p p q ,p p b - cs.buap.mxagarces/descargas/demostracion.pdf · por tanto, estamos bajo cero. p ∧q...

E.I.S.C Tecnicas de demostracion

METODOS DE DEMOSTRACION

Definiciones basicas

Definicion 1. un Teorema es una sentencia que sepuede verificar que es verdadera.

(P1 ∧ P2 . . . ∧ Pn) → Q) es un teorema donde losP1, P2 . . . Pn son los postulados o premisas y Q laconclusion del teorema.Ejemplo 1. Sea el siguiente teorema si a y b sonenteros positivos, a ≥ b, entonces a0 ≥ b0

premisas:P1 : a y b son enteros positivos.P2 : a ≥ by la conclusion Q es a0 ≥ b0 por lo tanto el teoremaserıa (P1 ∧ P2)→ Q

Definicion 2. Un lema es un teorema sencillo uti-lizado en la demostracion de otros teoremas.

Definicion 3. Un corolario es una proposicion quese puede establecer directamente a partir de unteorema que ya ha sido demostrado.

1. REGLAS DE INFERENCIA.

Estas reglas justifican los pasos dados para demostrarque a partir de una serie de hipotesis se llega deforma logica a una conclusion.

Ejemplo 2. Una regla de inferencia basica es lamodus ponens


pp→ q∴ q

Ejemplo 3. En que regla de inferencia se basa elsiguiente 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 Adicion y sutautologıa serıa p→ (p ∨ q)

Ejemplo 4. Cual es la regla de inferencia de para elsiguiente argumento: Estamos bajo cero y llueve.Por tanto, estamos bajo cero.

p ∧ q∴ p

Este argumento usa la regla de la simplificacion ysu tautologıa serıa (p ∧ q)→ p.


Ejemplo 5. Fue X o Y quien cometio el crimen.X estaba fuera del pueblo cuando el crimen fuecometido. Si X estaba fuera del pueblo, no pu-do haber estado en la escena del crimen. Si X noestaba en la escena del crimen, no pudo habercometido el crimen. Obtenga la conclusion usan-do las reglas de inferencia.

P1: X cometio el crimen.P2: Y cometio el crimen.Q: X estaba fuera del pueblo cuando fue cometidoel crimen.R: X no estaba en la escena del crimen.


El argumento en LP:1) P1 ∨ P22) Q3) Q→ R4) R→v P15) R aplicando modus ponens a (2) y (3)6) v P1 aplicando modus ponens a (5) y (4)7) ∴ P2 aplicando el silogismo disyuntivo a (1) y(6)Por lo tanto se concluye que Y cometio el crimen.

Tambien se puede demostrar la validez de un argu-mento derivando la conclusion desde las premisasusando las REGLAS DE INFERENCIA.

Ejemplo 6. Dado el siguiente argumento valido: Sila banda no pudiera tocar rock o las bebidas nollegasen a tiempo, entonces la fiesta de Ano Nue-vo tendrıa que cancelarse y Alicia se enojarıa. Si lafiesta se cancelara, habrıa que devolver el dinero.No se devolvio el dinero. Por lo tanto, la bandapudo tocar rock. Derive la consecuencia logica us-ando las reglas de inferencia.

P : la banda pudo tocar rock.Q: las bebidas se entregaron a tiempo.R: la fiesta de Ano Nuevo se cancelo.S: Alicia estaba enojada.T : Hubo que devolver el dinero.

El argumento valido:Premisas:1)(v P∨ v Q)→ (R ∧ S)


2) R→ T3) v T∴ P

Se debe inferir con las premisas 1,2 y 3 y llegara derivar P.

1)R→ T premisa2) v T premisa3) v R aplicando modus tollens a (1) y (2)4) v R∨ v S aplicando ley de adicion con (3)5) v (R ∧ S) aplicando ley de morgan a (4)6) (v P∨ v Q)→ (R ∧ S) premisa7) v (v P∨ v Q) aplicando modus tollens a (5) y(6)8) P ∧ Q aplicando ley de morgan y de la doblenegacion a (7)9) ∴ P aplicando simplificacion conjuntiva a (8)

Ejemplo 6.1 aplique las reglas de inferencia parademostrar que q → p es una consecuencia logicade las premisas:u→ r; (r ∧ s)→ (p ∨ t); q → (u ∧ s);∼ t

1) (r ∧ s)→ (p ∨ t) premisa2) v r∨ v s ∨ p ∨ t aplicacion de la implicacion a 13) u→ r premisa4) v u ∨ r aplicacion de la implicacion a 35) v u∨ v s ∨ p ∨ t resolucion 2 y 46) v (u ∧ s) ∨ p ∨ t aplicacion de morgan a 57) (u ∧ s)→ (p ∨ t) aplicacion de implicacion a 68) q → (u ∧ s) premisa9) q → (p ∨ t) silogismo hipotetico 8 y 7


10) (v q ∨ p) ∨ t implicacion y asociativa de 911) v t premisa12) v q ∨ p silogismo disyuntivo de 10 y 1113) ∴ q → p implicacion de 12

2. METODOS PARA DEMOSTRAR TEOREMAS.

2.1 Demostracion Directa. Se basa en la implicacionp → q se puede demostrar que si p es verdadero qtambien lo es.

p: es la hipotesis (lo que se supone como ver-dadero)q: es la Tesis (lo que se va ha demostrar)

Definicion 1. El entero n es par si existe un en-tero k tal que n = 2k y es impar si existe un enterok tal que n = 2k + 1

Ejemplo 7. Demostrar que si n es un entero im-par, entonces n2 es un entero impar.

p: n es impar. (hipotesis)q: n2 es impar. (tesis)Se demuestra p → q, se parte de que p verdaderoy se termina demostrando que q es verdadero.

Si n es impar entonces, n = 2k +1, donde k es unentero.Se sigue que n2 = (2k + 1)2 = 4k2 + 4k + 1 =2(k2 + k)︸︷︷︸

t∈Z

+1

Por tanto como n2 es de la forma 2t + 1 entones


n2 es impar.

Definicion 2. El numero real r es racional si ex-isten dos enteros p y q, q 6= 0, tales que r = p/q.Un numero real que no es racional es irracional.

Ejemplo 8. Demuestre que la suma de dos racionaleses un racional.

p: Sean r y s racionales, si r es racional entoncesr = p/q para q 6= 0 y si s es racional entoncess = t/u para u 6= 0. (hipotesis)

q: Hay que demostrar que r + s es racional. (tesis)

sumamos r + s = pq+ t

u= pu+qt

qu, donde qu 6= 0

por que q 6= 0 y u 6= 0 por tanto hemos expresador + s como la razon de dos enteros pu + qt y quPOR TANTO r + s es racional.

2.2 Demostracion indirecta. Como la implicacionp→ q es equivalente a su contrarecıproca v q →v pla implicacion se puede demostrar viendo que sucontrarecıproca es verdadera.

Ejemplo 9. Demostrar que si 3n + 2 es impar, en-tonces n es impar.

p: 3n + 2 es impar.q: n es impar.Suponemos la v q es decir que n es par, entoncesn = 2k para algun entero k y demostramos v p esdecir que 3n + 2 es par.


ahora se sigue que 3n + 2 = 3(2k) + 2 = 2(3k) +2 = 2(3k + 1)︸︷︷︸

l∈Z

y 3n + 2 es de la forma 2l

Por tanto 3n + 2 es par, es decir v p

Ejemplo 10. Demuestre que la suma de dos im-pares es par.p: r y s son impares.q: r + s es par.

Suponemos que r+s es impar y se debe demostrarque r o s son pares no de manera simultanea.

Sea r + s impar entonces r + s = 2k + 1, k ∈ Z

Vemos que pasa cuando s es par y cuando s esimpar

s es PAR, suponemos que s = 2t, t ∈ Z, entoncesr = 2k + 1 − 2t = 2(k − t)︸︷︷︸

Z

+1 por tanto r es IM-

PAR. Cuando s es par r es impar.

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 v q, r y s son opares o impares por tanto se garantiza v p

2.3 Contraejemplo. Se busca un ejemplo para refu-tar el cual la implicacion o doble implicacion seafalsa.


Ejemplo 11. Demuestre o refute la proposicion queexpresa que si x y y son numeros reales, (x2 =y2)↔ (x = y)

Buscamos un ejemplo que contradiga la afirma-cion, sean x = −3 y y = 3 entonces (−3)2 = (3)2,pero −3 6= 3, el resultado es falso. Este es el CON-TRAEJEMPLO.

2.4 Demostracion por contradiccion o reduccion alabsurdo. Dado p, supongamos que se puede en-contrar una contradiccion q tal que v p → q seaverdadera, esto es, v p → F es verdadera. En-tonces la preposicion v p tiene que ser FALSA.por tanto p DEBE SER VERDADERA.

Por ejemplo una contradiccion q puede ser r∧ v rentonces podemos mostrar que v p → (r∧ v r)sea VERDADERA.

Ejemplo 12. Demuestre que√

2 es irracional.Sea p: la proposicion

√2 es irracional y supong-

amos que v p es verdadera. Entonces√

2 es racional.

Mostraremos que esto conduce a una contradic-cion. 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 fraccion equivalentea a/b mas pequena).


Como√

2 = a/b entonces 2 = a2/b2 y portanto 2b2 = a2

Esto significa que a2 es PAR, entonces a esPAR, y a es de la forma a = 2c para algunc ∈ Z

Bien entonces 2b2 = 4c2 por lo que b2 = 2c2

esto significa que b2 es PAR, por tanto b esPAR.

Se ha mostrado que ambos a y b son PARES ypor tanto tienen factor comun 2. Esto es unaCONTRADICCION a la suposicion de que en√

2 = a/b, a y b no tiene FACTORES COMUNES

Entonces se ve que v p implica tanto r comov r donde r es la sentencia a y b son enterossin FACTORES COMUNES.

Por tanto v p es falsa y p es verdadera, en-tonces

√2 es IRRACIONAL.

para que v p→ F sea verdadera v p debe serFALSA y por tanto p es VERDADERA.

Ejemplo 13. Demuestre por el absurdo que si 3n+2es impar, entonces n es impar.

Suponemos que n es PAR sabiendo que 3n + 2es IMPAR y llegamos a una CONTRADICCION.Sea n par, tambien suponemos que 3n+2 es impar


por tanto 3n + 2 = 2q + 1 = 3n = 2q + 1 − 2 =,n = 2q−1

3para q ∈ Z por tanto es una CON-

TRADICCION por que n es UN ENTERO PAR.

Esta es una aplicacion de la tautologıa ((p→ q) ∧(v q) → (v p)) modus tollens dado que el argu-mento es una implicacion p→ q.

Ahora como ((p → q) ∧ (v q) → (v p)) es vali-da p → q debe ser verdadera y p y q deben serverdaderas y asu vez v q y v p son falsas entonces((p→ q)︸︷︷︸

V

∧ (v q)︸︷︷︸F

→ (v p)︸︷︷︸F

) ≡ ((V ∧ F )→ F ) ≡ V

2.5 Demostracion por casos. Se demuestra la im-plicacion: (p1 ∨ p2 . . . ∨ pn)→ q y resolvemos

(p1 ∨ p2 . . . ∨ pn)→ q =v (p1 ∨ p2 . . . ∨ pn) ∨ q(p1 ∨ p2 . . . ∨ pn)→ q = (v p1∧ v p2 . . .∧ v pn) ∨ q(p1 ∨ p2 . . . ∨ pn)→ q = q ∨ (v p1∧ v p2 . . .∧ v pn)(p1 ∨ p2 . . . ∨ pn) → q = (q∨ v p1) ∧ (q∨ v p2) . . . ∧(q∨ v pn)(p1∨ p2 . . .∨ pn)→ q = (v p1∨ q)∧ (v p2∨ q) . . .∧ (vpn ∨ q)(p1∨p2 . . .∨pn)→ q = (p1 → q)∧(p2 → q) . . .∧(pn →q)

Por tanto podemos decir que:

[(p1 ∨ p2 . . . ∨ pn) → q] ↔ [(p1 → q) ∧ (p2 → q) . . . ∧(pn → q)]

Ejemplo 14. Demuestre por casos que| xy |=| x || y |, donde x y y son reales.


Definicion valor absoluto:

| x |=

x si x ≥ 0

−x si x ≤ 0

Por casos entonces: p: x e y son realesq: | xy |=| x || y |p es equivalente a p1 ∨ p2 ∨ p3 ∨ p4

p1 es x ≥ 0 y y ≥ 0

p2 es x ≥ 0 y y < 0

p3 es x < 0 y y ≥ 0

p4 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 yy ≥ 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 |(aquı 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 |(aquı como x < 0, tenemos que | x |= −x)


(p4 → q) si x < 0 y y < 0, entonces xy > 0,por tanto | xy |= xy == (−x)(−y) =| x || y |(aquı como y < 0, tenemos que | y |= −y yx < 0, tenemos que | x |= −x)

2.6 Demostracion por equivalencia Se puede demostrarun teorema que viene dado por un bicondicional,esto es:

p↔ q ≡ (p→ q) ∧ (q → p)

Ejemplo 15. Demostrar el teorema: El entero n esimpar si, y solo si, n2 es impar.p:El entero n es impar.q:El entero n2 es impar.

1)p → q, Hay que demostrar que si n es impar,entonces n2 es impar. (metodo directo).sea n impar es de la forma n = 2k + 1 dondek ∈ Z ahora vemos que pasa con n2 = (2k +1)2 =4k2 + 4k + 1 = 2(2k2 + 2k)︸︷︷︸

Z

+1 por tanto n2 es

IMPAR. (queda demostrada p→ q)

2)q → p, Hay que demostrar que si n2 es impar,entonces n es impar. (Contradiccion).supongo que n es par, por tanto es de la forman = 2k tomando como premisa que n2 es impar yllego a una contradiccion.ahora vemos que pasa con n2 = (2k)2 = 4k2 =2(2k2)︸︷︷︸

Z

por tanto n2 es PAR lo cual es una CON-

TRADICCION por que estamos suponiendo que


n2 es IMPARpor tanto si n2 es impar, entonces n es impar (que-da demostrada p→ q)

2.7 Demostracion por unicidad. Mostrar que existeun unico elemento x tal que P (x) es lo mismo quedemostrar la sentencia:∃x(P (x) ∧ ∀y(y 6= x→v P (y)))

Entonces demostramos:1) Existencia. mostramos que existe un elementox con la propiedad deseada.2) Unicidad. Mostramos que si y 6= x, entonces yno tiene la propiedad deseada.

Ejemplo 15.1 Demuestre que todo entero tiene ununico inverso respecto a la suma.

Esto es si p es un entero, entonces existe ununico entero q tal que p + q = 0

Existencia: Si p ∈ Z, encontramos que p+q =0 cuando q = −p como q tambie es entero,por consiguiente, existe un entero q tal quep + q = 0

Unicidad: se muestra que dado el entero p, elentero q tal que p + q = 0 es UNICO.

supongamos que existe r ∈ Z tal que r 6= q yp + r = 0 entonces p + q = p + r por tantoq = r lo que contradice la suposicion de quer 6= q.


Por lo tanto hay un UNICO entero q tal quep + q = 0

Ejercicios Resueltos

1. Sean m y n enteros. Demuestre que n2 = m2

si y solo si m = n o m = −n

Como es un teorema de si y solo si p ↔ (q ∨r) = (p→ (q ∨ r)) ∧ ((q ∨ r)→ p)

1)p→ (q ∨ r)Entonces p : n2 = m2 y q :m = n o r:m = −nSea n2 = m2, n2−m2 = 0, (n−m)(n+m) = 0entonces(n−m) = 0 y (n+m) = 0 por tanto m = n om = −n.

2) (q ∨ r)→ pSea m = n o m = −n, n−m = 0 y n+m = 0,(n −m)(n + m) = 0, n2 −m2 = 0, por tanton2 = m2

2. Demuestre que la suma de un irracional y unracional es un irracional.

Por contradiccion suponemos que la suma deun irracional y un racional es racional bajola suposicion de que i es irracional y r esel racional y llegamos a contradiccion llegan-do a establecer que cualquiera de los dos nocumple con la condicion de ser racional o ir-racional.


Sea i un irracional y r un racional entoncessuponemos que i + r es un racional, es deciri + r = s donde s es racional.

Si despejamos i nos queda que i = s − r esun RACIONAL lo cual es una contradiccionpor que i es un irracional.

3. Demuestre que la suma de dos racionales esun numero racional (CONTRADICCION)

Sean r y s racionales, entonces suponemosque r + s es irracional, es decir r + s = i, de-spejamos r = i−s pero como se demostro quela suma de un irracional y un racional es unracional, entonces podemos deducir que r esun irracional Por tanto es una contradiccionpor que r es racional.

4. Demuestre que el producto de dos racionaleses racional.

Por el metodo directo es muy facil se suponenque r y s son racionales y se debe demostrarque el producto es racional.sean r = p

q, p, q ∈ Z para q 6= 0 y s = k

tk, t ∈ Z


para t 6= 0 y continuamos realizando el pro-ducto r · s = p

q· k

t= pk

qtdonde qt 6= 0 y pk ∈ Z y

por tanto demostramos que r·s es un racional.

5. Demuestre que si x es irracional, 1/x tambienlo es.(sea p : x es irracional y q : 1/x es irra-cional p→ q

Por el metodo indirecto (se demuestra v q →vp) Entonces suponemos que 1/x es racional ydemostramos que x es racional.

Sea 1/x un racional entonces 1x

= pq

donde

p, q ∈ Z, q 6= 0 Ahora pq

debe ser diferente de

cero por que 1 6= x · 0 por tanto p 6= 0.

Despejamos x, x = qp

donde ambos son en-

teros y p 6= 0 por lo tanto x es un RACIONAL.

6. Demuestre que si x e y son numeros reales,entoncesmax(x, y) + min(x, y) = x + y

Por casos; primero se demuestra para x ≤ y ysegundo 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


2) Sea x ≥ y entonces max(x, y)+min(x, y) =x + y

3. SUCESIONES, SUMATORIAS Y PRODUCTORIAS.

Sucesion. Es una lista de objetos dispuestos enorden. un primer elemento, segundo elemento, untercer elemento y ası sucesivamente. esta es unasucesion FINITA.

Ejemplo 16. Si la lista empieza por un primer ele-mento y sigue hasta n pasos, n ∈ N es una sucesionINFINITA.

Ejemplo 17. La sucesion 1,0,0,1,0,1,0,0,1,1,1 esuna sucesion finita de elementos repetidos.

Ejemplo 18. La lista 3,8,13,18,23,... es una suce-sion infinita.

Ejemplo 19. Otra sucesion infinita de los cuadra-dos de todos los enteros positivos. 1,4,9,16,25,....,

3.1 Formula recursiva o recurrente

Ejemplo 20. Sea la sucesion infinita 3,8,13,18,23,...lapodemos expresar como una formula recurrenteası: an = an−1 + 5 para a1 = 3 para 2 ≤ n <∞

Ejemplo 21. Sea la sucesion infinita 5,10,20,40,80,160la podemos expresar como una formula recurrenteası: tn = 2tn−1 para t1 = 5 para 2 ≤ n ≤ 6


Ejemplo 22. Encontrar una formula recursiva parala sucesion 3,7,11,15,19,23,....

3.2 Formula Explıcita.

Ejemplo 23. Sea la sucesion 1,4,9,16,25,...., la formu-la explıcita es bn = n2 tal que n ≥ 1

Ejemplo 24. Sea la sucesion -4,16,-64,256,....sn = −(4)n para n ≥ 1

Ejemplo 25. Encontrar una formula explıcita parala sucesion finita: 87,82,77,72,67.

3.3 Progresion geometrica. Es una sucesion de laforma:

a, ar, ar2, . . . , arn

donde el termino inicial a y la razon r de la pro-gresion son reales.

Ejemplo 26. La sucesion {bn}, bn = (−1)n paran ≥ 1 es una progresion geometrica donde el ter-mino inicial a = −1 y la razon r = −1b1, b2, b3, b4, . . . comienza por −1,1,−1,1, ....

Ejemplo 27. Sea cn = 2 · 5n para n ≥ 1 es unaprogresion geometrica con termino inicial a = 10y razon r = 5 donde c1, c2, c3, c4, . . . comienza por10,50,250,1,250, . . . ,

Ejemplo 28. Dada la siguiente progresion geometri-ca dn = 6 · (1/3)n para n ≥ 1 encontrar el terminoinicial y la razon.


3.4 Progresion aritmetica. Una progresion aritmeticaes una sucesion de la forma:

a, a + d, a + 2d, a + 3d, . . . , a + nd

donde el termino inicial a y la diferencia d sonnumeros reales.

Ejemplo 29. La sucesion sn = −1 + 4n para n ≥ 0es una progresion aritmetica con termino iniciala = −1 y diferencia d = 4, la progresion comienzac0, c1, c2, c3, . . . comienza por −1,3,7,11, . . .

Ejemplo 30. La sucesion tn = 7 − 3n para n ≥ 0es una progresion aritmetica con termino iniciala = 7 y diferencia d = −3, la progresion comienzat0, t1, t2, t3, . . . comienza por 7,4,1,−2, . . .

3.5 Sumatorias. Usamos la notacion de la suma-toria para expresar la suma de los terminos.

am, am+1, · · · , an

de la sucesion {an}. Usamos la notacion

n∑j=m

aj

Para representar am + am+1 + · · ·+ an

j es el ındice de la sumatoria, n lımite superior ym lımite inferior.

Ejemplo 31. Exprese la suma de los cien primeros


terminos de la sucesion {an}, donde an = 1/n paran = 1,2,3, . . .

100∑j=1

1

j

Ejemplo 32. Cual es el valor de∑5

j=1 j2∑5j=1 j2 = 12 + 22 + 32 + 42 + 52

= 1 + 4 + 9 + 16 + 25= 55

Ejemplo 33. supongamos que tenemos la suma:

5∑j=1

2

y queremos que el ındice varıe entre 0 y 4 en lugarde 1 y 5para conseguir esto hacemos k = j − 1 por tantoel termino j2 se convierte en (k + 1)2, ası:

4∑k=0

(k + 1)2

Es facil ver que ambas suman 55.

Ejemplo 34. Supongamos que tenemos:

4∑i=1

3∑j=1

ij


Primero se desarrolla la sumatoria interna:

4∑i=1

3∑j=1

ij =4∑

i=1

(i+2i+3i) =4∑

i=1

6i = 6+12+18+24 = 60

∑ni=1 can = c

∑ni=1 an∑n

i=1(ai + bi) =∑n

i=1 ai +∑n

i=1 bi∑ni=1(a + bi) = na +

∑ni=1 bi∑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∑nk=i f(k) =

∑n+pk=i+p f(k − p) =

∑n−pk=i−p f(k + p)∑n

j=1(aj − aj−1) = an − a0 telescopica∑nk=0 ark = arn+1−a

r−1, r 6= 1

Teorema 1. Si a y r son reales y r 6= 0, entonces:

n∑j=0

arj =

{arn+1−a

r−1si r 6= 1

(n + 1)a si r = 1

Ejemplo 35.0 Use la formula para la suma de losterminos de una progresion geometrica para eva-luar la suma de la progresion Cn = 2 · 3n, para5 ≥ n ≥ 0:La sucesion Cn tiene como elementos 2,2 · 3,2 ·32,2 · 33,2 · 34,2 · 35 Entonces podemos calcular lasuma de estos elementos:

5∑j=0

2 · 3j = 2 + 2 · 3 + 2 · 32 + 2 · 33 + 2 · 34 + 2 · 35


Usando el teorema 1. donde a = 2 y r = 3 ten-emos:

5∑j=0

2 ·3j =2 · 35+1 − 2

3− 1=

2(36 − 1)

2= 36−1 = 728

Ejemplo 35. Obtener

100∑k=50

k2

Solucion:∑100k=1 k2 =

∑49k=1 k2 +

∑100k=50 k2 entonces despe-

jamos:∑100k=50 k2 =

∑100k=1 k2 −

∑49k=1 k2

segun la tabla∑n

k=1 k2 = n(n+1)(2n+1)6∑100

k=50 k2 = 100·101·2016

−49·50·996

=338.350 -40.425=297.925

Ejemplo 36. Aplique la propiedad telescopica paracalcular:

n∑k=1

(2k − 1)

Sea 2k − 1 = k2 − (k − 1)2 entonces obtenemos∑nk=1(k

2 − (k − 1)2) = n2


3.6 Productorias. El producto de am, am+1, · · · , an

se representa por:

n∏j=m

aj

Ejemplo 37. Cual es el valor de estos productos∏10i=0 i = 0∏8i=5 i = 5 · 6 · 7 · 8 = 1680

Ejemplo 38. Cual es el valor de estos productos∏4i=0 j! = 1 · 2 · 6 · 24 = 288

4. INDUCCION MATEMATICA.

Es una tecnica de demostracion que se utiliza parademostrar muchos teoremas que afirman que P (n)es verdadera para todos los enteros positivos n.La induccion matematica se usa para demostrarproposiciones de la forma ∀nP (n), donde el do-minio es el conjunto de los enteros positivos.

Una demostracion por induccion de que P (n) esverdadera para todo n ∈ Z+ consiste en dos pasos:

PASO BASE: Se muestra que la proposicion P(1) esverdadera.

PASO INDUCTIVO: se muestra que la implicacionP (k) → P (k + 1) es verdadera para todo enteropositivo k.

La sentencia P (k) para un entero positivo fijo kse denomina la hipotesis de induccion.


La induccion matematica expresada como reglade inferencia:

[P (1) ∧ ∀k(P (k)→ P (k + 1))]→ ∀nP (n)

En pocas palabras solo se muestra que si se suponeque P (k) es verdadera, entonces P (k +1) es tam-bien verdadera.

Ejemplo 39. Demostrar por induccion que la sumade los n primeros enteros positivos para n ≥ 1 esn(n+1)

2es decir:

1 + 2 + 3 + · · ·+ n = n(n+1)2

Sea P (n) : el predicado 1+2+3+ · · ·+n = n(n+1)2

para n ≥ 1

PASO BASE: Se muestra que P (1) es verdadera.entoncesP (1): 1 = 1(1+1)

2lo cual es verdadera.

PASO INDUCTIVO: Se debe demostrar que si P (k) esverdadera entonces P (k + 1) para k ≥ 1

Sea P (k) : (hipotesis de induccion)

1 + 2 + 3 + · · ·+ k =k(k + 1)

2

Ahora hay que demostrar la verdad de P (k + 1) :(tesis de induccion)

1 + 2 + 3 + · · ·+ (k + 1) =(k + 1)(k + 2)

2


Entonces comienza la demostracion tomando lahipotesis:

1 + 2 + 3 + · · ·+ k =k(k + 1)

2

se suma (k + 1) en ambos miembros:

1 + 2 + 3 + · · ·+ k + (k + 1) =k(k + 1)

2+ (k + 1)

1+2+3+ · · ·+ k +(k +1) =k(k + 1) + 2(k + 1)

2factorizando (k + 1) nos queda:

1 + 2 + 3 + · · ·+ k + (k + 1) =(k + 1)(k + 2)

2

Por tanto como se demostro la tesis de induccion,entonces P (n) es verdadero para todos los valoresn ≥ 1.

Ejemplo 40. Demostrar por induccion para n ≥ 1que:

1 + 3 + 5 + · · ·+ (2n− 1) = n2

PASO BASICO: sea P (1)

1 = 12

PASO INDUCTIVO: Se debe demostrar que si P (k) esverdadera entonces P (k+1) para k ≥ 1 Sea P (k) :(hipotesis de induccion)

1 + 2 + 3 + · · ·+ (2k − 1) = k2


Ahora hay que demostrar la verdad de P (k + 1) :(tesis de induccion)

1 + 2 + 3 + · · ·+ (2k − 1) + (2k + 1) = (k + 1)2

Entonces comienza la demostracion tomando lahipotesis:

1 + 2 + 3 + · · ·+ (2k − 1) = k2

se suma (k + 1) en ambos miembros:

1+2+3+ · · ·+(2k−1)+(2k+1) = k2+(2k+1)

1+2+3+ · · ·+(2k− 1)+ (2k +1) = k2 +2k +1

1 + 2 + 3 + · · ·+ (2k − 1) + (2k + 1) = (k + 1)2

Entonces queda demostrada la tesis de induccion,por tanto para n ≥ 1 P (n) es verdadera.

Ejemplo 41. Demostrar por induccion la desigualdad:n < 2n para n ≥ 1

Sea P (n) : es la proposicion n < 2n

1) PASO BASICO: P (1) es verdadera, dado que1 < 21 = 2

2) PASO INDUCTIVO: Suponemos que P (k) esverdadero y demostramos que P (k + 1) tambienlo es.

P (k): k < 2k para k ≥ 1P (k + 1): k + 1 < 2k+1 para n ≥ 1

k < 2k


sumamos 1 a ambos lados:

k + 1 < 2k + 1

k + 1 < 2k + 1 ≤ 2k + 2k = 2 · 2k = 2k+1

Por tanto

k + 1 < 2k+1

Ejemplo 42. (Ejercicio propuesto) Demostrar porinduccion que:1 + 2 + 22 + · · ·+ 2n = 2n+1 − 1 para n ≥ 0

4.1 Invariante de ciclo

Es una tecnica para demostrar que los ciclos yprogramas hacen lo que se afirma que hacen.

Hacen parte de la teorıa de la verificacion dealgoritmos.

Es una relacion entre variables que persiste atraves de todas las iteraciones del ciclo.


Ejemplo 43. Consideremos el siguiente codigo:

FUNCTION CUAD (A)1. C ← 02. D ← 03. WHILE (D 6= A)a. C ← C + Ab. D ← D + 14. RETURN(C)Este ciclo calcula el cuadrado del numero A es de-cir C = A2

Pasos:

1. Encontramos la invariante de ciclo que rela-cione algunas de las variables, para ello sedebe realizar la prueba de escritorio.

2. La invariante nada tiene que ver con la salida.

3. Demostramos por induccion matematica lainvariante de ciclo encontrada. La invariantede ciclo sera la proposicion P (n)

Hay solo tres variables de las cuales A se com-porta como constante, C y D como variablesa traves de la prueba de escritorio.

La invariante de ciclo es la proposicionP (n) : Cn = A×Dn para n ≥ 0

Ahora la demostramos por induccion:PASO BASICO: Sea P (0) entonces C0 = A×D0,


0 = A× 0 por tanto se cumple.

PASO INDUCTIVO:

P (k) : Ck = A×Dk (Hipotesis) (1)P (k + 1) : Ck+1 = A×Dk+1 (Tesis) (2)

Ck+1 = Ck + A

= A×Dk + A usando (1) para reemplazar en Ck

= A× (Dk + 1) Factorizando= A×Dk+1 segundo miembro de P(k+1)

y por tanto queda demostrado que P (n) : Cn =A×Dn para n ≥ 0

Ejemplo 44. Para la siguiente rutina, encontrar lainvariante de ciclo y demostrarla por induccion.

RUTINA exp(N,M:R)1. R← 12. K ← 2M3. WHILE (k > 0)a. R← R×Nb. K ← K − 14. RETURNCALCULA: R = N2M

La invariante de ciclo es la proposicionP (n) : Rn ×Nkn = N2M

PASO BASICO: P (0) : R0×Nk0 = N2M , 1×N2M =N2M

entonces N2M = N2M por tanto se cumple P (0)


PASO INDUCTIVO:

P (s) : Rs ×Nks = N2M (Hipotesis)P (s + 1) : Rs+1 ×Nks+1 = N2M (Tesis)

Rs+1 ×Nks+1 = Rs ×N ×Nks+1 reemplazando 3.a

= Rs ×N ×Nks−1 reemplazando 3.b= Rs ×N ×Nks ×N−1 usando algebra= Rs ×Nks ×N ×N−1 agrupando= Rs ×Nks

= N2M usando la hipotesis

Por tanto queda demostrado que Rs+1 × Nks+1 =N2M

5. DEFINICIONES RECURSIVAS.

A veces es dıficil definir objetos de forma ex-plıcita y sin embargo, puede resultar sencillodefinirlos en terminos de ellos mismos, esteproceso se llama recursion.

Podemos utilizar la recursion para definir suce-siones, funciones y conjuntos.

Podemos demostrar resultados sobre conjun-tos definidos recursivamente empleando el meto-do de induccion estructural.

Utilizamos dos pasos para definir una funcionrecursivamente bajo el dominio de los enterosno negativos.


1. PASO BASE: Se especifica el valor de lafuncion en cero.

2. PASO RECURSIVO: Se proporciona una reglapara obtener su valor en un entero a partirde sus valores en enteros mas pequenos.

Ejemplo 45. Supongamos que f se define recursi-vamente como sigue:

f(0) = 3f(n + 1) = 2f(n) + 3

Entonces:f(1) = 2f(0) + 3 = 2,3 + 3 = 9f(2) = 2f(1) + 3 = 2,9 + 3 = 21f(3) = 2f(2) + 3 = 2,21 + 3 = 45f(4) = 2f(3) + 3 = 2,45 + 3 = 93

Ejemplo 46. Una definicion recursiva de la funcionfactorial f(n) = n!

Primero se especifica un valor para f(0) y encon-tramos una regla para calcular f(n+1) en funcionde f(n).

f(0) = 1f(n + 1) = (n + 1)f(n)

Calculemos f(4)f(4) = 4 · f(3) = 4 · 3f(2) = 4 · 3 · 2 · f(1) =4 · 3 · 2 · 1 · f(0) = 4 · 3 · 2 · 1 · 1 = 24

podemos tamien obtener un codigo simple parala funcion factorial:


Funcion factorial (n:entero positivo)If n=1 thenFactorial(n):=1ElseFactorial(n):= n*factorial(n-1)End funcion.

Factorial (3)=3*factorial(2)=3*2*factorial(1)=3*2*1=6

Ejemplo 47. Una definicion recursiva de:

n∑k=0

ak

0∑k=0

ak = a0

n+1∑k=0

ak = (n∑

k=0

ak) + an+1

Definicion 1. Los numeros de Fibonnacci, f0, f1, . . . ,se definen a partir de las ecuaciones f0 = 0, f1 = 1y

fn = fn−1 + fn−2

para n = 2,3,4, . . .

Ejemplo 48. Los numeros de fibonacci, f0,f1,f2 sondefinidos para n=2,3,4 son:f2=f1+f0=1+0=1


f3=f2+f1=1+1=2,f4=f3+f2=2+1=3,f5=f4+f3=3+2=5,f6=f5+f4=5+3=8,

funcion fibonacci (n:entero positivo)if n=0 thenfibonacci(0):=0elseif n=1 thenfibonnaci(1):=1elsefibonacci(n):=fibonacci(n-1)+ fibonacci (n-2)end fibonacci

Ejemplo 49. Un algoritmo recursivo para calcularel maximo comun divisor de dos enteros no nega-tivos a y b, donde a < b.

procedure mcd(a,b)si a=0 entonces mcd(a,b)=belsemcd(a,b):=mcd(b mod a,a)end mcd

Ejemplo 50. (Funcion de Ackermann)

A(m, n) =

2n si m = 00 si m ≥ 1 y n = 02 si m ≥ 1 y n = 1A(m− 1, A(m, n− 1)) si m ≥ 1 y n ≥ 2


1. Obtener A(1,0), como m = 1 y n = 0 en-tonces A(1,0) = 0 se aplica el segundo crite-rio de la funcion.

2. Obtener A(1,1), como m = 1 y n = 1 en-tonces A(1,1) = 2 se aplica el tercer criteriode la funcion.

3. Obtener A(0,1), como m = 0 y n = 1 en-tonces A(0,1) = 2(1) = 2 se aplica el primercriterio de la funcion.

4. Obtener A(2,2). Aplicando el cuarto crite-rio nos queda otra recursividad A(1, A(2,1)),ahora A(2,1) = 2 por tercer criterio, por tan-to tenemos que calcular A(1,2). Por el cuar-to criterio A(0, A(1,1)), donde A(1,1) = 2reemplazando nos queda A(0,2) por el primercriterio A(0,2) = 4 por tanto A(2,2) = 4

5. Obtener A(2,3). Usamos el cuarto criterioA(2,3) = A(1, A(2,2)) ahora A(2,2) = 4 esdecir que tenemos que calcular A(1,4) por queA(2,3) = A(1,4) lo podemos hacer de dosformas:

a) Aplicando la siguiente formula A(1, n) =2n si n ≥ 1, entonces A(1,4) = 24 = 16por tanto A(2,3) = 16

b) Ahora sin usar formulas, solo con recur-sividad. A(1,4) aplicamos el cuarto crite-rio A(1,4) = A(0, A(1,3))ahora calculamos A(1,3) = A(0, A(1,2))


ahora calculamos A(1,2) = A(0, A(1,1))como A(1,1) = 2 aplicando el tercer cri-terio.A(1,2) = A(0,2) = 4 por el primer crite-rio, entonces A(1,2) = 4ahora reemplazamos A(1,3) = A(0, A(1,2)) =A(0,4) = 8 aplicando el primer criterio,entonces A(1,3) = 8retomamos A(1,4) = A(0, A(1,3)) = A(0,8) =16 por el primer criterio. POR TANTOA(2,3) = 16

5.1 Conjuntos y estructuras bien definidas.Las definiciones recursivas de un conjunto tienendos partes:

1. Paso base. Coleccion inicial de elementos.

2. Paso recursivo. Reglas para la formacion denuevos elementos del conjunto a partir de losque ya se conocen.

Definicion 2. El conjunto Σ∗ de cadenas sobreel alfabeto Σ se puede definir recursivamente por:

Paso base. λ ∈ Σ∗, donde λ es la cadena vacıa,aquella que no tiene sımbolos.Paso recursivo. Si w ∈ Σ∗ y x ∈ Σ∗, entonceswx ∈ Σ∗


Ejemplo 51. Sea Σ = {0,1} las cadenas del con-junto Σ∗, el conjunto de todas las cadenas de bits.

Paso base. lo constituye la cadena vacıa λPaso recursivo. 0 y 1 cadenas que se forman re-cursivamente por primera vez, 00, 01, 10 y 11cadenas que se forman al aplicar el paso recursivopor segunda vez.

Definicion 3. Dos cadenas se pueden combinarmediante la operacion de la concatenacion. SeaΣ un conjunto de sımbolos y Σ∗ el conjunto delas cadenas formadas a partir de sımbolos de Σ.Podemos definir recursivamente la concatenacionde dos cadenas, denotada con el sımbolo · comosigue:

Paso base. Si w ∈ Σ∗, entonces w · λ = w, donde λes la cadena vacıa.Paso recursivo. Si w1 ∈ Σ∗, w2 ∈ Σ∗ y x ∈ Σ, en-tonces w1 · (w2x) = (w1 · w2)x

Ejemplo 52. Formulas bien formadas en logica proposi-cional. Podemos definir el onjunto de formulas bi-en formadas con variables proposicionales y oper-adores logicos, ademas de los valores V y F.

Paso base.{V,F} y p, donde p es una variable proposi-cional.Paso recursivo. Si E y F son formulas bien for-madas, entonces (v E), (E ∧ F ), (E ∨ F ), (E →F ), (E ↔ F ) son formulas bien formadas.

p p q ,p p b - cs.buap.mxagarces/descargas/demostracion.pdf · por tanto, estamos bajo cero. p ∧q...

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