Universidad Nacional de Colombia, Medellı́n – Escuela de Matemáticas Conjuntos y Combinatoria – Marzo 31, 2011 Taller/Tarea 1: Soluciones 1. Asuma ya definidas la adición y la multiplicación sobre los números naturales N (con las propiedades usuales). (a) Use el teorema de la recursión para obtener la existencia de la operación de exponenciación base m ∈ N, f(n) = mn , tal que satisface m0 = 1; ms(n) = mn · m. (∗) Solución: Hacemos uso del teorema básico de la recursión con A = N, e = 1 ∈ N, y h : N → N dada por h(n) = nm. Con esto el teorema garantiza la existencia de una función f : N → N tal que f(0) = e = 1 y para n ∈ N f(s(n)) = h(f(n)) = f(n) · m. Con f(n) = mn estas son precisamente las condiciones en (∗). (b) Pruebe que para p, q ∈ N, satisface mp+q = mp · mq . Solución: Usando inducción sobre q. Caso base q = 0: mp+0 = mp = mp · 1 = mp · m0 . Hipótesis de inducción q = k: mp+k = mp · mk . Paso de inducción, q = k + 1: mp+(k+1) = = = = = m(p+k)+1 por definición recursiva de la suma mp+k · m por definición recursiva de la exponenciación (mp · mk ) · m por hipótesis de inducción mp · (mk · m) por asociatividad de la multiplicación mp · mk+1 por definición recursiva de la exponenciación. 1 2. Use el teorema de la recursión (forma básica) para probar la siguiente versión: Dados un conjunto E, elementos e0 , e1 , e2 ∈ E, y una función g : E × E × E → E, existe una función única f : N → E que satisface f(0) = e0 , f(1) = e1 , f(2) = e2 , y para n ≥ 2, f(n + 1) = g(f(n), f(n − 1), f(n − 2)). 3. Sea bn/2c el cociente (entero) de dividir n por 2; el residuo correspondiente es 0 ó 1 y esto corresponde por definición a n par e impar. Considere la siguiente función f(n, m) definida recursivamente como si n = 0 0 m si n es impar f(m, n) = si n > 0 f(2m, bn/2c) + 0 si n es par Sin preocuparse por justificar la existencia (teniendo en cuenta los teoremas de recursión), identifique la función, y pruebe su conjetura usando inducción. Solución: Verificamos usando inducción sobre n que f(m, n) = m · n. Caso base: Para n = 0, f(m, 0) = 0 = m · 0. Hipótesis de inducción: Para n > 0 y cualquier k con 0 ≤ k < n, se tiene f(m, k) = m · k. Paso de inducción: Sea n > 0 entero. Entonces, usando la definición recursiva m si n es impar f(m, n) = f(2m, bn/2c) + 0 si n es par Puesto que bn/2c < n, por hipótesis de inducción f(2m, bn/2c) = 2m · bn/2c Teniendo en cuenta además que 1 si n es impar n mod 2 = 0 si n es par obtenemos que f(m, n) = 2m · bn/2c + m · n mod 2 = m · (2bn/2c + n mod 2) = m·n donde se ha usado que n = 2 · bn/2c + n mod 2. Esto completa el paso de inducción. 2 4. Use inducción para probar que para todo entero n ≥ 0, 10n − 1 es divisible por 9. Solución: Caso base: Para n = 1, 101 − 1 = 9 que es divisible por 9. Hipótesis de inducción: Para n ≥ 0, asumimos que 10n − 1 es divisible por 9. Paso de inducción: Tenemos la siguiente deducción: 10n+1 − 1 = 10n · 10 − 1 = (10n − 1) · 10 + 10 − 1 = (10n − 1) · 10 + 9. Por hipótesis de inducción, 10n − 1 es divisible por 9, es decir existe entero k tal que 10n − 1 = 9k. Entonces 10n+1 − 1 = 9k · 10 + 9 = 9(10k + 1). Puesto que ` = 10k + 1 es entero, entonces 10n+1 − 1 = 9` es divisible por 9. 5. Use inducción para probar que a − b divide an − bn . Solución: escribimos El caso base n = 1 es trivial. Para el paso de inducción an+1 − bn+1 = an+1 − an b + an b − bn+1 = an (a − b) + b(an − bn ). Por hipótesis de inducción a − b divide an − bn , por lo tanto a − b divide an+1 − bn+1 . 6. Pruebe usando inducción que n X 3 3 3 3 3 3 k = 1 + 2 + 3 + · · · + (n − 1) + n = k=1 1 n(n + 1) 2 2 Solución: Caso base: Para n = 1 se tiene que la suma en la derecha es 1, y la expresión en la izquierda es ((1/2)(1)(2))2 = 1. Hipótesis de inducción: Asumimos que la igualdad es válida para n ≥ 1. 3 Paso de inducción: Probamos que la igual es válda para n + 1: n+1 X k 3 n X = k=1 k3 + (n + 1)3 separando el último término k=1 = 1 n(n + 1) 2 2 + (n + 1)3 usando la hipótesis de inducción 1 (n + 1)2 (n2 + 4(n + 1)) factorizando 4 1 = (n + 1)2 (n2 + 4n + 4) simplificando 4 1 = (n + 1)2 (n + 2)2 factorizando 4 2 1 (n + 1)((n + 1) + 1) = 2 = que es la expresión de la derecha en (∗) con n reemplazado con n + 1. 7. Pruebe usando inducción que para todo n ∈ N, se tiene que n X (2i + 1)2 = i=0 1 · (n + 1)(2n + 1)(2n + 3). 3 8. Pruebe usando inducción que n X kαk−1 = k=0 1 − αn αn + n. (α − 1)2 α − 1 para α 6= 1. Solución: Ya probaron esto Uds. en la tarea usando inducción. Aquı́ más bien veamos como se puede obtener este tipo de desigualdades más fácilmente. Ya conocemos la serie geométrica para α 6= 1 (esto tiene sentido para α = 0, si 00 = 1): n X αn+1 − 1 . αk = α − 1 k=0 Derivando en ambos lados con respecto a α y rearreglando obtenemos n X kαk−1 = − k=0 αn+1 − 1 (n + 1)αn + (α − 1)2 α−1 − 1 ( α − 1)αn nαn + + (α − 1)2 (α − 1)2 α−1 n n 1−α α = + n. 2 (α − 1) α−1 = − n+1 α (Para α = 0, el término k = 0 se interpreta como 0.) 4 9. Pruebe usando inducción que para n ≥ 15, se tiene que 80n22n ≤ n! ≤ 1 n2 2 . 1000 Solución: En soluciones del parcial. 10. Use inducción para verificar que para reales x1 , x2 , . . . , xn ∈ [0, 1], se tiene que n n Y X (1 − xi ) ≥ 1 − xi . i=1 i=1 Deduzca que si 0 ≤ a ≤ 1 y N ∈ N entonces (1 − a)n ≥ 1 − na. Pn Solución: Podemos asumir que i=1 xi ≤ 1 porque de lo contrario la desigualdad que se quiere verificar es trivial porque el producto en la izquierda no puede ser negativo. El caso base n = 1 es trivial, pero probamos también n = 2 porque se necesita en el paso de inducción: (1 − x1 )(1 − x2 ) = 1 − x1 − x2 + x1 x2 ≥ 1 − x1 − x2 porque Pnx1 x2 ≥ 0. Para el paso inductivo, usando el caso n − 1, el caso 2, y que i=1 xi ≤ 1, tenemos que n Y (1 − xi ) = i=1 n−1 Y (1 − xi ) · (1 − xn ) i=1 ≥ 1− ≥ 1− = 1− n−1 X ! xi i=1 n−1 X · (1 − xn ) xi − xn i=1 n X usando caso n − 1 usando caso n = 2 xi . i=1 11. Use inducción para probar que para n ∈ N y x, y ≥ 0, se satisface que n x+y xn + yn ≤ . 2 2 12. Use inducción para verificar que para n ≥ 1, 1+ 1 1 1 1 + + ··· + 2 < 2 − . 4 9 n n 5 13. Los números armónicos Hn se definen como Hn = n X 1 k=1 k =1+ 1 1 1 + + ··· + . 2 3 n Pruebe por inducción que para n ≥ 0, 1+ Solución: n ≤ H2n ≤ 1 + n. 2 Primero la cota inferior: Base de inducción: H20 = H1 = 1 y la cota dada es también 1. Hipótesis de inducción: Asumimos que la cota inferior se satisface para n ≥ 0. Paso de inducción: Probamos a cota inferior para n + 1: H2n+1 = n+1 2X k=1 1 k 2 X 1 por definición n = k=1 k + n+1 2X 1 k k=2n +1 separando H2n 2X n 1 ≥ 1+ + 2 k=2n +1 k n+1 aplicando hipótesis de inducción a H2n 2X n 1 ≥ 1+ + n+1 2 k=2n +1 2 n+1 usando 1/k ≥ 1/2n+1 para k ≤ 2n+1 n 1 + 2n · n+1 hay 2n términos en la suma 2 2 n 1 = 1+ + multiplicando 2 2 n+1 = 1+ . 2 = 1+ Esto completa la prueba por inducción de la cota inferior. Ahora la cota superior: Base de inducción: H20 = H1 = 1 y la cota dada es también 1. Hipótesis de inducción: Asumimos que la cota superior se satisface para n ≥ 0. Paso de inducción: Probamos a cota superior para n + 1: H2n+1 = n+1 2X k=1 1 k por definición 6 2 X 1 n = k=1 k + ≤ 1+n+ ≥ 1+n+ n+1 2X 1 k k=2n +1 separando H2n n+1 2X 1 k k=2n +1 aplicando hipótesis de inducción a H2n n+1 2X 1 2n k=2n +1 = 1 + n + 2n · = 1+n+1 = 1 + (n + 1). usando 1/k ≤ 1/2n para k ≥ 2n 1 hay 2n términos en la suma 2n multiplicando Esto completa la prueba por inducción de la cota superior. 14. Deduzca que un polinomio p(X) (con coeficientes en R) de grado n tiene a lo más n ceros/raı́ces en R de la siguiente manera: (a) Verifique usando inducción que para todo a, b y n ∈ N se tiene que an −bn = (a−b)(an−1 +an−2 b+an−3 b2 +· · ·+a2 bn−3 +abn−2 +bn−1 ) (b) Muestre que si p(c) = 0 entonces p(X) = (X − c)q(X) donde q(X) es un polinomio de grado n − 1. Sugerencia: Considere p(X) − p(c). (c) Use inducción para concluir la afirmación inicial. 15. Recuerde que los números de Fibonacci Fn vamente como 1 1 Fn = Fn−1 + Fn−2 para n ≥ 0, se definen recursisi n = 0 si n = 1 si n > 1 Use inducción para probar que n X (Fi )2 = Fn Fn+1 . i=0 Solución: Usamos inducción sobre n. P Caso base: P Para n = 0, ni=0 (Fi )2 = F20 = 1 y Fn Fn+1 = F0 F1 = 1; y para n = 1, ni=0 (Fi )2 = F20 + F21 = 1 + 1 = 2, y Fn Fn+1 = F1 F2 = 1 · 2 = 2. P Hipótesis de inducción: Para n ≥ 1 asumimos que ni=0 (Fi )2 = Fn Fn+1 . 7 Paso de inducción: Sea n ≥ 1, entonces n+1 X i=0 (Fi ) 2 = n X (Fi )2 + F2n+1 separando el último término i=0 = Fn Fn+1 + F2n+1 usando la hipótesis de inducción = Fn+1 (Fn + Fn+1 ) factorizando Fn+1 = Fn+1 Fn+2 usando la definición recursiva de Fn+1 (note que n + 1 ≥ 2), que es lo que querı́amos derivar. 16. Considere la sucesión han i∞ n=0 definida recursivamente de la siguiente manera: si n = 0 0 an−1 + 1 si n es impar an = 2an/2 si n es par Determine una expresión sencilla para an (conjeturando a partir de unos pocos valores) y verifı́quela usando inducción. Solución: Usamos inducción sobre n. Caso base: Para n = 0, an = 0 y n = 0. Hipótesis de inducción: Asumimos para n ≥ 0 que an = n. Paso de inducción: Sea n ≥ 0. Entonces n + 1 ≥ 1 y usando la definición recursiva se tienen dos casos n + 1 es par: Entonces an+1 = an + 1 = n + 1 usando la hipótesis de inducción n + 1 es impar: Entonces an+1 = 2a(n+1)/2 n+1 = 2· 2 = n + 1. usando la hipótesis de inducción En ambos casos obtenemos que an+1 = n + 1, que es lo que querı́amos concluir. 17. Considere una sucesión definida por b1 = b2 = 1, 1 3 bn = bn−1 + , 3 bn−2 Muestre que 1 ≤ bn ≤ 3/2 para n ∈ N. 8 para n ≥ 3. 18. Considere la sucesión han i∞ n=0 definida recursivamente como 0 si n = 0 an = 2an−1 + (n − 1) si n > 0 Verifique usando inducción que a n = 2n − n − 1 para todo n ∈ N. 19. Considere la sucesión a1 = 1 an = 1 + 1/an−1 para n > 1 Los primeros valores de esta secuencia son a1 = 1 a6 = 13/8 = 1.625 a2 = 2 a7 = 21/13 = 1.615385 · · · a3 = 3/2 = 1.5 a8 = 34/21 = 1.619048 · · · a4 = 5/3 = 1.666666 · · · a9 = 55/34 = 1.617647 · · · a10 = 89/55 = 1.618181 · · · a5 = 8/5 = 1.6 Note que a1 < a3 < a5 < a7 < a9 < · · · y a2 > a4 > a6 > a8 > a10 > · · · Aparentemente los términos impares forman una sucesión creciente mientras que los términos pares forman una sucesión decreciente. Verifique esto usando inducción. Sugerencia: Exprese an en términos de an−2 y considere los casos n par y n impar separadamente. En un caso. se quiere probar que si an−2 > an , entonces an > an+2 . Solución: se obtiene Reemplazando la expresión para an−1 en la expresión para an an = 1 + 1 1+ 1 an−2 = 2an−2 + 1 an−2 + 1 Similarmente 2an + 1 an + 1 Asumiendo an < an−2 , verificamos an+2 < an comparando an+2 = 2an + 1 2an−2 + 1 < . an + 1 an−2 + 1 9 Esto es cierto, porque multiplicando por los dos denominadores (los cuales son positivos) se obtiene 2an an−2 + 2an + an−2 + 1 < 2an an−2 + an + 2an−2 + 1 lo que cancelando términos se convierte en an < an−2 . Las implicaciones en el cálculo anterior son válidos en la dirección opuesta, de tal manera que an < an−2 implica que an+2 < an . Similarmente an > an−2 implica que an+2 > an . Esto constituye el paso de inducción en la prueba de que los términos impares de la sucesión forman una sucesión creciente, y que los términos pares forman una sucesión decreciente. El caso base está dado por los valores a1 , a2 , . . . , a10 arriba. 20. Representación binaria. Pruebe que para todo n ∈ N existe m ∈ N tal que 2m ≤ n < 2m+1 . Concluya que todo n ∈ N se puede escribir como la suma de potencias de 2 diferentes (por ejemplo 27 = 16 + 8 + 2 + 1). 21. Pruebe usando inducción lo siguiente: Si S es un subconjunto de {1, 2, 3, . . . , 3n − 1, 3n} con 2n + 1 elementos, entonces S contiene tres números consecutivos. Solución: Para el caso base n = 1, 3n = 2n + 1 = 3 y por lo tanto se tienen tres números consecutivos. Asumimos que la afirmación es cierta para n ≥ 1 y consideramos el caso n + 1: se tiene S ⊆ {1, 2, 3, . . . , 3n + 3} con |S| = 2(n + 1) + 1 = 2n + 3. Se tienen dos casos: - si |S ∩ {3n + 1, 3n + 2, 3n + 3}| = 3 entonces estos son tres números consecutivos en S - si |S ∩ {3n + 1, 3n + 2, 3n + 3}| < 3, entonces sea S 0 = S − {3n + 1, 3n + 2, 3n + 3}. Con esto, |S 0 | ≥ 2n + 3 − 2 = 2n + 1. Por lo tanto, por hipótesis de inducción, S 0 tiene tres números consecutivos, los cuales también están en S. 22. Fracción irreducible. Pruebe que cualquier número racional positivo r es igual a una fracción irreducible p/q. Es decir p, q son enteros positivos que no tienen factores comunes que se pueden cancelar. Sugerencia: Todo racional positivo por definición es igual a un cociente m/n de dos enteros positivos. Use inducción (fuerte) sobre m (cuando se considera un m, n puede ser arbitrario). Solución: Se prueba por inducción sobre m entero positivo que todo racional r = m/n, donde n es cualquier entero positivo, es igual a una fracción irreducible p/q. 10 Caso base: El caso base es m = 1 que es trivial porque 1/n es irreducible para cualquier n. Hipótesis de inducción: Para k con 1 ≤ k < m y todo n, el racional k/n es igual a una fracción irreducible p/q. Paso de inducción: Para el paso de inducción consideramos un racional r = m/n con n arbitrario. Hay dos casos: (i) r = m/n es irreducible porque m y n no tienen factores comunes, y en este caso no hay más que probar, ó (ii) r = m/n se puede reducir cancelando algun factor común f de m y n: existen m 0 y 0 tal que m = fm 0 y n = fn 0 . Al cancelar f queda r = m 0 /n 0 con m 0 < m y entonces por hipótesis de induccion m 0 /n 0 es igual a una fraccion irreducible p/q y por lo tanto r es igual a esa fracción irreducible p/q. 23. Recubrimiento de un tablero de damas con fichas. La figura de la izquierda muestra un tablero de 2n × 2n cuadrados, excepto una esquina faltante. Se trata de recubrirlo con fichas de tres cuadrados en forma de L (por supuesto, cada cuadrado sólo es cubierto una vez). n n 2 n n 2n n 2 n 2n (a) Justifique usando inducción que un tablero 2n × 2n sin una esquina puede ser recubierto. Sugerencia: La posición de la ficha en la figura sugiere el paso inductivo. (b) Justifique que un tablero 2n × 2n con un cuarto faltante, como se muestra en la figura de la derecha, también puede ser recubierto. Sugerencia: La figura sugiere un borde que al ser removido resulta en un tablero 2(n − 2) × 2(n − 2) similar. Para el paso inductivo muestre que ese borde se puede recubrir. Solución: La figura muestra los primeros casos n = 1, 2, 3, 4, 5, y también un bloque básico 2 × 3 que se usa repetidamente en los recubrimientos (y allı́ están indicados sólo como bloques 2 × 3). En los casos 6 × 6, 8 × 8 y 10 × 10 sólo se muestra lo que pasa en el borde, la parte restante es claramente un caso anterior; el recubrimiento del borde se muestra con la ayuda de los bloques 2 × 3 y del caso 11 2x2 2x3 6x6 8x8 4x4 10 x 10 4 × 4 (sin detallar el recubrimiento dentro de estos). Estos tres casos precisamente permiten generalizar cómo se logra cubrir el borde de un tablero 2n × 2n. Consideramos tres posibles casos para 2n: 2n = 6k, 2n = 6k + 2 y 2n = 6k + 4 (claramente 6k + 1, 6k + 3, 6k + 5 no son posibles). La figura muestra las construcciones básicas para k = 1 (las tres de la derecha). Las construcciones para k > 1 se obtienen agregando bloques básicos 2 × 3: para pasar de k a k + 1 se agregan dos bloques básicos en las secciones horizontal y vertical largas del borde, y sólo un bloque en las secciones horizontal y vertical cortas del borde. 24. Una barra de chocolate viene en un arreglo rectangular con n = p × q pastillas (p, q arbitrarios). La barra o un pedazo ya obtenido sólo se puede quebrar a lo largo de una de las lı́neas verticales u horizontales que separan las pastillas. Asumiendo que sólo puede quebrar un pedazo a la vez, pruebe que se necesitan exactamente n − 1 quiebres para separar las n pastillas independientemente de como se realicen estos. Solución: Caso base: Para n = 1 se necesitan n − 1 = 0 quiebres. Hipótesis de inducción: Para todo k con 1 ≤ k ≤ n y cualquier p, q con k = pq, para partir una barra de tamaño p × q se necesitan k − 1 quiebres. Paso de Inducción: Considere una barra con n + 1 pastillas (con dimensiones p × q y n + 1 = pq). Un quiebre cualquiera produce pedazos con r y s pastillas, para algún r y s con n + 1 = r + s. Por hipótesis de inducción, estos pedazos necesitan r − 1 y s − 1 quiebres para dividirlos en pastillas. Entonces el número total de quiebres es 1 + (r − 1) + (s − 1) = (r + s) − 1 = (n + 1) − 1 lo cual completa el paso de inducción. 25. Torres de Hanoi con 4 postes. Considere una modificación del problema de las torres de Hanoi en la que el número de postes es 4 (en lugar de 3). El problema es todavı́a mover los n discos de diferentes tamaños que están 12 inicialmente en un poste a otro poste, haciendo uso como sea conveniente de los otros dos postes, pero nunca colocando un disco sobre uno más pequeño. Se mn el mı́nimo número de movimientos necesarios para completar la tarea. Determine m0 y m1 y justifique que mn satisface la ecuación mn ≤ 2mn−2 + 3. (La justificación consiste en describir un procedimiento (algoritmo) recursivo para el problema; la desigualdad aparece porque no sabemos si el algoritmo sugerido es el mejor posible). Solución: Asumimos que los discos están inicialmente en el poste #1 y el objetivo es moverlos al poste #4. Proponemos un algoritmo recursivo: para n = 0 no se hace nada, y para n = 1 se mueve el disco de #1 a #4 directamente; para n ≥ 2, (i) se mueven los n − 2 discos más pequeños del poste #1 al poste #2, recursivamente (ii) se mueve el segundo disco más grande del poste #1 al poste #3 (iii) se mueve el disco más grande del poste #1 al poste #4 (iv) se mueve el segundo disco más grande del poste #3 al poste #4 (v) se mueven los n − 2 discos más pequeños del poste #2 al poste #4, recursivamente Sea cn el número de movimientos usados por este algoritmo con n discos. Entonces cn = 2cn−2 + 3 (∗) para n ≥ 2, con c0 = 0 y c1 = 1. El algoritmo también muestra la recurrencia con desigualdad para mn porque si en lugar de la recursión se usa un algoritmo óptimo (que realiza el mı́nimo número posible de movimientos mn ), entonces el algoritmo realiza 2mn−2 + 3 movimientos, pero mn es menor ó igual que esto porque mn es el mı́nimo número posible, por lo tanto mn ≤ 2mn−2 + 3. 26. Otra variante de las Torres de Hanoi. Considere la siguiente modificación del problema de las “Torres de Hanoi”: Además de la regla usual de nunca colocar un disco sobre uno más pequeño, se tiene que un disco sólo se puede mover de un poste a otro adyacente (asumiento los postes A, B y C están en orden). Por ejemplo, mover un disco de A a B y de B a C es permitido, pero moverlo de A a C no lo es. Para n ≥ 1, sea an el número mı́nimo de movidas necesarias para transferir una torre de n discos de el poste A al poste C. Determine un (in)ecuación de recurrencia para an como en el problema anterior. 13 27. Asociaciones. Recuerde que la suma a1 + a2 + a3 + · · · + an se puede precisar con la recurrencia s1 = a1 y sn = sn−1 + an para n ≥ 2. En particular, esto introduce un orden particular de realizar las sumas: (((((a1 + a2 ) + a3 ) + a4 ) + · · ·) + an−1 ) + an Para referencia llamamos esta la asociación canónica de a1 , a2 , . . . , an . La propiedad asociativa garantiza que para tres números a1 , a2 , a3 , las dos formas de asociar dan el mismo resultado: a1 + (a2 + a3 ) = (a1 + a2 ) + a3 . En el caso de 4 números se tienen las siguientes posibles asociaciones: a1 + (a2 + (a3 + a4 )) a1 + ((a2 + a3 ) + a4 ) (a1 + (a2 + a3 )) + a4 ((a1 + a2 ) + a3 ) + a4 (a1 + a2 ) + (a3 + a4 ). Note que en esta secuencia cada una es igual a la anterior por la propiedad asociativa para tres términos; por lo tanto todas las asociaciones llevan al mismo resultado. Más general, cualquier asociación para la suma de cualquier n números a1 , a2 , . . . , an , en ese orden, lleva al mismo resultado que la asociación canónica. Concretamente, pruebe usando inducción fuerte que Para todo n y cualquier n números a1 , a2 , . . . , an , el resultado de sumarlos con una asociación arbitraria (en el orden listado) es igual al resultado de sumarlos con la asociación canónica. Solución: En esta prueba vamos a hacer el paso inductivo de n − 1 a n (como ejercicio de esa posibilidad). Caso base n = 3: a1 +(a2 +a3 ) = (a1 +a2 )+a3 por la propiedad asociativa de la suma. Hipótesis de inducción: Para todo k, con 3 ≤ k < n, y cualquier k números a1 , a2 , . . . , ak , el resultado de sumarlos con cualquier asociación es igual al resultado de sumarlos con la asociación canónica. Paso de Inducción: Consideremos n números a1 , a2 , . . . , an y cualquier asociación que vamos a escribir simplemente como a1 + · · · + an . En esta asociación hay una última suma que se realiza, digamos que esta es la suma entre los primeros ` números, 1 ≤ ` < n y los restantes: a1 + · · · + an = (a1 + · · · + a` ) + (a`+1 + · · · + an ) 14 (∗) donde a1 + · · · + a` es alguna asociación para la suma de a1 , a2 , . . . , a` , y a1 + · · · + a` es alguna asociación para la suma de a`+1 , . . . , an . Por hipótesis de inducción, la segunda suma es igual a la suma de esos números con la correspondiente asociación canónica: a`+1 + · · · + an = ((((a`+1 + a`+2 ) + a`+3 ) + · · · + an−2 ) + an−1 ) + an Reemplazando esto en (∗) se tiene que a1 + · · · + an = an ) (a1 + · · · + a` ) +(((((a`+1 + a`+2 ) + a`+3 ) + · · · + an−2 ) + an−1 ) + |{z} {z } | {z } | A B C que es la suma de tres números A, B, C como se indica con la asociación A + (B + C). Por la propiedad asociativa, esto es igual a (A + B) + C y regresando a los términos originales, esto es a1 + · · · + an = ((a + · · · + a` ) + ((((a`+1 + a`+2 ) + a`+3 ) + · · · an−2 ) + an−1 )) +an . {z } | 1 D Pero la parte marcada con D es una asociación de a1 , a2 , . . . , an−1 que por hipótesis de inducción es igual a la asociación canónica de a1 , a2 , . . . , an−1 : D = ((((a1 + a2 ) + a3 ) + · · · + an−2 ) + an−1 . Por lo tanto a1 + · · · + an = (((((a1 + a2 ) + a3 ) + · · · + an−2 ) + an−1 ) + an . Pero esta última expresión es la asociación canónica para a1 , a2 , . . . , an . Ası́ que hemos obtenido la igualdad que buscabamos. 28. En este y el siguiente ejercicio, [1, n] denota {1, 2, 3, . . . , n}. Use inducción para probar lo siguiente: Sea n ∈ N y f : [1, n] → N, entonces existe k ∈ [1, n] tal que f(k) ≥ f(i) para todo i ∈ [1, n]. Solución: Usamos inducción sobre n. La base de la inducción es n = 1. En este caso [1, 1] = {1} y ası́ tenemos que f : {1} → N. Obviamente k = 1 satisface el enunciado. Ahora para el paso inductivo asumimos que el enunciado es cierto para n ∈ N y lo verificamos para n + 1. Para esto, sea f : [1, n+1] → N. Sabemos que [1, n+1] = [1, n]∪{n+1}. Sea f^ la restricción de f a [1, n]. Entonces por hipótesis de inducción, tenemos que existe k 0 ∈ [1, n] tal que f(k 0 ) ≥ f(i) para todo i ∈ [1, n]. Ahora comparamos f(k 0 ) 15 con f(n + 1). Tenemos que f(k 0 ) ≥ f(n + 1) o f(k 0 ) < f(n + 1). En el primer caso, sea k = k 0 y en el segundo caso sea k = n + 1. Ası́, en el primer caso tenemos que f(k) = f(k 0 ) ≥ f(i) para todo i ∈ [1, n] y además f(k) = f(k 0 ) ≥ f(n + 1). En el segundo caso, f(k) = f(n + 1) > f(k 0 ) ≥ f(i) para todo i ∈ [1, n] y ciertamente f(k) = f(n + 1) ≥ f(n + 1). Ası́ que en todo caso tenemos que f(k) ≥ f(i) para todo i ∈ [1, n + 1]. Ası́ que podemos concluir que el enunciado es válido para n + 1 y por lo tanto, por el axioma de inducción, es válido para cualquier n ∈ N. 29. Use inducción para probar lo siguiente: Para k, m ∈ N y f : [1, m] → [1, k], entonces si f es una biyección, entonces m = k. Solución: La prueba es por inducción sobre m. El caso base m = 1 es trivial puesto que que una función f : {1} → [1, k] es biyectiva si y sólo si k = 1 (si el codominio tiene más de un elemento, f con dominio {1} no puede ser sobreyectiva). Ahora asumimos el enunciado es cierto para m y lo probamos para m + 1. Sea f : [1, m + 1] → [1, k] una función biyectiva. Como [1, m + 1] tiene más de un elemento, entonces k > 1 (porque si k = 1, f no podrı́a ser inyectiva) y por consiguiente existe k 0 ∈ N tal que k 0 +1 = k. Por otra parte, como f es sobreyectiva, existe j ∈ [1, m + 1] tal que f(j) = k. Si j = m + 1 entonces sea f^ la restricción de f a [1, m]. Si j ≤ m entonces definimos f^ : [1, m] → [1, k 0 ] de la siguiente manera: si i ∈ [1, m] − {j} ^ = f(i) f(i) f(m + 1) si i = j (note que en este caso f(m + 1) ∈ [1, k 0 ] porque f(m + 1) 6= k). En ambos casos la función f^ : [1, m] → [1, k 0 ] es una biyección. Entonces por hipótesis de inducción, m = k 0 . Entonces m + 1 = k 0 + 1; esto es m + 1 = k. Ası́, el enunciado se satisface para m + 1 y de aquı́ por inducción, para cualquier m. 16