E.I.S.C Técnicas de demostración METODOS DE DEMOSTRACIÓN

E.I.S.C
Técnicas de demostración
METODOS DE DEMOSTRACIÓN
Definiciones básicas
Definición 1. un Teorema es una sentencia que se
puede verificar que es verdadera.
(P1 ∧ P2 . . . ∧ Pn) → Q) es un teorema donde los
P1 , P2 . . . Pn son los postulados o premisas y Q la
conclusión del teorema.
Ejemplo 1. Sea el siguiente teorema si a y b son
enteros positivos, a ≥ b, entonces a0 ≥ b0
premisas:
P1 : a y b son enteros positivos.
P2 : a ≥ b
y la conclusión Q es a0 ≥ b0 por lo tanto el teorema
serı́a (P1 ∧ P2 ) → Q
Definición 2. Un lema es un teorema sencillo utilizado en la demostración de otros teoremas.
Definición 3. Un corolario es una proposición que
se puede establecer directamente a partir de un
teorema que ya ha sido demostrado.
1. REGLAS DE INFERENCIA.
Estas reglas justifican los pasos dados para demostrar
que a partir de una serie de hipótesis se llega de
forma lógica a una conclusión.
Ejemplo 2. Una regla de inferencia básica es la
modus ponens
E.I.S.C
Técnicas de demostración
p
p→q
∴q
Ejemplo 3. En que regla de inferencia se basa el
siguiente argumento: Ahora estamos bajo cero.
Por tanto estamos bajo cero o bien llueve ahora.
p
∴p∨q
Esta es la regla de inferencia de la Adición y su
tautologı́a serı́a p → (p ∨ q)
Ejemplo 4. Cuál es la regla de inferencia de para el
siguiente argumento: Estamos bajo cero y llueve.
Por tanto, estamos bajo cero.
p∧q
∴p
Este argumento usa la regla de la simplificación y
su tautologı́a serı́a (p ∧ q) → p.
E.I.S.C
Técnicas de demostración
Ejemplo 5. Fue X o Y quién cometió el crimen.
X estaba fuera del pueblo cuando el crimen fue
cometido. Si X estaba fuera del pueblo, no pudo haber estado en la escena del crimen. Si X no
estaba en la escena del crimen, no pudo haber
cometido el crimen. Obtenga la conclusión usando las reglas de inferencia.
P1: X cometió el crimen.
P2: Y cometió el crimen.
Q: X estaba fuera del pueblo cuando fue cometido
el crimen.
R: X no estaba en la escena del crimen.
E.I.S.C
Técnicas de demostración
El argumento en LP:
1) P 1 ∨ P 2
2) Q
3) Q → R
4) R →v P 1
5) R aplicando modus ponens a (2) y (3)
6) v P 1 aplicando modus ponens a (5) y (4)
7) ∴ P 2 aplicando el silogismo disyuntivo a (1) y
(6)
Por lo tanto se concluye que Y cometió el crimen.
También se puede demostrar la validez de un argumento derivando la conclusión desde las premisas
usando las REGLAS DE INFERENCIA.
Ejemplo 6. Dado el siguiente argumento válido: Si
la banda no pudiera tocar rock o las bebidas no
llegasen a tiempo, entonces la fiesta de Año Nuevo tendrı́a que cancelarse y Alicia se enojarı́a. Si la
fiesta se cancelara, habrı́a que devolver el dinero.
No se devolvio el dinero. Por lo tanto, la banda
pudo tocar rock. Derive la consecuencia lógica usando las reglas de inferencia.
P : la banda pudo tocar rock.
Q: las bebidas se entregaron a tiempo.
R: la fiesta de Año Nuevo se canceló.
S: Alicia estaba enojada.
T : Hubo que devolver el dinero.
El argumento válido:
Premisas:
1)(v P ∨ v Q) → (R ∧ S)
E.I.S.C
Técnicas de demostración
2) R → T
3) v T
∴P
Se debe inferir con las premisas 1,2 y 3 y llegar
a derivar P.
1)R → T premisa
2) v T premisa
3) v R aplicando modus tollens a (1) y (2)
4) v R∨ v S aplicando ley de adición con (3)
5) v (R ∧ S) aplicando ley de morgan a (4)
6) (v P ∨ v Q) → (R ∧ S) premisa
7) v (v P ∨ v Q) aplicando modus tollens a (5) y
(6)
8) P ∧ Q aplicando ley de morgan y de la doble
negación a (7)
9) ∴ P aplicando simplificación conjuntiva a (8)
Ejemplo 6.1 aplique las reglas de inferencia para
demostrar que q → p es una consecuencia lógica
de las premisas:
u → r; (r ∧ s) → (p ∨ t); q → (u ∧ s); ∼ t
1)
2)
3)
4)
5)
6)
7)
8)
9)
(r ∧ s) → (p ∨ t) premisa
v r∨ v s ∨ p ∨ t aplicación de la implicación a 1
u → r premisa
v u ∨ r aplicación de la implicación a 3
v u∨ v s ∨ p ∨ t resolución 2 y 4
v (u ∧ s) ∨ p ∨ t aplicación de morgan a 5
(u ∧ s) → (p ∨ t) aplicación de implicación a 6
q → (u ∧ s) premisa
q → (p ∨ t) silogismo hipotético 8 y 7
E.I.S.C
10)
11)
12)
13)
Técnicas de demostración
(v q ∨ p) ∨ t implicación y asociativa de 9
v t premisa
v q ∨ p silogismo disyuntivo de 10 y 11
∴ q → p implicación de 12
2. METODOS PARA DEMOSTRAR TEOREMAS.
2.1 Demostración Directa. Se basa en la implicación
p → q se puede demostrar que si p es verdadero q
también lo es.
p: es la hipótesis (lo que se supone como verdadero)
q: es la Tesis (lo que se va ha demostrar)
Definición 1. El entero n es par si existe un entero k tal que n = 2k y es impar si existe un entero
k tal que n = 2k + 1
Ejemplo 7. Demostrar que si n es un entero impar, entonces n2 es un entero impar.
p: n es impar. (hipótesis)
q: n2 es impar. (tesis)
Se demuestra p → q, se parte de que p verdadero
y se termina demostrando que q es verdadero.
Si n es impar entonces, n = 2k + 1, donde k es un
entero.
Se sigue que n2 = (2k + 1)2 = 4k2 + 4k + 1 =
2 (k2 + k) +1
| {z }
t∈Z
Por tanto como n2 es de la forma 2t + 1 entones
E.I.S.C
Técnicas de demostración
n2 es impar.
Definición 2. El número real r es racional si existen dos enteros p y q, q 6= 0, tales que r = p/q.
Un número real que no es racional es irracional.
Ejemplo 8. Demuestre que la suma de dos racionales
es un racional.
p: Sean r y s racionales, si r es racional entonces
r = p/q para q 6= 0 y si s es racional entonces
s = t/u para u 6= 0. (hipótesis)
q: Hay que demostrar que r + s es racional. (tesis)
sumamos r + s = pq + ut = pu+qt
, donde qu 6= 0
qu
por que q 6= 0 y u 6= 0 por tanto hemos expresado
r + s como la razón de dos enteros pu + qt y qu
POR TANTO r + s es racional.
2.2 Demostración indirecta. Como la implicación
p → q es equivalente a su contrarecı́proca v q →v p
la implicación se puede demostrar viendo que su
contrarecı́proca es verdadera.
Ejemplo 9. Demostrar que si 3n + 2 es impar, entonces n es impar.
p: 3n + 2 es impar.
q: n es impar.
Suponemos la v q es decir que n es par, entonces
n = 2k para algún entero k y demostramos v p es
decir que 3n + 2 es par.
E.I.S.C
Técnicas de demostración
ahora se sigue que 3n + 2 = 3(2k) + 2 = 2(3k) +
2 = 2 (3k + 1) y 3n + 2 es de la forma 2l
| {z }
l∈Z
Por tanto 3n + 2 es par, es decir v p
Ejemplo 10. Demuestre que la suma de dos impares es par.
p: r y s son impares.
q: r + s es par.
Suponemos que r +s es impar y se debe demostrar
que r o s son pares no de manera simultánea.
Sea r + s impar entonces r + s = 2k + 1, k ∈ Z
Vemos que pasa cuando s es par y cuando s es
impar
s es PAR, suponemos que s = 2t, t ∈ Z, entonces
r = 2k + 1 − 2t = 2 (k − t) +1 por tanto r es IM| {z }
Z
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 }
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 o
pares o impares por tanto se garantiza v p
2.3 Contraejemplo. Se busca un ejemplo para refutar el cuál la implicación o doble implicación sea
falsa.
E.I.S.C
Técnicas de demostración
Ejemplo 11. Demuestre o refute la proposición que
expresa que si x y y son números reales, (x2 =
y 2 ) ↔ (x = y)
Buscamos un ejemplo que contradiga la afirmación, sean x = −3 y y = 3 entonces (−3)2 = (3)2 ,
pero −3 6= 3, el resultado es falso. Este es el CONTRAEJEMPLO.
2.4 Demostración por contradicción o reducción al
absurdo. Dado p, supongamos que se puede encontrar una contradicción q tal que v p → q sea
verdadera, esto es, v p → F es verdadera. Entonces la preposición v p tiene que ser FALSA.
por tanto p DEBE SER VERDADERA.
Por ejemplo una contradicción q puede ser r∧ v r
entonces podemos mostrar que v p → (r∧ v r)
sea VERDADERA.
√
Ejemplo 12. Demuestre√que 2 es irracional.
Sea p: la proposición 2 es irracional
√ y supongamos que v p es verdadera. Entonces 2 es racional.
Mostraremos que
√ esto conduce a una contradicción. Sea que 2 es racional por tanto:
Existen
dos enteros a y b de tal forma que
√
2 = a/b, donde a y b no tiene FACTORES COMUNES
(es decir que no hay una fracción equivalente
a a/b más pequeña).
E.I.S.C
Técnicas de demostración
√
Como 2 = a/b entonces 2 = a2 /b2 y por
tanto 2b2 = a2
Esto significa que a2 es PAR, entonces a es
PAR, y a es de la forma a = 2c para algún
c∈Z
Bien entonces 2b2 = 4c2 por lo que b2 = 2c2
esto significa que b2 es PAR, por tanto b es
PAR.
Se ha mostrado que ambos a y b son PARES y
por tanto tienen factor común 2. Esto es una
CONTRADICCION
a la suposición de que en
√
2 = a/b, a y b no tiene FACTORES COMUNES
Entonces se ve que v p implica tanto r como
v r donde r es la sentencia a y b son enteros
sin FACTORES COMUNES.
Por tanto
√ v p es falsa y p es verdadera, entonces 2 es IRRACIONAL.
para que v p → F sea verdadera v p debe ser
FALSA y por tanto p es VERDADERA.
Ejemplo 13. Demuestre por el absurdo que si 3n+2
es impar, entonces n es impar.
Suponemos que n es PAR sabiendo que 3n + 2
es IMPAR y llegamos a una CONTRADICCIÓN.
Sea n par, también suponemos que 3n+2 es impar
E.I.S.C
Técnicas de demostración
por tanto 3n + 2 = 2q + 1 = 3n = 2q + 1 − 2 =,
n = 2q−1
para q ∈ Z por tanto es una CON3
TRADICCIÓN por que n es UN ENTERO PAR.
Esta es una aplicación de la tautologı́a ((p → q) ∧
(v q) → (v p)) modus tollens dado que el argumento es una implicación p → q.
Ahora como ((p → q) ∧ (v q) → (v p)) es válida p → q debe ser verdadera y p y q deben ser
verdaderas y asu vez v q y v p son falsas entonces
((p → q) ∧ (v q) → (v p)) ≡ ((V ∧ F ) → F ) ≡ V
| {z }
| {z } | {z }
V
F
F
2.5 Demostración por casos. Se demuestra la implicación: (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) . . . ∧ (v
pn ∨ 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.
E.I.S.C
Técnicas de demostración
Definición valor absoluto:

 x
si x ≥ 0
| x |=
 −x si x ≤ 0
Por casos entonces: p: x e y son reales
q: | xy |=| x || y |
p es equivalente a 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 y
y ≥ 0, y por tanto | xy |= xy =| x || y |
(p2 → q) si x ≥ 0 y y < 0, entonces xy ≤ 0,
por tanto | xy |= −xy = x(−y) =| x || y |
(aquı́ 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 |
(aquı́ como x < 0, tenemos que | x |= −x)
E.I.S.C
Técnicas de demostración
(p4 → q) si x < 0 y y < 0, entonces xy > 0,
por tanto | xy |= xy == (−x)(−y) =| x || y |
(aquı́ como y < 0, tenemos que | y |= −y y
x < 0, tenemos que | x |= −x)
2.6 Demostración por equivalencia Se puede demostrar
un teorema que viene dado por un bicondicional,
esto es:
p ↔ q ≡ (p → q) ∧ (q → p)
Ejemplo 15. Demostrar el teorema: El entero n es
impar si, y sólo si, 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. (método directo).
sea n impar es de la forma n = 2k + 1 donde
k ∈ Z ahora vemos que pasa con n2 = (2k + 1)2 =
4k2 + 4k + 1 = 2 (2k2 + 2k) +1 por tanto n2 es
|
{z
}
Z
IMPAR. (queda demostrada p → q)
2)q → p, Hay que demostrar que si n2 es impar,
entonces n es impar. (Contradicción).
supongo que n es par, por tanto es de la forma
n = 2k tomando como premisa que n2 es impar y
llego a una contradicción.
ahora vemos que pasa con n2 = (2k)2 = 4k2 =
2 (2k2 ) por tanto n2 es PAR lo cuál es una CON| {z }
Z
TRADICCIÓN por que estamos suponiendo que
E.I.S.C
Técnicas de demostración
n2 es IMPAR
por tanto si n2 es impar, entonces n es impar (queda demostrada p → q)
2.7 Demostración por unicidad. Mostrar que existe
un único elemento x tal que P (x) es lo mismo que
demostrar la sentencia:
∃x(P (x) ∧ ∀y(y 6= x →v P (y)))
Entonces demostramos:
1) Existencia. mostramos que existe un elemento
x con la propiedad deseada.
2) Unicidad. Mostramos que si y 6= x, entonces y
no tiene la propiedad deseada.
Ejemplo 15.1 Demuestre que todo entero tiene un
único inverso respecto a la suma.
Esto es si p es un entero, entonces existe un
único entero q tal que p + q = 0
Existencia: Si p ∈ Z, encontramos que p+q =
0 cuando q = −p como q tambié es entero,
por consiguiente, existe un entero q tal que
p+q =0
Unicidad: se muestra que dado el entero p, el
entero q tal que p + q = 0 es UNICO.
supongamos que existe r ∈ Z tal que r 6= q y
p + r = 0 entonces p + q = p + r por tanto
q = r lo que contradice la suposición de que
r 6= q.
E.I.S.C
Técnicas de demostración
Por lo tanto hay un UNICO entero q tal que
p+q =0
Ejercicios Resueltos
1. Sean m y n enteros. Demuestre que n2 = m2
si y sólo si m = n o m = −n
Como es un teorema de si y sólo si p ↔ (q ∨
r) = (p → (q ∨ r)) ∧ ((q ∨ r) → p)
1)p → (q ∨ r)
Entonces p : n2 = m2 y q :m = n o r:m = −n
Sea n2 = m2 , n2 − m2 = 0, (n − m)(n + m) = 0
entonces
(n − m) = 0 y (n + m) = 0 por tanto m = n o
m = −n.
2) (q ∨ r) → p
Sea m = n o m = −n, n − m = 0 y n + m = 0,
(n − m)(n + m) = 0, n2 − m2 = 0, por tanto
n2 = m2
2. Demuestre que la suma de un irracional y un
racional es un irracional.
Por contradicción suponemos que la suma de
un irracional y un racional es racional bajo
la suposición de que i es irracional y r es
el racional y llegamos a contradicción llegando a establecer que cualquiera de los dos no
cumple con la condición de ser racional o irracional.
E.I.S.C
Técnicas de demostración
Sea i un irracional y r un racional entonces
suponemos que i + r es un racional, es decir
i + r = s donde s es racional.
Si despejamos i nos queda que i = s − r es
un RACIONAL lo cual es una contradicción
por que i es un irracional.
3. Demuestre que la suma de dos racionales es
un número racional (CONTRADICCIÓN)
Sean r y s racionales, entonces suponemos
que r + s es irracional, es decir r + s = i, despejamos r = i−s pero como se demostró que
la suma de un irracional y un racional es un
racional, entonces podemos deducir que r es
un irracional Por tanto es una contradicción
por que r es racional.
4. Demuestre que el producto de dos racionales
es racional.
Por el método directo es muy fácil se suponen
que r y s son racionales y se debe demostrar
que el producto es racional.
sean r = pq , p, q ∈ Z para q 6= 0 y s = kt k, t ∈ Z
E.I.S.C
Técnicas de demostración
para t 6= 0 y continuamos realizando el prodonde qt 6= 0 y pk ∈ Z y
ducto r · s = pq · kt = pk
qt
por tanto demostramos que r·s es un racional.
5. Demuestre que si x es irracional, 1/x también
lo es.(sea p : x es irracional y q : 1/x es irracional p → q
Por el método indirecto (se demuestra v q →v
p) Entonces suponemos que 1/x es racional y
demostramos 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 = pq donde ambos son enteros y p 6= 0 por lo tanto x es un RACIONAL.
6. Demuestre que si x e y son números reales,
entonces
max(x, y) + min(x, y) = x + y
Por casos; primero se demuestra para x ≤ y y
segundo para x ≥ y.
1) Sea x ≤ y entonces max(x, y) + min(x, y) =
y +x como y +x = x+y por tanto max(x, y)+
min(x, y) = x + y
E.I.S.C
Técnicas de demostración
2) Sea x ≥ y entonces max(x, y) + min(x, y) =
x+y
3. SUCESIONES, SUMATORIAS Y PRODUCTORIAS.
Sucesión. Es una lista de objetos dispuestos en
orden. un primer elemento, segundo elemento, un
tercer elemento y ası́ sucesivamente. esta es una
sucesión FINITA.
Ejemplo 16. Si la lista empieza por un primer elemento y sigue hasta n pasos, n ∈ N es una sucesión
INFINITA.
Ejemplo 17. La sucesión 1,0,0,1,0,1,0,0,1,1,1 es
una sucesión finita de elementos repetidos.
Ejemplo 18. La lista 3,8,13,18,23,... es una sucesión infinita.
Ejemplo 19. Otra sucesión infinita de los cuadrados de todos los enteros positivos. 1,4,9,16,25,....,
3.1 Fórmula recursiva o recurrente
Ejemplo 20. Sea la sucesión infinita 3,8,13,18,23,...la
podemos expresar como una fórmula recurrente
ası́: an = an−1 + 5 para a1 = 3 para 2 ≤ n < ∞
Ejemplo 21. Sea la sucesión infinita 5,10,20,40,80,160
la podemos expresar como una fórmula recurrente
ası́: tn = 2tn−1 para t1 = 5 para 2 ≤ n ≤ 6
E.I.S.C
Técnicas de demostración
Ejemplo 22. Encontrar una fórmula recursiva para
la sucesión 3,7,11,15,19,23,....
3.2 Fórmula Explı́cita.
Ejemplo 23. Sea la sucesión 1,4,9,16,25,...., la fórmula explı́cita es bn = n2 tal que n ≥ 1
Ejemplo 24. Sea la sucesión -4,16,-64,256,....
sn = −(4)n para n ≥ 1
Ejemplo 25. Encontrar una fórmula explı́cita para
la sucesión finita: 87,82,77,72,67.
3.3 Progresión geométrica. Es una sucesión de la
forma:
a, ar, ar 2 , . . . , arn
donde el término inicial a y la razón r de la progresión son reales.
Ejemplo 26. La sucesión {bn}, bn = (−1)n para
n ≥ 1 es una progresión geométrica donde el termino inicial a = −1 y la razón r = −1
b1 , b2 , b3 , b4 , . . . comienza por −1, 1, −1, 1, ....
Ejemplo 27. Sea cn = 2 · 5n para n ≥ 1 es una
progresión geométrica con término inicial a = 10
y razón r = 5 donde c1 , c2 , c3 , c4 , . . . comienza por
10, 50, 250, 1,250, . . . ,
Ejemplo 28. Dada la siguiente progresión geométrica dn = 6 · (1/3)n para n ≥ 1 encontrar el término
inicial y la razón.
E.I.S.C
Técnicas de demostración
3.4 Progresión aritmética. Una progresión aritmética
es una sucesión de la forma:
a, a + d, a + 2d, a + 3d, . . . , a + nd
donde el término inicial a y la diferencia d son
números reales.
Ejemplo 29. La sucesión sn = −1 + 4n para n ≥ 0
es una progresión aritmética con término inicial
a = −1 y diferencia d = 4, la progresión comienza
c0 , c1 , c2 , c3 , . . . comienza por −1, 3, 7, 11, . . .
Ejemplo 30. La sucesión tn = 7 − 3n para n ≥ 0
es una progresión aritmética con término inicial
a = 7 y diferencia d = −3, la progresión comienza
t0 , t1 , t2 , t3 , . . . comienza por 7, 4, 1, −2, . . .
3.5 Sumatorias. Usamos la notación de la sumatoria para expresar la suma de los términos.
am , am+1 , · · · , an
de la sucesión {an}. Usamos la notación
n
X
aj
j=m
Para representar am + am+1 + · · · + an
j es el ı́ndice de la sumatoria, n lı́mite superior y
m lı́mite inferior.
Ejemplo 31. Exprese la suma de los cien primeros
E.I.S.C
Técnicas de demostración
términos de la sucesión {an}, donde an = 1/n para
n = 1, 2, 3, . . .
100
X
1
j=1
j
Ejemplo 32. Cuál es el valor de
P5
P5
j=1 j
2
= 12 + 22 + 32 + 42 + 52
= 1 + 4 + 9 + 16 + 25
= 55
j=1 j
2
Ejemplo 33. supongamos que tenemos la suma:
5
X
2
j=1
y queremos que el ı́ndice varı́e entre 0 y 4 en lugar
de 1 y 5
para conseguir esto hacemos k = j − 1 por tanto
el término j 2 se convierte en (k + 1)2 , ası́:
4
X
(k + 1)2
k=0
Es fácil ver que ambas suman 55.
Ejemplo 34. Supongamos que tenemos:
4 X
3
X
i=1 j=1
ij
E.I.S.C
Técnicas de demostración
Primero se desarrolla la sumatoria interna:
4 X
3
X
i=1 j=1
ij =
4
X
(i+2i+3i) =
i=1
4
X
6i = 6+12+18+24 = 60
i=1
Pn
Pn
i=1 can =
Pn
Pcn i=1 anPn
+ i=1 bi
i=1
Pn(ai + bi) = i=1 ai P
n
(a
+
b
)
=
na
+
i
i=1 P
i=1 bi
n
i = n(n+1)
i=1
2
Pn 2
n(n+1)(2n+1)
i=1 i =
6
P
n
n2 (n+1)2
3
i =
4
Pn
Pn+pi=1
Pn−p
f
(k)
=
f
(k
−
p)
=
k=iP
k=i+p
k=i−p f (k + p)
n
j=1 (aj − aj−1 ) = an − a0 telescópica
Pn
k = ar n+1 −a , r 6= 1
ar
k=0
r−1
Teorema 1. Si a y r son reales y r 6= 0, entonces:
arn+1−a
n
X
si r 6= 1
r−1
ar j =
(n + 1)a si r = 1
j=0
Ejemplo 35.0 Use la fórmula para la suma de los
términos de una progresión geométrica para evaluar la suma de la progresión Cn = 2 · 3n, para
5 ≥ n ≥ 0:
La sucesión Cn tiene como elementos 2, 2 · 3, 2 ·
32 , 2 · 33 , 2 · 34 , 2 · 35 Entonces podemos calcular la
suma de estos elementos:
5
X
j=0
2 · 3j = 2 + 2 · 3 + 2 · 32 + 2 · 33 + 2 · 34 + 2 · 35
E.I.S.C
Técnicas de demostración
Usando el teorema 1. donde a = 2 y r = 3 tenemos:
5
X
2 · 35+1 − 2
2(36 − 1)
2·3 =
=
= 36 − 1 = 728
3−1
2
j=0
j
Ejemplo 35. Obtener
100
X
k2
k=50
Solución:
P100
P49
P100
P100
2 =
k=1 k
jamos:
2
k=50 k =
2
k=1 k +
2
k=1 k −
según la tabla
P100
k=50 k
2
=
P100
k=50 k
P49
k=1 k
Pn
2
k=1 k =
2
entonces despe-
2
n(n+1)(2n+1)
6
100·101·201 49·50·99
− 6
6
=338.350 -40.425=297.925
Ejemplo 36. Aplique la propiedad telescópica para
calcular:
n
X
(2k − 1)
k=1
Sea 2k − 1 = k2 − (k − 1)2 entonces obtenemos
Pn
k=1 (k
2
− (k − 1)2 ) = n2
E.I.S.C
Técnicas de demostración
3.6 Productorias. El producto de am, am+1 , · · · , an
se representa por:
n
Y
aj
j=m
Ejemplo 37. Cuál es el valor de estos productos
Q10
i=0
Qi=0
8
i=5 i = 5 · 6 · 7 · 8 = 1680
Ejemplo 38. Cuál es el valor de estos productos
Q4
i=0 j! = 1 · 2 · 6 · 24 = 288
4. INDUCCION MATEMATICA.
Es una técnica de demostración que se utiliza para
demostrar muchos teoremas que afirman que P (n)
es verdadera para todos los enteros positivos n.
La inducción matemática se usa para demostrar
proposiciones de la forma ∀nP (n), donde el dominio es el conjunto de los enteros positivos.
Una demostración por inducción de que P (n) es
verdadera para todo n ∈ Z+ consiste en dos pasos:
PASO BASE: Se muestra que la proposición P(1) es
verdadera.
PASO INDUCTIVO: se muestra que la implicación
P (k) → P (k + 1) es verdadera para todo entero
positivo k.
La sentencia P (k) para un entero positivo fijo k
se denomina la hipótesis de inducción.
E.I.S.C
Técnicas de demostración
La inducción matemática expresada como regla
de inferencia:
[P (1) ∧ ∀k(P (k) → P (k + 1))] → ∀nP (n)
En pocas palabras sólo se muestra que si se supone
que P (k) es verdadera, entonces P (k + 1) es también verdadera.
Ejemplo 39. Demostrar por inducción que la suma
de los n primeros enteros positivos para n ≥ 1 es
n(n+1)
es decir:
2
1 + 2 + 3 + ··· + n =
n(n+1)
2
Sea P (n) : el predicado 1 + 2 + 3 + · · · + n =
para n ≥ 1
n(n+1)
2
PASO BASE: Se muestra que P (1) es verdadera.
entonces
lo cuál es verdadera.
P (1): 1 = 1(1+1)
2
PASO INDUCTIVO: Se debe demostrar que si P (k) es
verdadera entonces P (k + 1) para k ≥ 1
Sea P (k) : (hipótesis de inducción)
k(k + 1)
2
Ahora hay que demostrar la verdad de P (k + 1) :
(tesis de inducción)
1 + 2 + 3 + ··· + k =
1 + 2 + 3 + · · · + (k + 1) =
(k + 1)(k + 2)
2
E.I.S.C
Técnicas de demostración
Entonces comienza la demostración tomando la
hipótesis:
k(k + 1)
2
se suma (k + 1) en ambos miembros:
1 + 2 + 3 + ··· + k =
1 + 2 + 3 + · · · + k + (k + 1) =
k(k + 1)
+ (k + 1)
2
k(k + 1) + 2(k + 1)
2
factorizando (k + 1) nos queda:
1 + 2 + 3 + · · · + k + (k + 1) =
(k + 1)(k + 2)
2
Por tanto como se demostró la tesis de inducción,
entonces P (n) es verdadero para todos los valores
n ≥ 1.
1 + 2 + 3 + · · · + k + (k + 1) =
Ejemplo 40. Demostrar por inducción para n ≥ 1
que:
1 + 3 + 5 + · · · + (2n − 1) = n2
PASO BÁSICO: sea P (1)
1 = 12
PASO INDUCTIVO: Se debe demostrar que si P (k) es
verdadera entonces P (k + 1) para k ≥ 1 Sea P (k) :
(hipótesis de inducción)
1 + 2 + 3 + · · · + (2k − 1) = k2
E.I.S.C
Técnicas de demostración
Ahora hay que demostrar la verdad de P (k + 1) :
(tesis de inducción)
1 + 2 + 3 + · · · + (2k − 1) + (2k + 1) = (k + 1)2
Entonces comienza la demostración tomando la
hipótesis:
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 inducción,
por tanto para n ≥ 1 P (n) es verdadera.
Ejemplo 41. Demostrar por inducción la desigualdad:
n < 2n para n ≥ 1
Sea P (n) : es la proposición n < 2n
1) PASO BÁSICO: P (1) es verdadera, dado que
1 < 21 = 2
2) PASO INDUCTIVO: Suponemos que P (k) es
verdadero y demostramos que P (k + 1) también
lo es.
P (k): k < 2k para k ≥ 1
P (k + 1): k + 1 < 2k+1 para n ≥ 1
k < 2k
E.I.S.C
Técnicas de demostración
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 por
inducción que:
1 + 2 + 22 + · · · + 2n = 2n+1 − 1 para n ≥ 0
4.1 Invariante de ciclo
Es una técnica para demostrar que los ciclos y
programas hacen lo que se afirma que hacen.
Hacen parte de la teorı́a de la verificación de
algoritmos.
Es una relación entre variables que persiste a
través de todas las iteraciones del ciclo.
E.I.S.C
Técnicas de demostración
Ejemplo 43. Consideremos el siguiente código:
FUNCTION CUAD (A)
1. C ← 0
2. D ← 0
3. WHILE (D 6= A)
a. C ← C + A
b. D ← D + 1
4. RETURN(C)
Este ciclo calcula el cuadrado del número A es decir C = A2
Pasos:
1. Encontramos la invariante de ciclo que relacione algunas de las variables, para ello se
debe realizar la prueba de escritorio.
2. La invariante nada tiene que ver con la salida.
3. Demostramos por inducción matemática la
invariante de ciclo encontrada. La invariante
de ciclo será la proposiciòn P (n)
Hay sólo tres variables de las cuales A se comporta como constante, C y D como variables
a través de la prueba de escritorio.
La invariante de ciclo es la proposición
P (n) : Cn = A × Dn para n ≥ 0
Ahora la demostramos por inducción:
PASO BÁSICO: Sea P (0) entonces C0 = A × D0 ,
E.I.S.C
Técnicas de demostración
0 = A × 0 por tanto se cumple.
PASO INDUCTIVO:
P (k) : Ck = A × Dk (Hipótesis)
P (k + 1) : Ck+1 = A × Dk+1 (Tesis)
Ck+1 =
=
=
=
(1)
(2)
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 la
invariante de ciclo y demostrarla por inducción.
RUTINA exp(N,M:R)
1. R ← 1
2. K ← 2M
3. WHILE (k > 0)
a. R ← R × N
b. K ← K − 1
4. RETURN
CALCULA: R = N 2M
La invariante de ciclo es la proposición
P (n) : Rn × N kn = N 2M
PASO BÁSICO: P (0) : R0 ×N k0 = N 2M , 1×N 2M =
N 2M
entonces N 2M = N 2M por tanto se cumple P (0)
E.I.S.C
Técnicas de demostración
PASO INDUCTIVO:
P (s) : Rs × N ks = N 2M (Hipótesis)
P (s + 1) : Rs+1 × N ks+1 = N 2M (Tesis)
Rs+1 × N ks+1
=
=
=
=
=
=
Rs × N × N ks+1 reemplazando 3.a
Rs × N × N ks −1 reemplazando 3.b
Rs × N × N ks × N −1 usando álgebra
Rs × N ks × N × N −1 agrupando
Rs × N ks
N 2M usando la hipótesis
Por tanto queda demostrado que Rs+1 × N ks+1 =
N 2M
5. DEFINICIONES RECURSIVAS.
A veces es dı́ficil definir objetos de forma explı́cita y sin embargo, puede resultar sencillo
definirlos en términos de ellos mismos, este
proceso se llama recursión.
Podemos utilizar la recursión para definir sucesiones, funciones y conjuntos.
Podemos demostrar resultados sobre conjuntos definidos recursivamente empleando el método de inducción estructural.
Utilizamos dos pasos para definir una función
recursivamente bajo el dominio de los enteros
no negativos.
E.I.S.C
Técnicas de demostración
1. PASO BASE: Se especifica el valor de la
función en cero.
2. PASO RECURSIVO: Se proporciona una regla
para obtener su valor en un entero a partir
de sus valores en enteros más pequeños.
Ejemplo 45. Supongamos que f se define recursivamente como sigue:
f (0) = 3
f (n + 1) = 2f (n) + 3
Entonces:
f (1) = 2f (0) + 3 = 2,3 + 3 = 9
f (2) = 2f (1) + 3 = 2,9 + 3 = 21
f (3) = 2f (2) + 3 = 2,21 + 3 = 45
f (4) = 2f (3) + 3 = 2,45 + 3 = 93
Ejemplo 46. Una definición recursiva de la función
factorial f (n) = n!
Primero se especifica un valor para f (0) y encontramos una regla para calcular f (n + 1) en función
de f (n).
f (0) = 1
f (n + 1) = (n + 1)f (n)
Calculemos f (4)
f (4) = 4 · f (3) = 4 · 3f (2) = 4 · 3 · 2 · f (1) =
4 · 3 · 2 · 1 · f (0) = 4 · 3 · 2 · 1 · 1 = 24
podemos tamién obtener un código simple para
la función factorial:
E.I.S.C
Técnicas de demostración
Función factorial (n:entero positivo)
If n=1 then
Factorial(n):=1
Else
Factorial(n):= n*factorial(n-1)
End función.
Factorial (3)=3*factorial(2)=3*2*factorial(1)=3*2*1=6
Ejemplo 47. Una definición recursiva de:
n
X
ak
k=0
0
X
ak
= a0
k=0
n+1
X
ak = (
k=0
n
X
ak ) + an+1
k=0
Definición 1. Los números de Fibonnacci, f0 , f1 , . . . ,
se definen a partir de las ecuaciones f0 = 0, f1 = 1
y
fn = fn−1 + fn−2
para n = 2, 3, 4, . . .
Ejemplo 48. Los números de fibonacci, f0,f1,f2 son
definidos para n=2,3,4 son:
f2=f1+f0=1+0=1
E.I.S.C
Técnicas de demostración
f3=f2+f1=1+1=2,
f4=f3+f2=2+1=3,
f5=f4+f3=3+2=5,
f6=f5+f4=5+3=8,
función fibonacci (n:entero positivo)
if n=0 then
fibonacci(0):=0
else
if n=1 then
fibonnaci(1):=1
else
fibonacci(n):=fibonacci(n-1)+ fibonacci (n-2)
end fibonacci
Ejemplo 49. Un algoritmo recursivo para calcular
el máximo común divisor de dos enteros no negativos a y b, donde a < b.
procedure mcd(a,b)
si a=0 entonces mcd(a,b)=b
else
mcd(a,b):=mcd(b mod a,a)
end mcd
Ejemplo 50. (Función de Ackermann)

2n


0
A(m, n) =

 2
A(m − 1, A(m, n − 1))
si
si
si
si
m=0
m≥1 y n=0
m≥1 y n=1
m≥1 y n≥2
E.I.S.C
Técnicas de demostración
1. Obtener A(1, 0), como m = 1 y n = 0 entonces A(1, 0) = 0 se aplica el segundo criterio de la función.
2. Obtener A(1, 1), como m = 1 y n = 1 entonces A(1, 1) = 2 se aplica el tercer criterio
de la función.
3. Obtener A(0, 1), como m = 0 y n = 1 entonces A(0, 1) = 2(1) = 2 se aplica el primer
criterio de la función.
4. Obtener A(2, 2). Aplicando el cuarto criterio nos queda otra recursividad A(1, A(2, 1)),
ahora A(2, 1) = 2 por tercer criterio, por tanto tenemos que calcular A(1, 2). Por el cuarto criterio A(0, A(1, 1)), donde A(1, 1) = 2
reemplazando nos queda A(0, 2) por el primer
criterio A(0, 2) = 4 por tanto A(2, 2) = 4
5. Obtener A(2, 3). Usamos el cuarto criterio
A(2, 3) = A(1, A(2, 2)) ahora A(2, 2) = 4 es
decir que tenemos que calcular A(1, 4) por que
A(2, 3) = A(1, 4) lo podemos hacer de dos
formas:
a) Aplicando la siguiente fórmula A(1, n) =
2n si n ≥ 1, entonces A(1, 4) = 24 = 16
por tanto A(2, 3) = 16
b) Ahora sin usar fórmulas, sólo con recursividad. A(1, 4) aplicamos el cuarto criterio A(1, 4) = A(0, A(1, 3))
ahora calculamos A(1, 3) = A(0, A(1, 2))
E.I.S.C
Técnicas de demostración
ahora calculamos A(1, 2) = A(0, A(1, 1))
como A(1, 1) = 2 aplicando el tercer criterio.
A(1, 2) = A(0, 2) = 4 por el primer criterio, entonces A(1, 2) = 4
ahora reemplazamos A(1, 3) = A(0, A(1, 2)) =
A(0, 4) = 8 aplicando el primer criterio,
entonces A(1, 3) = 8
retomamos A(1, 4) = A(0, A(1, 3)) = A(0, 8) =
16 por el primer criterio. POR TANTO
A(2, 3) = 16
5.1 Conjuntos y estructuras bien definidas.
Las definiciones recursivas de un conjunto tienen
dos partes:
1. Paso base. Colección inicial de elementos.
2. Paso recursivo. Reglas para la formación de
nuevos elementos del conjunto a partir de los
que ya se conocen.
Definición 2. El conjunto Σ∗ de cadenas sobre
el alfabeto Σ se puede definir recursivamente por:
Paso base. λ ∈ Σ∗ , donde λ es la cadena vacı́a,
aquella que no tiene sı́mbolos.
Paso recursivo. Si w ∈ Σ∗ y x ∈ Σ∗ , entonces
wx ∈ Σ∗
E.I.S.C
Técnicas de demostración
Ejemplo 51. Sea Σ = {0, 1} las cadenas del conjunto Σ∗ , el conjunto de todas las cadenas de bits.
Paso base. lo constituye la cadena vacı́a λ
Paso recursivo. 0 y 1 cadenas que se forman recursivamente por primera vez, 00, 01, 10 y 11
cadenas que se forman al aplicar el paso recursivo
por segunda vez.
Definición 3. Dos cadenas se pueden combinar
mediante la operación de la concatenación. Sea
Σ un conjunto de sı́mbolos y Σ∗ el conjunto de
las cadenas formadas a partir de sı́mbolos de Σ.
Podemos definir recursivamente la concatenación
de dos cadenas, denotada con el sı́mbolo · como
sigue:
Paso base. Si w ∈ Σ∗ , entonces w · λ = w, donde λ
es la cadena vacı́a.
Paso recursivo. Si w1 ∈ Σ∗ , w2 ∈ Σ∗ y x ∈ Σ, entonces w1 · (w2 x) = (w1 · w2 )x
Ejemplo 52. Fórmulas bien formadas en lógica proposicional. Podemos definir el onjunto de fórmulas bien formadas con variables proposicionales y operadores lógicos, además de los valores V y F.
Paso base.{V, F} y p, donde p es una variable proposicional.
Paso recursivo. Si E y F son fórmulas bien formadas, entonces (v E), (E ∧ F ), (E ∨ F ), (E →
F ), (E ↔ F ) son fórmulas bien formadas.