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UNIDAD N° 3
NÚMEROS
NATURALES
PRINCIPIO DE
INDUCCIÓN
ÁLGEBRA I. UNIDAD Nº 3: NÚMEROS NATURALES – PRINCIPIO DE INDUCCIÓN – PROF. MARÍA EUGENIA RIVERO
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NÚMEROS NATURALES – PRINCIPIO DE INDUCCIÓN
DEDUCCIÓN E INDUCCIÓN
Cuando emitimos una afirmación o proposición podemos intentar clasificarla en
el conjunto de las proposiciones generales, en donde interviene una afirmación del
tipo de
“para todo elemento de...”, o bien en el conjunto de las proposiciones
particulares en donde la afirmación se refiere “al elemento tal de...”.
De la certeza de una proposición general se puede pasar a la certeza de las
correspondientes proposiciones particulares, y, al revés, de la certeza de una o
varias proposiciones particulares se puede pasar a la certeza de la correspondiente
proposición general o generalización.
El paso de un tipo de proposición a otra requiere un proceso de razonamiento
lógico que en general se denomina deducción si se trata del paso de una
proposición general a una o más proposiciones particulares, o inducción, cuando
realizamos el paso de una o varias proposiciones particulares a una proposición
general.
Si decimos que “todos los números enteros pares son divisibles por 2”
estamos exponiendo una proposición general, de la que es particularización, por
ejemplo, la proposición “el número 246 es divisible por 2”.
El proceso por el cual, conocida la verificación de la proposición general,
inferimos que se verifica la proposición particular correspondiente, es lo que
entendemos por deducción o proceso deductivo.
Por otra parte, cuando desde la verificación de una o varias proposiciones
particulares inferimos que se verifica una proposición general que las engloba,
entendemos
que estamos realizando un proceso de inducción o proceso
inductivo.
Si, por ejemplo, aceptamos como cierta la proposición general de que “todos
los suecos son rubios”, la veracidad de la afirmación correspondiente a la
particularización: “Gustav es sueco y por consiguiente rubio” es un proceso de
deducción. Evidentemente, la certeza depende de que sea cierta la proposición
general de la que se ha partido.
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En cambio, el proceso contrario, en el que partiríamos de la veracidad de la
afirmación “Gustav es sueco y rubio” no nos permitiría afirmar la veracidad de la
proposición general “Todos los suecos son rubios”. Ni tampoco negarla.
En general, pues, el proceso de inducción, por el que pasamos de una o varias
afirmaciones particulares a una afirmación generalizadora, no es tan sencillo. ¿Cómo
podríamos realizarlo de una forma segura? Este será el tema a tratar en esta unidad.
CONJUNTOS INDUCTIVOS
DEFINICIÓN Nº 1:
Decimos que un SUBCONJUNTO K de R es INDUCTIVO si verifica las
siguientes propiedades:
1) 1∈ K .
2) Si r ∈ K entonces r + 1∈ K .
De acuerdo con la definición precedente, para poder determinar si un conjunto
K es o no es inductivo, deberemos verificar si 1 es un elemento de K.
En caso de que esto no se cumpla, podemos concluir en que K no es inductivo,
puesto que para serlo deben cumplirse simultáneamente las dos propiedades. Por
tanto, con que una no se verifique es suficiente para afirmar la no inductividad de K.
Si 1∈ K deberemos chequear la segunda propiedad. Para ello se tomará un
elemento genérico del conjunto, por ejemplo r. Por pertenecer a K este elemento
deberá cumplir todas las propiedades que cumplen los elementos de K, según la
forma en que este conjunto haya sido definido. A partir de r, deberemos probar si
r + 1 también verifica esas propiedades.
Si ocurriese que r + 1∉ K para r ∈ K , se concluirá en que K no es inductivo.
En caso contrario, como se verifican las propiedades 1 y 2 de la definición,
podremos afirmar que K es inductivo.
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El siguiente esquema resume lo anteriormente planteado:

NO → K no es inductivo
¿ 1 ∈ K ? 

 SI → se verifica la propiedad 1

Dado K 

 SI → se verifica la propiedad 2
 Si r ∈ K, ¿r + 1 ∈ K? 

NO → K no es inductivo

K ES
INDUCTIVO
En los siguientes ejemplos analizaremos si algunos
conjuntos son o no inductivos.
1) R es un conjunto inductivo pues 1∈ R y dado un número real r, r + 1
también es un número real (pues la suma de dos reales es real).
2) R + = {x ∈ R /x > 0} es un conjunto inductivo pues 1∈ R + y dado un número
real r positivo, r + 1 también es un número real positivo.
3) R − = {x ∈ R / x < 0} no es un conjunto inductivo pues
1∉ R − y dado un
número real r negativo, r + 1 no necesariamente es un número real negativo. Por
1
1
ejemplo si r = − ∈ R − ⇒ r + 1 = ∉ R − .
2
2
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4) Veamos si K = {x ∈ R / x = 1 ∨ 2 ≤ x} es o no un conjunto inductivo. Para
ello chequearemos si verifica las dos propiedades.
1 – De acuerdo a como está definido K, 1∈ K .
2 – Sea x ∈ K . Existen dos posibilidades:
•
Si x = 1 , entonces x + 1 = 2 ∈ K .
•
Si 2 ≤ x , entonces (sumando 1 a ambos miembros de la desigualdad)
3 ≤ x + 1 , y 2 ≤ 3 ≤ x + 1 , con lo cual, x + 1∈ K .
Por lo tanto, dado x ∈ K , se verifica, en cualquier caso, que x + 1∈ K .
Como se cumplen las dos propiedades, puede concluirse en que el conjunto K
es inductivo.
5) K = {1} no es inductivo pues 1∈ K, pero 1 + 1 = 2 ∉ K .
6) K = {x ∈ R / 1 < x ≤ 2} no es inductivo porque no satisface ninguna de las dos
condiciones: 1∉ K y si x ∈ K , entonces 1 < x ≤ 2 , con lo cual (sumando 1 a todos
los miembros de la desigualdad) se tiene que 2 < x + 1 ≤ 3 . Al ser x + 1 > 2 queda
claro que x + 1∉ K .
Determina si los siguientes conjuntos son inductivos
a) ℤ
b) ℤ −
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c) {x ∈ R / x + 4 es divisible por 5}
d) Un subconjunto finito de ℕ
e) Un subconjunto infinito de ℕ que contenga al 1.
f) ℕ ∪ {0}
g) {1} ∪ {x + 1/ x ∈ ℕ}
h) {x + 1/ x ∈ ℕ}
RTA: Son inductivos: a, f, g.
Notemos que si K es un conjunto inductivo, entonces:
1 ∈K
2 = 1 + 1 ∈K
3 = 2 + 1 ∈K
4 = 3 + 1 ∈K
5 = 4 + 1 ∈ K....
Por lo tanto, podemos observar que TODO CONJUNTO INDUCTIVO
CONTIENE AL CONJUNTO DE NÚMEROS NATURALES.
TEOREMA Nº 3:
Si A, B son conjuntos inductivos de R , entonces A ∩ B es un
conjunto inductivo de R .
DEMOSTRACIÓN:
Sean A y B dos conjunto inductivos de R .
Debemos demostrar que su
intersección es también un conjunto inductivo. Para ello habrá que chequear que se
verifiquen las dos propiedades.
1) Por ser A y B inductivos, 1 ∈ A y 1 ∈ B. Por lo tanto 1∈ A ∩ B .
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2) Verificaremos ahora la propiedad 2.
Sea r ∈ A ∩ B . Esto implica que r ∈ A
∧ r ∈B .
Como A es inductivo y r ∈ A , entonces r + 1∈ A .
Como B es inductivo y r ∈ B , entonces r + 1∈ B .
Por lo tanto, r + 1∈ A ∩ B , con lo cual se cumple la propiedad 2 de la definición.
Como se verifican para A ∩ B
las propiedades 1 y 2 de la definición 1,
entonces A ∩ B es un conjunto inductivo.
DEFINICIÓN Nº 2:
Llamaremos CONJUNTO DE NÚMEROS NATURALES, al subconjunto
denotado por ℕ , caracterizado por las siguientes propiedades:
1) ℕ es inductivo.
2) Si K ⊂ R es un conjunto inductivo, entonces ℕ ⊂ K .
La propiedad 2) de esta última definición nos indica que ℕ es el menor (en
sentido de la inclusión) subconjunto inductivo de R . Es decir que:
ℕ=∩
{K ⊂ R / K es inductivo}
Demostraremos que
1
∉ℕ.
2
Para probar esto es suficiente exhibir un conjunto inductivo K tal que
1
∉K .
2
¿Por qué afirmo esto? Pues si encontramos tal conjunto K inductivo, ℕ estará
incluido en él (al igual que lo está en cualquier otro conjunto inductivo). Por lo tanto,
el hecho de probar que
1
1
∉ K implicará también que ∉ ℕ .
2
2
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ℕ
K
1
2
Sea K = {x ∈ R / 1 ≤ x} .
Claramente, 1∈ K .
Además, dado x ∈ K , se verifica que 1 ≤ x , con lo cual (sumando 1 a ambos
miembros de la desigualdad) 2 ≤ x + 1 . Por lo tanto, 1 ≤ x + 1, es decir, x + 1∈ K .
Queda entonces probado que este conjunto es inductivo, por lo que se verifica
que ℕ ⊂ K .
1
1
1
∉ K pues
< 1, entonces ∉ ℕ .
2
2
2
Demostrar que
1
5
y
no son números naturales.
5
3
PROPOSICIÓN Nº 2:
Todo n ∈ ℕ satisface 1 ≤ n .
DEMOSTRACIÓN:
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Sea K = {x ∈ R / 1 ≤ x} .
El conjunto K es inductivo, por lo tanto ℕ ⊂ K (propiedad 2 de la definición 2).
De esta manera, si n ∈ ℕ , entonces n ∈ K y, por lo tanto, 1 ≤ n .
COROLARIO Nº 2:
Si n,m ∈ ℕ y n < m entonces
n
∉ℕ.
m
DEMOSTRACIÓN:
Si n < m , dividiendo a ambos miembros de la desigualdad por m se obtiene
n m
< = 1 (esto es posible debido a que, como m ∈ ℕ , m ≠ 0).
m m
Por lo tanto,
n
n
< 1 , con lo cual puede concluirse en que
∉ ℕ (pues por la
m
m
proposición 2, todo número natural es mayor o igual a 1).
COROLARIO Nº 3:
Todo n ∈ ℕ satisface n > 0 .
DEMOSTRACIÓN:
Sea K = {x ∈ R / x > 0} .
Como ya lo hemos visto en el ejemplo 2, este conjunto es inductivo. Por lo tanto
ℕ ⊂ K (propiedad 2 de la definición 2).
De esta manera, si n ∈ ℕ , entonces n ∈ K y, por lo tanto, n > 0 .
PROPOSICIÓN Nº 3:
Si n ∈ ℕ satisface 1 < n , entonces 2 ≤ n . (Por lo tanto no
existen números naturales n tales que 1 < n < 2 ).
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DEMOSTRACIÓN:
Sea K = {x ∈ R / x = 1 ∨ 2 ≤ x} .
Como ya lo hemos visto en el ejemplo 4, este conjunto es inductivo. Por lo tanto
ℕ ⊂ K (propiedad 2 de la definición 2). De esta manera, si n ∈ ℕ y 1 < n (como
plantea la hipótesis de la proposición), entonces n ∈ K y, por lo tanto, 2 ≤ n .
A continuación veremos algunos ejemplos en donde
utilizaremos lo aprendido anteriormente.
1) Demostraremos que no existe x ∈ ℕ / x2 = 2 .
Supongamos que ∃ x ∈ ℕ / x 2 = 2 .
Por la proposición 1, tendríamos que x ≥ 1 .
Ahora, x = 1 es imposible pues 12 = 1 ≠ 2 . Por lo tanto x > 1, o sea 2 ≤ x
(proposición 3).
Entonces, elevando al cuadrado ambos miembros de la desigualdad,
obtenemos, 4 = 22 ≤ x 2 = 2 , lo cual implica que 4 ≤ 2 .
Absurdo, puesto que 2 < 4 . El absurdo proviene de suponer que ∃ x ∈ ℕ /
x2 = 2 .
Por lo tanto no existe x ∈ ℕ / x 2 = 2 .
2) Demostraremos que si x, y ∈ ℕ
y
x ⋅ y = 1 ⇒ x = y = 1.
Supongamos que x ≠ 1 ⇒ 1 < x ⇒ 2 ≤ x (proposición 3).
Como y ∈ ℕ ⇒ 1 ≤ y (proposición 2).
Luego, multiplicando los dos primeros miembros entre sí y los dos segundos
miembros entre sí de las desigualdades recuadradas obtenemos 2 ⋅ 1 ≤ x ⋅ y ⇒ 2 ≤ 1.
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Absurdo, pues 1 < 2 . El absurdo proviene de suponer que x ≠ 1. También
hubiéramos llegado a él suponiendo y ≠ 1.
Por lo tanto x = y = 1, que era lo que queríamos demostrar.
Demuestra que no existe ningún número natural que al
elevarlo al cuadrado de por resultado 3.
SUMATORIA
DEFINICIÓN Nº 3:
Sean n, m números enteros tales que n ≤ m y
{an ;...;am }
un conjunto de
números reales.
m
Se define
∑a
k =n
k
= an + ... + am y se lee “suma de los términos ak cuando el
valor de k va desde n hasta m”.
En este contexto, ∑ se llama SIGNO DE SUMATORIA y k se conoce como
ÍNDICE DE LA SUMA.
A continuación veremos algunos ejemplos que nos
permitirán comprender la definición anterior.
1) Desarrollaremos las siguientes sumas:
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5
a)
∑b
k =1
k
6
b)
∑c
k =3
k
3
c)
∑k
2
k =−2
= b1 + b2 + b3 + b 4 + b5
= c3 + c4 + c5 + c6
= ( −2 ) + ( −1) + 0 2 + 12 + 22 + 3 2 = 4 + 1 + 0 + 1 + 4 + 9 = 19
2
2
2) Escribiremos las siguientes sumas usando la notación de sumatoria.
9
a) 3 + 4 + 5 + 6 + 7 + 8 + 9 = ∑ k
k =3
n
b) a1b1 + a2b2 + ... + anbn = ∑ aibi
i=1
8
c) 1 − 2 + 3 − 4 + 5 − 6 + 7 − 8 = ∑ ( −1)
k +1
k
k =1
PRODUCTORIA
DEFINICIÓN Nº 4:
Sean n, m números enteros tales que n ≤ m y
{an ;...;am }
un conjunto de
números reales.
m
Se define
∏a
i=n
i
= an ⋅ ... ⋅ am y se lee “producto de los términos ai cuando el
valor de i va desde n hasta m”.
En este contexto,
∏
se llama SIGNO DE PRODUCTORIA y k se conoce
como ÍNDICE DEL PRODUCTO.
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Teniendo en cuenta lo definido respecto a la sumatoria y a la
productoria, resuelve los siguientes ejercicios.
1) Calcula:
4
a)
d)
r =1
e)
)
g)
=
h) ∏
4
− 2i =
15
1
=
∑
k =−3 k ⋅ ( k + 4 )
−1
c)
2
i=1
−1
b)
∑ (i
11
∑r =
∑ (i − 1)
2
i =1
7
n
=
n= 2 n − 1
i=10
10
7
j
∑ j+4 =
f)
j =−3
∏i =
∑a =
i)
r =1
∏a =
n =1
b) −
RTA: a) 10
11
12
c) −
13
3
d) 374
e) 811
f) 7a
g) 24
h) 7
i)
a10
2) Expresa cada serie como una sumatoria:
a)
1 2 3 4 5 6
+ + + + + =
2 3 4 5 6 7
b) 3 + 6 + 9 + 12 + 15 =
c) -2 + 4 - 8 + 16 - 32 + 64 =
d) 1 +
e) 1 + 4 + 9 + 16 + 25 =
f)
g) -1 - 2 - 3 - 4 – 5 =
h) 1 +
6
RTA: a)
n
∑ n+1
n =1
2
+
1
3
+
∑ 3n
4
2
1
n =1
5
∑n
1 1 1
1
+ +
+
=
3 9 27 81
1
=
2
5
b)
n =1
e)
1 1 1
+ +
=
4 9 16
f)
1
∑3
n =1
n
6
c)
∑ ( −2 )
n
4
d)
n =1
n =1
5
g) −∑ n
n =1
4
h)
1
∑n
∑
n =1
2
1
n
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PRINCIPIO DE INDUCCIÓN
Un método para demostrar resultados generales que dependen en algún
sentido de los números naturales es conocido con el nombre de Inducción
Matemática.
A partir de determinadas observaciones o afirmaciones particulares que
resultan verdaderas se busca el principio general que en ellas está implícito.
Es decir, se pretende pasar de lo particular a lo general, tratando de establecer si
estas afirmaciones siguen siendo verdaderas para los infinitos números naturales
restantes.
Existen muchos enunciados que sólo son válidos para un número finito de
casos y en consecuencia son falsos para un número infinito de situaciones.
Por ejemplo, si afirmamos que ∀ n ∈ ℕ se verifica que n2 − 3n − 1 < 0 , será fácil
probar que esto es verdadero para n = 1, n = 2 y n = 3 .
Sin embargo, para n = 4 no se cumple ya que 4 2 − 3 ⋅ 4 − 1 = 3 > 0 .
Este ejemplo sencillo muestra que una proposición puede ser verdadera para
los primeros números naturales y falsa para números naturales más grandes.
También podemos encontrar proposiciones que son verdaderas sólo a partir de
un cierto número natural n0 . De ser así, la técnica que desarrollaremos se llama
Inducción Incompleta. Para demostrar que una proposición p ( n ) , ∀ n ∈ K ⊆ ℕ , es
verdadera es necesario comprobar la validez de ella para todos los elementos del
conjunto K.
En el caso en que K = ℕ , diremos que es una Inducción Completa.
Sea K un subconjunto de ℕ tal que:
I) 1∈ K .
II) Si r ∈ K entonces r + 1∈ K .
Por I) y II), K es inductivo, con lo que ℕ ⊂ K .
Pero siendo K subconjunto de ℕ se tiene que K ⊂ ℕ .
Por lo tanto K = ℕ .
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Este principio permite formular el siguiente criterio de demostración por
inducción:
CRITERIO
Sea
P(n) una función proposicional con n recorriendo el conjunto de
números naturales.
Si:
I) P(1) es verdadera.
II) ∀ k ∈ ℕ : P(k) ⇒ P(k + 1) es verdadera.
Entonces P(n) es verdadera ∀ n ∈ ℕ .
En efecto, para probar que una propiedad se cumple para todos los números
naturales, basta comprobar primero que se cumple para el 1 (o para un n0 en el
caso de la inducción incompleta) y, a continuación, suponer que se cumple para un
natural k y, desde aquí, deducir que se ha de cumplir para el natural siguiente,
k + 1.
Resumiendo, para probar que una proposición p ( n ) es verdadera para todos
los valores de la variable n se deben efectuar los siguientes tres pasos:
PASO 1
La proposición p ( n ) debe ser verdadera para n = 1.
PASO 2
Se plantea la hipótesis inductiva: se supone que p ( k ) es
verdadera, donde k es un número natural cualesquiera.
Se plantea la tesis inductiva y se la demuestra.
PASO 3
Se prueba que p ( k + 1) es verdadera, o bien, que p ( k ) verdadera
implica p ( k + 1) verdadera.
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Te invito a que observes el video en el que Adrián Paenza
explica en qué consiste el método de inducción. Para ello
ingresa en
http://www.youtube.com/watch?v=kHTvTm5Lq5U
Como habrás podido observar, en el video se menciona un juego: las torres de
Hanoi.
El tablero del mismo consta de tres varillas. En una de ellas hay discos de
diámetros decrecientes. Se quieren llevar a otra de las varillas respetando las dos
reglas siguientes:
1. No se puede desplazar más que un disco en cada movimiento.
2. Un disco sólo puede descansar sobre otro de diámetro mayor.
¿Cuál será el mínimo número de movimientos para trasladar 3 discos de una
varilla a otra? ¿Y si hubiese 6 discos o 7 discos? ¿Y si hubiese n discos?
Completa la siguiente tabla:
CANTIDAD DE DISCOS
CANTIDAD TOTAL DE MOVIMIENTOS
2
3
4
5
N
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EJEMPLOS DE APLICACIÓN DEL MÉTODO
A continuación veremos algunos ejemplos que nos
permitirán familiarizarnos con la aplicación del método
inductivo.
1) SUMA DE LOS PRIMEROS n NÚMEROS NATURALES (por Adrián
Paenza).
Se tienen distribuidas cruces en distintos renglones, con la característica de
que a medida que uno va recorriendo las filas, el número de cruces aumenta en uno.
Es decir, en la primera fila hay una cruz. En la segunda, hay dos. En la tercera,
tres... y así sucesivamente.
Figura 1
¿Cómo hacer si uno quiere saber el número total de cruces?
Por supuesto que la invitación está hecha para que pienses solo/a, de manera
tal que, si prefieres no leer lo que sigue, mucho mejor.
De todas formas, voy a proponerte una solución de las muchísimas que es
posible encontrar, la cual incluye un argumento gráfico.
La figura que aparece con las cruces es un triángulo. Uno podría dibujar otro
triángulo igual, esta vez con circulitos, y quedaría así:
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Figura 2
Ahora, damos vuelta ese triángulo
Figura 3
Si colocamos juntos los triángulos que aparecen en las figuras 1 y 3, se tiene el
siguiente dibujo:
Figura 4
Como el objetivo era calcular el número de cruces que había en el primer
triángulo, si uno mira el rectángulo que quedó formado en la figura 4 advierte que las
cruces son exactamente la mitad (contando las cruces y los círculos).
¿Cómo calcular cuántas cruces y círculos hay en ese rectángulo? Multiplicando
el número que hay en cada fila por el número en cada columna. Es decir, 6 (que son
los que hay en la base) por 5 (los que hay en altura). Resultado: 30. Como las
cruces son la mitad, entonces en total hay 15 cruces.
Con esta idea, si tenemos ahora un triángulo con más cruces, digamos el que
aparece en la figura 5:
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Figura 5
Si uno quiere calcular el número de cruces, lo que hace es dibujar un triángulo
igual pero con círculos en lugar de cruces. Luego, lo da vuelta y lo coloca junto al
que aparece en la figura 5. Y se tiene el siguiente rectángulo (figura 6).
Figura 6
Luego, contando otra vez, en la base hay 11 elementos, entre cruces y
círculos, y en la altura, 10. Conclusión: en total en el rectángulo hay 10 ⋅ 11 = 110
elementos, y como las cruces son la mitad, se sigue que hay 55 cruces.
Una vez vistos estos ejemplos, queda claro lo que se puede hacer en general.
Si uno tiene n filas con cruces y quiere saber cuántas cruces hay en total, se fabrica
un triángulo igual, pero con círculos, y se lo invierte. Después, lo pone al lado del
otro, y queda formado un rectángulo. Todo lo que hay que hacer es contar cuántos
elementos (entre cruces y círculos) hay en la base del rectángulo, y luego, contar
cuántos elementos hay en la altura del rectángulo. Multiplicar esos números para
saber cuál es el número total de elementos en el rectángulo y dividirlo por 2, para
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saber cuántas cruces hay. ¿Se entendió? Hagamos la cuenta para verificar.
Se tiene un triángulo armado con cruces con n filas, de manera tal que en la
primera fila hay 1 cruz, en la segunda hay 2, en la tercera hay 3, y así siguiendo. En
la enésima fila hay n cruces. Lo que tratamos de hacer es la siguiente suma:
1 + 2 + 3 + 4 + … + ( n − 2 ) + ( n − 1) + n
Es decir, sumar las cruces que hay en cada fila.
Formamos un triángulo igual pero armado con círculos. Y lo ponemos al lado
del otro. Ahora, los invito a contar cuántos elementos tiene el rectángulo que queda
formado.
En la base hay n + 1 elementos (los n que aporta el triángulo de las cruces y un
círculo). En la columna hay n elementos, porque el número de filas que había
originalmente, y que no varió, es de n. Luego, queda formado un rectángulo de n + 1
elementos en la base, y n en la altura. El número total de elementos, entonces, es:
n ⋅ ( n + 1)
Como el número de cruces era exactamente la mitad de esta cantidad, el
resultado final es:
n ⋅ ( n + 1)
2
Este argumento muestra, entonces, que si uno quiere calcular la suma de los
primeros
n
números
naturales,
el
resultado
que
obtiene
es
n ⋅ ( n + 1)
2
Te invito a que observes el video en el que Adrián Paenza
explica una forma de sumar los primeros 100 números naturales.
Para ello ingresa en:
http://www.youtube.com/watch?v=HseO0mBZ8y8
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Como puedes observar, en el video se relata la historia de Carl Friedrich
Gauss, cuando la maestra les propuso a los alumnos que sumaran los primeros cien
números naturales:
1 + 2 + 3 + 4 + … + 97 + 98 + 99 + 100
Lo que Gauss hizo fue sumar el primero y el último (1 + 100 ) , y advirtió que le
daba 101. Luego, sumó el segundo y el penúltimo ( 2 + 99 ) y descubrió que otra vez
le daba 101. Después, sumó el tercero y el antepenúltimo ( 3 + 98 ) y, una vez más,
le daba 101. Siguiendo de esa forma, y eligiendo números de ambas puntas, las
sumas le daban siempre 101 y, por lo tanto, el cálculo era fácil: bastaba con
multiplicar 50 por 101 (ya que hay 50 posibles parejas y 101 es el resultado de la
suma
de
cada
una
de
ellas),
con
lo
cual
el
resultado
era
5.050.
Podríamos entender de otra forma lo que hizo Gauss. Es decir, podemos tratar
de darle la misma interpretación gráfica que pusimos al principio. Sería como tener
un triángulo de 100 filas. La primera tiene 1 cruz, la segunda 2, la tercera 3... y así,
hasta que la centésima tiene 100 cruces.
Figura 7
.
Al hacer un triángulo igual pero con círculos, darlo vuelta y agregarlo al de las
cruces para formar un rectángulo (como hicimos más arriba), descubrimos que el
rectángulo tiene, en la base, 101 elementos (las 100 cruces y un círculo). Y como
hay 100 filas, la cuenta que hay que hacer para calcular el número de elementos del
rectángulo es multiplicar 100 ⋅ 101 .
Pero ¿cómo? ¿No era que Gauss hizo -y estaba bien- 101 x 50? Claro, pero no
olvidemos que lo que calcula 100 ⋅ 101 es el número de elementos del rectángulo.
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Para poder calcular el número de cruces, hay que dividir por 2, como hicimos
más arriba. Y ahora sí, el resultado es el correcto:
100 ⋅ 101
= 50 ⋅ 101 = 5.050
2
Como puedes observar, hemos podido deducir gráficamente que la suma de
n
los primeros n números naturales, la cual puede simbolizarse mediante
∑i
es
i=1
igual a
n ⋅ ( n + 1)
2
.
Utilizaremos el método de inducción para demostrar entonces esta igualdad.
Probaremos que
n
n ⋅ ( n + 1)
i=1
2
∑i =
.
El primer paso será considerar n = 1 . Veremos que para este valor, los dos
miembros de la igualdad anterior toman el mismo valor.
n
1
i=1
i=1
∑i = ∑i = 1
Por su parte,
n ⋅ ( n + 1)
2
=
1⋅ (1 + 1)
2
=
1⋅ 2
= 1.
2
Por lo tanto, para n = 1 se verifica que
n
n ⋅ ( n + 1)
i=1
2
∑i =
.
El segundo paso será plantear la hipótesis inductiva. La misma deberá ser
utilizada para demostrar la tesis.
HIPÓTESIS INDUCTIVA
Supongamos ahora que P ( k ) es verdadera para k ∈ ℕ , es decir, que
k
k ⋅ ( k + 1)
i=1
2
∑i =
.
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A partir de ahora, el tercer paso será plantear la tesis inductiva que luego
habrá que demostrar para probar que la igualdad propuesta es verdadera.
TESIS INDUCTIVA
Demostraremos, a partir de la hipótesis que P ( k + 1) es verdadera para k ∈ ℕ ,
k+1
es decir, que
∑i =
(k + 1) ⋅ (k + 1+ 1) = (k + 1) ⋅ (k + 2) .
2
i=1
2
Demostración:
Para efectuar la demostración deberemos partir de un miembro de la igualdad
anterior y llegar al siguiente haciendo uso de la hipótesis inductiva.
k +1
En este caso, comenzaremos desarrollando
∑i .
i=1
k +1
+
2+
… +k + ( k + 1)
∑ i = 1
i=1
k
∑i
i =1
k
= ∑ i + ( k + 1)
i =1
=
=
=
k ⋅ ( k + 1)
2
+ ( k + 1) → por hipótesis inductiva
k ⋅ ( k + 1) + 2 ⋅ ( k + 1)
2
(k + 1) ⋅ (k + 2 )
2
→ se sacó factor común k + 1
Queda así demostrado que
n
n ⋅ ( n + 1)
i=1
2
∑i =
∀ n∈ ℕ .
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2) SUMA DE LOS PRIMEROS n NÚMEROS NATURALES IMPARES (por
Adrián Paenza).
Supongamos que uno empieza a calcular la suma de números impares. En
los primeros pasos se tropieza con estos datos.
¿Alcanzas a descubrir un patrón?
Mira los resultados de la segunda columna y verás que se produce algo
curioso: los números que aparecen son los cuadrados de los números naturales. Es
decir, el patrón permite conjeturar que la suma de los primeros números impares se
reduce a calcular el cuadrado de un número.
En este caso, podemos pensarlo haciendo algunos dibujos:
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En general, entonces, la suma de los primeros n números impares es igual a
2
n .
1 + 3 + 5 + 7 + … + ( 2n − 1) = n2
Es decir
Como puedes observar, hemos podido deducir gráficamente que la suma de
los primeros n números naturales impares, la cual puede simbolizarse mediante
n
∑ ( 2i − 1)
es igual a n2 .
i=1
Utilizaremos el método de inducción para demostrar entonces esta igualdad.
n
Probaremos que
∑ ( 2i − 1) = n
2
.
i=1
El primer paso será considerar n = 1 . Veremos que para este valor, los dos
miembros de la igualdad anterior toman el mismo valor.
n
1
i=1
i=1
∑ ( 2i − 1) = ∑ ( 2i − 1) = 2 ⋅ 1 − 1 = 2 − 1 = 1
Por su parte, n2 = 12 = 1 .
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Por lo tanto, para n = 1 se verifica que
n
∑ ( 2i − 1) = n
2
.
i=1
El segundo paso será plantear la hipótesis inductiva. La misma deberá ser
utilizada para demostrar la tesis.
HIPÓTESIS INDUCTIVA
Supongamos ahora que P ( k ) es verdadera para k ∈ ℕ , es decir, que
k
∑ ( 2i − 1) = k
2
.
i=1
A partir de ahora, el tercer paso será plantear la tesis inductiva que luego
habrá que demostrar para probar que la igualdad propuesta es verdadera.
TESIS INDUCTIVA
Demostraremos, a partir de la hipótesis que P ( k + 1) es verdadera para k ∈ ℕ ,
k +1
es decir, que
∑ ( 2i − 1) = (k + 1)
2
.
i=1
Demostración:
Para efectuar la demostración deberemos partir de un miembro de la igualdad
anterior y llegar al siguiente haciendo uso de la hipótesis inductiva.
k +1
En este caso, comenzaremos desarrollando
∑ ( 2i − 1) .
i=1
k +1
2 ⋅ 1 − 1) + … + ( 2 ⋅ k − 1) + ( 2 ⋅ ( k + 1) − 1)
∑ ( 2i − 1) = (
i=1
k
∑ ( 2i−1)
i =1
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k
= ∑ ( 2i − 1) + ( 2 ⋅ ( k + 1) − 1)
i =1
k2
= k 2 + 2k + 2 − 1 → por hipótesis inductiva
= k 2 + 2k + 1
= ( k + 1)
2
n
Queda así demostrado que
∑ ( 2i − 1) = n
2
∀ n∈ ℕ .
i=1
Demuestra inductivamente que:
n
a)
∑ ( 2i) = n ⋅ (n + 1)
i=1
n
b)
∑ ( 2i + 1) = (n + 1)
2
i= 0
c)
n
n ⋅ ( 3n + 1)
i=1
2
∑ (3i − 1) =
n
d)
∑i
2
=
n ⋅ ( n + 1) ⋅ ( 2n + 1)
6
i=1
 n ⋅ ( n + 1) 
e) ∑ i = 

2
i=1


n
2
3
n
f)
1
n
∑ ( 2i − 1) ⋅ ( 2i + 1) = 2n + 1
i=1
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TEOREMA Nº 4:
1) Si a,b ∈ ℕ ⇒ a + b ∈ ℕ
2) Si a,b ∈ ℕ ⇒ a ⋅ b ∈ ℕ
DEMOSTRACIÓN:
Al demostrar este teorema estaremos demostrando las propiedades de
clausura de la adición y de la multiplicación en ℕ .
1) Sea a ∈ ℕ y sea K = {b / b ∈ ℕ ∧ a + b ∈ ℕ}
¿Qué elementos pertenecen a K? En K se encuentran todos los números
naturales que sumados a un número natural fijo a dan por resultado otro número
natural.
Veamos que K es inductivo.
• b = 1∈ K pues 1∈ ℕ y al ser a un número natural y ℕ un conjunto inductivo,
a + 1 también pertenece a ℕ .
• Sea
a +b∈ℕ
b ∈ K . Entonces, por definición de K se verifica que b ∈ ℕ
y
( ∗) .
Veamos si b + 1∈ K (es decir, chequearemos si se cumple para K la segunda
condición que deben cumplir los conjuntos inductivos).
Ahora… ¿qué significa que b + 1 pertenezca a K? Significa que b + 1 debe ser
un número natural y que a + ( b + 1) también debe serlo. Veamos cada una de estas
dos cosas.
Como b ∈ ℕ y ℕ es un conjunto inductivo, entonces b + 1∈ ℕ .
Además, a + b ∈ ℕ
(por
( ∗) )
y ℕ
es un conjunto inductivo, entonces
( a + b ) + 1 = a + ( b + 1) ∈ ℕ .
Luego, como b + 1∈ ℕ y a + ( b + 1) ∈ ℕ , entonces b + 1∈ K .
Por lo tanto, K es un conjunto inductivo, entonces K = ℕ .
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Esto nos dice que siendo a ∈ ℕ , a + b ∈ ℕ ∀ b ∈ ℕ .
Como a es arbitrario, se concluye que a + b ∈ ℕ ∀ a,b ∈ ℕ .
2) La demostración es análoga y por tanto, queda como ejercicio.
El siguiente lema asegura la existencia de un número natural antecesor a
cualquier natural mayor que 1.
LEMA Nº 1:
Si b ∈ ℕ y 1 < b ⇒ ∃ c ∈ ℕ / c + 1 = b
DEMOSTRACIÓN:
Sea K = {1} ∪ {c + 1/ c ∈ ℕ} .
Claramente, K es un subconjunto inductivo de ℕ y por lo tanto, K = ℕ .
Como b ∈ ℕ = K y 1 < b ⇒ b ≠ 1 ⇒ b = c + 1 para algún c ∈ ℕ .
En el siguiente teorema se plantea, y luego se demuestra, que si el minuendo y
el sustraendo son dos números naturales, siendo el minuendo mayor que el
sustraendo, la diferencia da por resultado otro número natural.
TEOREMA Nº 5: (de la posibilidad de la resta en ℕ )
Sean a,b ∈ ℕ . Si a < b ⇒ b − a ∈ ℕ .
DEMOSTRACIÓN:
Para demostrar este teorema razonaremos inductivamente en a.
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Sea a = 1 .
Debemos probar que si 1 < b ⇒ b − 1∈ ℕ .
Como
1< b
se sigue del lema Nº 1 la existencia de un
c∈ℕ /
c + 1 = b ⇒ b − 1 = c ⇒ b − 1∈ ℕ .
Sea ahora 1 ≤ a y supongamos el teorema cierto para a.
Debemos probarlo ahora para a + 1, es decir, debemos verificar que si
a + 1 < b ⇒ b − ( a + 1) ∈ ℕ .
Se tiene que:
1≤ a < a + 1< b
↓
∗
↓
así lo supusimos
Entonces, como 1 < b ⇒ ∃ c ∈ ℕ / c + 1 = b
Reemplazando en ∗ tenemos que a + 1 < c + 1 ⇒ a < c .
Por hipótesis inductiva (suponíamos cierto el teorema para a), c − a ∈ ℕ .
Luego, b − ( a + 1) = ( c + 1) − ( a + 1) = c + 1 − a − 1 = c − a ∈ ℕ
Ha quedado así demostrado el paso inductivo. El Principio de Inducción nos
asegura que cualesquiera sean a,b ∈ ℕ , si a < b ⇒ b − a ∈ ℕ .
El teorema queda demostrado.
COROLARIO Nº 4:
Si a,b ∈ ℕ satisfacen que a < b ⇒ a + 1 ≤ b .
DEMOSTRACIÓN:
Como a < b ⇒ b − a ∈ ℕ (teorema nº 5) ⇒ 1 ≤ b − a ⇒ a + 1 ≤ b .
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PRINCIPIO DE BUENA ORDENACIÓN
DEFINICIONES Nº 5:
Dado un subconjunto K de R , diremos que K posee PRIMER ELEMENTO o
ELEMENTO MINIMAL si existe m ∈ R con las siguientes propiedades:
a) m ∈ K
b) Si x ∈ K , entonces m ≤ x .
Un SUBCONJUNTO L de R se dice BIEN ORDENADO (BO) si todo
subconjunto no vacío de L posee primer elemento.
Determinaremos si los siguientes conjuntos son o no bien
ordenados.
1) Sea K = {1;2;3} .
Los subconjuntos no vacíos de K son:
{1}
1 es el primer elemento.
{2}
2 es el primer elemento.
{3}
3 es el primer elemento.
{1;2}
1 es el primer elemento.
{1;3}
1 es el primer elemento.
{2;3}
2 es el primer elemento.
{1;2;3}
1 es el primer elemento.
Como todo subconjunto de K tiene primer elemento, K es bien ordenado.
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1

2) Sea K =  / n ∈ ℕ  .
n

Supongamos que K tiene primer elemento
1
( m ∈ ℕ ).
m
Ahora, si m < n ⇒
m
n
1 1
⇒ <
<
n m
mn m n
Absurdo, pues si
1
es el primer elemento de K es menor o igual que cualquier
m
otro elemento del conjunto.
El absurdo proviene de suponer que K tiene primer elemento. Por lo tanto no lo
tiene.
Así, podemos concluir en que K no es un conjunto bien ordenado.
TEOREMA Nº 6:
Todo subconjunto finito de R es bien ordenado.
TEOREMA Nº 7:
ℕ es un conjunto bien ordenado.
DEMOSTRACIÓN:
Sea H ⊂ ℕ definido así: “ h ∈ H si y sólo si todo subconjunto no vacío de ℕ que
contiene a h posee primer elemento”.
Intentaremos demostrar que H es un conjunto inductivo.
1) Siendo todo número natural mayor o igual que 1, se sigue que si un
subconjunto de ℕ contiene a 1, necesariamente 1 debe ser el primer elemento de
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dicho conjunto (en efecto, pertenece al conjunto y es menor o igual que cualquiera
de sus elementos).
Por lo tanto, está claro que 1∈ H .
2) Sea k ∈ H . Deberemos probar que k + 1∈ H .
Como k ∈ H , todo subconjunto de ℕ que contenga a k, posee primer elemento.
Para probar que k + 1∈ H tomamos un subconjunto L ⊂ ℕ tal que k + 1∈ L .
Debemos probar que L posee primer elemento.
Puede ocurrir que k ∈ L o que k ∉ L .
• Si k ∈ L , como k ∈ H , entonces L tiene primer elemento y no hay nada que
agregar.
• Si k ∉ L , sea L ' = L ∪ {k}
L ' ≠ ∅ pues k ∈ L ' .
Además, como k ∈ L ' , entonces L ' tiene primer elemento, es decir, existe
p / p ∈L'
∧
p ≤ t ∀ t ∈L' .
En particular, p ≤ k . Nuevamente tenemos dos posibilidades:
° Si p = k ⇒ k ≤ t ∀ t ∈ L ' . Más aún, k ≤ t ∀ t ∈ L . Como k ∉ L se sigue
que k < t ∀ t ∈ L ⇒ k + 1 ≤ t ∀ t ∈ L . Como k + 1∈ L , se sigue que L posee primer
elemento y que este primer elemento es k + 1.
° Si p ≠ k ⇒ p ∈ L ∧ p ≤ t ∀ t ∈ L ⇒ p es primer elemento de L.
Hemos probado entonces que k + 1∈ H puesto que un subconjunto cualquiera
de ℕ , en este caso L, que contiene a k + 1, posee primer elemento.
Por 1) y 2), queda demostrado que H es un subconjunto inductivo de números
naturales.
Por lo tanto H = ℕ .
Veamos entonces que ℕ es bien ordenado. Deberemos probar que todo
subconjunto no vacío de ℕ posee primer elemento.
Sea ∅ ≠ T ⊂ ℕ . Demostraremos que T tiene primer elemento.
Como T ≠ ∅ ⇒ ∃ m ∈ ℕ / m ∈ T .
Puesto que H = ℕ ⇒ m ∈ H . Por la misma definición de H, m ∈ H si y sólo si
todo subconjunto no vacío de ℕ que contiene a m posee primer elemento. En
particular, T tiene primer elemento.
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Queda así demostrado que ℕ es un conjunto bien ordenado.
DEFINICIONES Nº 6:
Sea X un subconjunto de Y ⊂ ℝ .
Llamamos COTA INFERIOR de X en Y a todo número a ∈ Y tal que a ≤ x
∀ x∈X.
Llamamos COTA SUPERIOR de X en Y a todo número b ∈ Y tal que x ≤ b
∀ x∈X.
Un
SUBCONJUNTO
de
Y
se
dice
ACOTADO
INFERIORMENTE
(SUPERIORMENTE) en Y si posee una cota inferior (superior) en ℝ .
Un elemento m ∈ Y se dice MÍNIMO de X o ELEMENTO MINIMAL de X si:
• m∈ X
• m ≤ x ∀ x∈X.
Un elemento M ∈ Y se dice MÁXIMO de X o ELEMENTO MAXIMAL de X si:
• M∈ X
• x ≤ M ∀ x∈ X.
Analizaremos los conceptos presentados en la definición
precedente en el siguiente ejemplo:
Sean X = [ −1;3 ) e Y = [ −5;6] .
Como podemos observar X ⊂ Y .
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Una cota inferior de X en Y sería, por ejemplo −2 puesto que −2 ∈ Y
y
además −2 ≤ x ∀ x ∈ X .
−6 no es una cota inferior de X en Y puesto que si bien −6 ≤ x ∀ x ∈ X ,
−6 ∉ Y .
Así, podemos decir que el conjunto de cotas inferiores de X en Y es
{x ∈ R / −5 ≤ x ≤ −1} .
Por su parte, el conjunto de cotas inferiores de X en R es {x ∈ R / x ≤ −1} .
Una cota superior de X en Y sería, por ejemplo 5 puesto que 5 ∈ Y y además
x ≤5 ∀ x∈X.
7 no es una cota superior de X en Y puesto que si bien x ≤ 7 ∀ x ∈ X , 7 ∉ Y .
Así, podemos decir que el conjunto de cotas superiores de X en Y es
{x ∈ R / 3 ≤ x ≤ 6} .
Por su parte, el conjunto de cotas superiores de X en R es {x ∈ R / 3 ≤ x} .
El mínimo de X es −1 puesto que −1∈ X y −1 ≤ x ∀ x ∈ X .
X no tiene máximo.
Dados los conjuntos X e Y, determinar en cada caso el
conjunto de cotas inferiores y superiores de X en Y y en
R . Indicar si X tiene máximo y mínimo.
a) X = (1;5] , Y = [ −3;5]
b) X = {x ∈ ℕ / x ≤ 7} , Y = {x ∈ ℕ / x ≤ 20}
c) X = {x 2 / x ∈ R ∧ − 1 ≤ x ≤ 3} , Y = [ −4;12]
RTA:
CONJUNTO
DE
COTAS
INFERIORES DE X EN Y
a
b
c
{x ∈ R / −3 ≤ x ≤ 1}
{1}
{x ∈ R / −4 ≤ x ≤ 0}
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CONJUNTO
DE
COTAS
{x ∈ R / x ≤ 1}
{x ∈ R / x ≤ 1}
{x ∈ R / x ≤ 0}
{5}
{x ∈ ℕ / 7 ≤ x ≤ 20}
{x ∈ R / 9 ≤ x ≤ 12}
{x ∈ R / 5 ≤ x}
{x ∈ R / 7 ≤ x}
{x ∈ R / 9 ≤ x}
MINIMO
No tiene
1
0
MAXIMO
5
7
9
INFERIORES DE X EN R
CONJUNTO
DE
COTAS
SUPERIORES DE X EN Y
CONJUNTO
DE
COTAS
SUPERIORES DE X EN R
PROPOSICIÓN Nº 4:
Todo subconjunto no vacío de ℕ , acotado superiormente
en ℕ posee un máximo.
DEMOSTRACIÓN:
Sea K ⊂ ℕ, K ≠ ∅ , acotado superiormente en ℕ . Deberemos demostrar que K
posee un máximo.
Sea L el conjunto formado por la totalidad de las cotas superiores de K en ℕ .
Se tiene entonces que L ⊂ ℕ y
L ≠ ∅ (pues por hipótesis K está acotado
superiormente en ℕ ).
Como ℕ es bien ordenado (teorema nº 7) y L ⊂ ℕ , entonces L tiene primer
elemento m ∈ ℕ .
Veamos que m es máximo de K.
Ya sabemos que, por ser m un elemento de L, m es cota superior de K. Resta
demostrar que m ∈ K .
Haremos la demostración por el absurdo.
Supongamos
que
t < m ∀ t ∈K ⇒ t +1≤ m ∀ t ∈K
(corolario
nº
4)
⇒ t ≤ m − 1 ∀ t ∈ K ⇒ m − 1 es cota superior de K ⇒ m − 1∈ L .
Pero m − 1 < m y m era el primer elemento de L.
Absurdo: el absurdo proviene de suponer que
t < m ∀ t ∈ K . Por lo tanto,
para algún t ∈ K debe valer la igualdad, con lo que m ∈ K y es su máximo.
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ÁLGEBRA I. UNIDAD Nº 3: NÚMEROS NATURALES – PRINCIPIO DE INDUCCIÓN – PROF. MARÍA EUGENIA RIVERO
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1 
Determinaremos si el conjunto K = {x ∈ ℕ / x es par} ∪   es
2 
bien ordenado y si tiene mínimo y máximo, justificando
nuestras respuestas.
Para determinar si K es bien ordenado deberemos verificar si todo subconjunto
K’ de K tiene primer elemento.
Sea K ' ⊂ K .
Si
1
1
∈ K ' , entonces
es el primer elemento de K’.
2
2
Si
1
∉ K ' , todos los elementos de K’ son números naturales, entonces K ' ⊂ ℕ .
2
Por el teorema nº 7, sabemos que ℕ es un conjunto bien ordenado, lo cual
implica que todo subconjunto de ℕ tiene primer elemento, entonces K’ tiene primer
elemento.
Por lo tanto, dado un subconjunto K’ de K, hemos demostrado que ese
subconjunto tiene primer elemento, con lo cual se concluye en que K es bien
ordenado.
El mínimo de K es
1
1
1
porque ∈ K y
≤ x ∀ x ∈K .
2
2
2
K no tiene máximo. Demostraremos esto por el absurdo.
Supongamos que existe M ∈ K tal que x ≤ M ∀ x ∈ K (es decir, estamos
suponiendo que M es el máximo de K).
Por la definición de K, sabemos que este M es un número natural par. Ahora,
M + 2 también es un número natural par y por lo tanto, también pertenece a K.
Como M es el máximo de K y M + 2 ∈ K se tiene que M + 2 ≤ M . Absurdo:
pues M < M + 2 .
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El absurdo provino de suponer que K tiene máximo. Por lo tanto, no lo tiene.
Determina si los siguientes conjuntos son inductivos,
bien ordenados, si tienen mínimo y máximo. Justifica tus
respuestas.
1

a) K =  / n ∈ ℕ  ∪ {0}
n

b) K = {x ∈ ℕ / x es impar}
c) K = {x ∈ ℤ / x < 0 ∧ x es par}
d) K = {x ∈ ℤ / x > −7}
e) K = {x ∈ ℤ / x > 249 ∧ x es impar}
f) K = {n2 − 1/ n ∈ ℕ}
1


g) K = 6 − / n ∈ ℕ  ∪ {0}
n


h) K = {2n / n ∈ ℕ 0 }
RTA:
INDUCTIVO
BIEN ORDENADO
MÍNIMO
MÁXIMO
a)
NO
NO
0
1
b)
NO
SI
1
NO TIENE
c)
NO
NO
NO TIENE
-2
d)
SÍ
SI
-6
NO TIENE
e)
NO
SI
251
NO TIENE
f)
NO
SI
0
NO TIENE
g)
NO
SI
0
NO TIENE
h)
NO
SI
1
NO TIENE
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