Por el principio de inducción, para todo n y todo conjunto de n elefantes, todos los elefantes tienen el mismo color. Dónde esta el problema con este argumento? Al pasar de n = 1 a n =, E p E u es vacío y por lo tanto no se puede concluir que todos los elefantes en E tienen el mismo color. III.6. Principio del Buen Orden Consideremos de nuevo la suma para todo n 1 k = 1 n(n + 1) ( ) y la siguiente manera de argumentar su validez: Supongamos por contradicción que ( ) no es válida para todo n 1. Entonces sea m el mínimo valor de n para el cual la igualdad no es válida. En otras palabras, el contraejemplo con n mínimo. Primero, observamos que m 1 porque ( ) es claramente válida para n = 1. Así que m > 1. Como m corresponde al mínimo contraejemplo entonces ( ) es válida para m 1. Esto es, Pero entonces m 1 k = 1 (m 1)m m k = m 1 k + m = 1 (m 1)m + m por la igualdad arriba

III.6. PRINCIPIO DEL BUEN ORDEN 1 = 1 m(m 1 + ) = 1 m(m + 1). Pero esto quiere decir que ( ) es válida para n = m, lo cual es una contradicción con el hecho de que m corresponde al mínimo contraejemplo. Por lo tanto concluimos que la asunción inicial es falsa, y por la tanto ( ) es válida para todo n 1. Esto parece ser una prueba alternativa que no usa el principio de inducción! En realidad algo se ha usado en la prueba que resulta ser equivalente al principio de inducción: Sea P(n) el predicado que dice que la igualdad ( ) es válida para n. Cuando asumimos que no era válida para todo n 1, asumimos que el conjunto A = {n : P(n) es cierto} no es vacío. En la prueba asumimos la existencia de un elemento mínimo en A. Este es el llamado principio de buen orden que resulta ser equivalente al principio de inducción. Principio del Buen Orden. Sea A un subconjunto de los números enteros positivos. Entonces A contiene un elemento mínimo. (Note que por ejemplo los números racionales positivos no satisfacen esta propiedad. Por ejemplo el subconjunto de números racionales mayores que 1 no tiene un elemento mínimo.) Note que la prueba arriba esencialmente repite los mismo dos puntos de una prueba que usa el principio de inducción: primer el caso base, y segundo la hipótesis y paso de inducción. Ejemplo. Teorema de la División (Cociente y Residuo). Como ilustración del principio del buen orden, damos dos pruebas del teorema de la división para n 0 (sin la unicidad): Para todo d > 0 entero positivo y n 0 entero existen enteros q y r con 0 r < d tal que n = qd + r. Prueba 1: Supongamos por contradicción que existen d > 0 y n 0 enteros tal que no existen q y r con 0 r < d tal que n = qd + r. Para este d, sea A = {n : n 0 entero y no existen q y r con 0 r < d tal que n = qd + r}. Por la asunción, A y por el principio del buen orden tiene un elemento mínimo que denotamos con m. Entonces m d porque si m < d entonces m = qd + r

CAPÍTULO III. INDUCCIÓN Y RECURSIÓN con q = 0 y r = m en contradicción con la definición de A y que m A. Como m d entonces m = m d 0 y m < m y por la minimalidad de m en A, para m si existen q y d tal que con 0 r < d. Pero entonces m = q d + r m = m + d = q d + r + d = (q + 1)d + r = qd + r con q = q + 1 y r = r. Pero esto es una contradicción porque teníamos que m no satisfacía tal igualdad. Prueba : Para d y n dados, consideremos el conjunto R = {n qd : q N, n qd 0} Por el principio del buen orden, este conjunto tiene un mínimo que llamamos r. Para este r se tiene que existe un q tal que n qd = r y por lo tanto n = qd + r. Veamos que r satisface 0 r < d: r 0 porque por definición todos los elementos de R son no negativos. Y r < d porque si r d entonces y r d = n qd d = n (q + 1)d r d < r en contradicción con la minimalidad de r en R.