Números enteros

Axiomas

Los axiomas son proposiciones que se aceptan como verdaderas sin necesidad de demostración.

Axiomas - Operaciones entre enteros

Dentro del conjunto de los números enteros $(\mathbb{Z})$ , y considerando que $a, b, c \in \mathbb{Z}$ podemos establecer los siguientes:

I1) $a+b,\; a\cdot b \in \mathbb{Z}$
I2) Conmutatividad: $a+b=b+a,\;ab=ba$
I3) Asociatividad: $(a+b)+c = a+(b+c),\; (a \cdot b)\cdot c = a \cdot (b \cdot c)$
I4) Elemento Neutro: $a + 0 = a,\; a \cdot 1 = a$
I5) Distributividad: $a \cdot (b+c) = a \cdot b + a \cdot c$
I6) Inverso aditivo: $a + (-a) = 0$
I7) Cancelación: Si $a \neq 0, \; a \cdot b = a \cdot c \Rightarrow b = c$

Axiomas - Orden de enteros

Pueden establecerse los siguientes axiomas con respecto a la relación “menor que” $(<)$ :

I8) Tricotomía: Para cada par de enteros $a$ y $b$ se cumple que $a < b$ , $a = b$ o $a > b$
I9) Transitividad: Si $a < b$ y $b < c \Rightarrow a < c$
I10) Compatibilidad de la suma con el orden: Si $a < b \Rightarrow a + c < b + c$
I11) Compatibilidad del producto con el orden: Si $a < b$ y $0 < c \Rightarrow ac < bc$

Axioma - Buena ordenación

Si $X$ es subjconjunto de $\mathbb{Z}, \; b$ entero es una cota inferior de $X$ si:

b \leq x,\;\forall x \in X

Algunos subconjuntos no tienen cotas inferiores (por ejemplo, el conjunto de los números negativos, ya que hay infinitos números negativos).

La cota inferior de un conjunto $X$ no necesariamente pertenece al mismo.
Una cota inferior de un conjunto $X$ que a su vez pertenece a $X$ se llama mínimo de $X$ .

I12) Si $X$ es un subconjunto no vacío de $\mathbb{Z}$ que tiene una cota inferior, entonces $X$ tiene un mínimo.

Ejercicios resueltos - Axiomas

Demostrar que el conjunto $\mathbb{Z}$ no tiene cota inferior.

Demostración:

Supongamos que $\mathbb{Z}$ tiene cota inferior, es decir, que existe un número entero $b$ tal que $b \leq x, \; \forall x \in \mathbb{Z}$ .
El número anterior a $b$ , es decir, $b-1$ , cumple con: $\;\;b-1 \leq x$ .
Por lo que $b$ no es cota inferior. Hay infinitos números enteros menores que $b$ .

Demostrar que $a \in \mathbb{Z}$ cumple con: $-(-a) = a$

Demostración:

Sabiendo que:

a + (-a) = 0

Podemos reexpresar los miembros de la suma como:

a \cdot 1 + a \cdot -1 = 0

Ahora, restamos en ambos lados $a \cdot -1$

a \cdot 1 + a \cdot -1 - (a \cdot -1) = -(a \cdot -1 )

Resolviendo, quedaría:

a \cdot 1 = -(a \cdot -1)

Dando como resultado

a = -(-a)

Demostrar que dados $a, b \in \mathbb{Z}$ se cumple que:

a = b \Leftrightarrow -a = -b

Demostración:

Esto se puede demostrar restando $a$ y $b$ en ambos lados de la igualdad:

a = b

a - a - b = b - a - b

Lo cual nos da el resultado:

-b = -a

Sean $a, b \in \mathbb{Z}$ , probar la siguiente afirmación:

Si $0 < a$ y $0 < b$ , entonces $a < b \Leftrightarrow a^2 < b^2$ .

Demostración:

Suponiendo que $a < b$ :

Si multiplicamos ambos lados de la desigualdad por $a$ , obtenemos:

\begin{align*} a \cdot a &< a \cdot b\\ a^2 &< ab \end{align*}

a) $a^2 < ab$

Si multiplicamos ambos lados de la desigualdad por $b$ , obtenemos:

\begin{align*} a \cdot b &< b \cdot b \\ ab &< b^2 \end{align*}

b) $ab < b^2$

De a) y b), concluimos por transitividad que $a^2 < b^2$ .

Sean $a, b \in \mathbb{Z}$ , probar la siguiente afirmación:

Si $a \neq 0$ , entonces $a^2 > 0$ .

Demostración:

En el caso que $a > 0$ :

\begin{align*} a \cdot a &> a \cdot 0 \\ a^2 &> 0 \end{align*}

a) $a^2 > 0$

En el caso que $a < 0$ :

\begin{align*} a + (-a) &< (-a) \\ 0 &< (-a) \\ 0 &< (-a) \cdot (-a) \\ 0 &< a^2 \end{align*}

b) $0 < a^2$

Por a) y b), concluimos que $a^2 > 0$ .

Sean $a, b \in \mathbb{Z}$ , probar la siguiente afirmación:

Si $a \neq b$ , entonces $a^2 + b^2 > 0$ .

Demostración:

Si $a > b$ :

\begin{align*} a^2 &> b^2 \\ a^2 + b^2 &> b^2 \end{align*}

Si $a < b$ :

\begin{align*} a^2 &< b^2 \\ a^2 + b^2 &> a^2 \end{align*}

Al ser cuadrados, ambos son positivos. Contemplando si $a^2 = 0\;$ o $\;b^2 = 0$ ya que ambos serán distintos. Por lo que $a^2 + b^2 > 0$ .

Fórmulas cerradas y definiciones recursivas

Cuando una sucesión se puede expresar combinando un número determinado de operaciones, es
una fórmula cerrada.

Una sucesión $u_n$ por fórmula cerrada sería: $u_n = 2n + 1$

Cuando una sucesión se define a partir de un número finito de términos iniciales y una regla que permite obtener cualquier término a partir de los anteriores, está definida de manera recursiva.

$u_1 = 3,\; u_2 = 4$ (Casos base)
$u_n = u_{n-1} + u_{n-2}$ (Caso recursivo)

Si quisieramos saber el valor de $u_3$ , tendríamos que calcular:

\begin{align*} u_3 &= u_2 + u_1 \\ 7 &= 4 + 3 \end{align*}

Sumatoria

Una sumatoria es una expresión matemática que representa la suma de una secuencia de términos.

\displaystyle{\sum_{i=1}^{n}} i = 1 + 2 + 3 + ... + n = \frac{n(n+1)}{2}

Productoria

Una productoria es una expresión matemática que representa el producto de una secuencia de términos.

\displaystyle{\prod_{i=1}^{n}} i + i = (1 + 1) \cdot (2 + 2) \cdot ... \cdot (n + n)

También podemos definir:

\displaystyle{\prod_{i=1}^{n}} i = 1 \cdot 2 \cdot 3 \cdot ... \cdot n = n!

Se lee como ” $n$ factorial”, este carece de formula cerrada.

Y en base a lo anterior, podemos definir recursivamente estas expresiones:

\displaystyle{\sum_{i=1}^{n}} a_i = \displaystyle{\sum_{i=1}^{n-1}} a_i + a_n

\displaystyle{\prod_{i=1}^{n}} a_i = \displaystyle{\prod_{i=1}^{n-1}} a_i \cdot a_n

n! = (n-1)! \cdot n

Potencias

Definimos la $n$ -ésima potencia de un número $a \in \mathbb{N}$ si:

a^1 = a,\; a^n = a \cdot a^{n-1}\; (n \geq 2)

Finalmente definimos $a^0 = 1$ .

Inducción

La inducción es un método de demostración matemática que se utiliza para probar que una proposición es verdadera para todos los números naturales.

Principio de Inducción

Ejemplo:

Supongamos que queremos probar que: $\displaystyle{\sum_{k=1}^n} i \cdot i! = (n + 1)! - 1, \; \forall n \in \mathbb{N}$ .

Podemos probarla por el principio de inducción de la siguiente manera:

1) Definimos un caso base, por lo general usamos el de $n = 1$ .

\displaystyle{\sum_{k=1}^n} i \cdot i! = (n + 1)! - 1

Reemplazamos $n = 1$ :

\displaystyle{\sum_{k=1}^1} i \cdot i! = (1 + 1)! - 1

Reemplazamos $i = 1$ :

1 \cdot 1! = 2! - 1

Resolvemos:

\begin{align*} 1 &= 2 - 1 \\ 1 &= 1 \end{align*}

Como podemos ver, la igualdad se cumple para el caso base $n=1$ .

2) Suponemos que se cumple para $n=k$ , siendo $k$ un $\mathbb{N}$ arbitrario. Reemplazamos $n=k$ en la proposición a demostrar y definimos la hipótesis inductiva:

\displaystyle{\sum_{k=1}^k} i \cdot i! = (k + 1)! - 1

3) Suponemos que se cumple para $n=k+1$ , el siguiente de $k$ y cualquier $\mathbb{N}$ (paso inductivo). Reemplazamos $n=k+1$ en la proposición a demostrar:

\begin{align*} \displaystyle{\sum_{k=1}^{k+1}} i \cdot i! &= ((k + 1) + 1)! - 1 \\ \displaystyle{\sum_{k=1}^{k+1}} i \cdot i! &\stackrel{?}{=} (k + 2)! - 1 \end{align*}

Procedemos a demostrar:

\displaystyle{\sum_{k=1}^{k+1}} i \cdot i! = (k + 2)! - 1

Reemplazamos el primer término por la definición recursiva de $\sum$ :

\displaystyle{\sum_{k=1}^{k}} i \cdot i! + (k + 1) \cdot (k + 1)! = (k + 2)! - 1

Reemplazamos por la hipótesis inductiva:

(k + 1)! - 1 + (k + 1) \cdot (k + 1)! = (k + 2)! - 1

Aplicamos propiedad conmutativa en el primer término:

(k + 1)! + (k + 1) \cdot (k + 1)! - 1 = (k + 2)! - 1

Sacamos factor común de $(k + 1)!$

(k + 1)! \cdot (1 + (k + 1)) - 1 = (k + 2)! - 1

Aplicamos propiedad asociativa:

(k + 1)! \cdot (k + 2) - 1 = (k + 2)! - 1

Si multiplicamos $(k+1)! \cdot (k+2)$ obtenemos $(k+2)!$ , ya que $(k+2)$ es el siguiente número de $(k+1)$ :

(k + 2)! - 1 = (k + 2)! - 1

La igualdad se cumple para $n=k+1$ , por lo que la proposición es verdadera para cualquier $n \in \mathbb{N}$ .

Principio de Inducción Completa

En algunos casos, es conveniente tomar valores distintos a $n=1$ o tomar como hipótesis inductiva que la proposición es verdadera para todos los valores $n \leq k$ en lugar de $n=k$ .

Sea $n_0$ un entero y $P(n)$ una proposición que depende de un entero $n \geq n_0$ tal que:

a) $P(n_0)$ es verdadera.
b) Si $P(h)$ verdadera para toda $h$ tal que $n_0 \leq h \leq k$ , entonces $P(k+1)$ es verdadera.

Entonces, $P(n)$ es verdadera para todo $n \geq n_0$ .

Ejemplo:

Sea $\{a_n\}_{n\in\mathbb{N}}$ una sucesión definida por:

\left\{ \begin{array}{ll} a_0 = 1, \\ a_1 = 2, \\ a_n = 7a_{n-1} - 12a_{n-2}, \quad n \geq 2 \end{array} \right.

Probar que $a_n = 2 \cdot 3^n - 4^n, \; \forall n \in \mathbb{N}_0$ :

1) Por definición de la sucesión tenemos que $a_0 = 1$ y $a_1 = 2$ (casos base). Reemplazamos en la proposición a demostrar:

a_0 = 2 \cdot 3^0 - 4^0 = 1

a_1 = 2 \cdot 3^1 - 4^1 = 2

La proposición es verdadera para $n=0$ y $n=1$ .

2) Debemos probar que si para algún $k \geq 1$ vale: $\;\;a_h = 2 \cdot 3^h - 4^h$ para $0 \leq h \leq k$ (hipótesis inductiva)

3) Suponiendo que lo anterior es cierto, seguimos el paso inductivo y probamos que:

a_{k+1} = 2 \cdot 3^{k+1} - 4^{k+1}

Aplicamos la definición de $a_n$

a_{k+1} = 7a_{k+1-1} - 12a_{k+1-2}

Resolvemos:

a_{k+1} = 7a_k - 12a_{k-1}

Aplicamos la hipótesis inductiva:

a_{k+1} = 7(2 \cdot 3^k - 4^k) - 12(2 \cdot 3^{k-1} - 4^{k-1})

Para poder probar la igualdad, necesitamos que los exponentes sean iguales a $k+1$ , por lo que multiplicaremos las potencias por $3$ y $4$ como sea posible. En este caso, reexpresaremos $12 \cdot 2$ como $8 \cdot 3 \cdot 3$ y $12 \cdot 1$ como $3 \cdot 4 \cdot 4$ :

a_{k+1} = 14 \cdot 3^k - 7 \cdot 4^k - 8 \cdot 3 \cdot 3^{k-1} + 3 \cdot 4 \cdot 4^{k-1}

Multiplicamos las potencias:

a_{k+1} = 14 \cdot 3^k - 7 \cdot 4^k - 8 \cdot 3^k + 3 \cdot 4^k

Aplicamos factor común:

a_{k+1} = 3^k \cdot (14-8) + 4^k \cdot ((-7)+3)

Resolvemos:

a_{k+1} = 6 \cdot 3^k - 4 \cdot 4^k

Reexpresamos $6$ como $2 \cdot 3$ :

a_{k+1} = 2 \cdot 3 \cdot 3^k - 4 \cdot 4^k

Multiplicamos $3^k$ por $3$ y $4^k$ por $4$ :

a_{k+1} = 2 \cdot 3^{k+1} - 4^{k+1}

La proposición es verdadera para $n=k+1$ , por lo que la proposición es verdadera para cualquier $n \in \mathbb{N}_0$ .

Ejercicios resueltos - Inducción

Demostrar que $\displaystyle{\sum_{i=0}^{n}}\;2^i = 2^{n+1}-1, \; \forall n \in \mathbb{N_0}$ .

Demostración:

1) Definimos un caso base, por lo general usamos el de $n = 0$ .

\displaystyle{\sum_{i=0}^{n}}\;2^i = 2^{n+1}-1

Reemplazamos $n = 0$ :

\displaystyle{\sum_{i=0}^{0}}\;2^i = 2^{0+1}-1

Reemplazamos $i = 0$ :

2^0 = 2^1 - 1

Resolvemos:

\begin{align*} 1 &= 2 - 1 \\ 1 &= 1 \end{align*}

Como podemos ver, la igualdad se cumple para el caso base $n=0$ .

2) Suponemos que se cumple para $n=k$ , siendo $k$ un $\mathbb{N}$ arbitrario. Reemplazamos $n=k$ en la proposición a demostrar y definimos la hipótesis inductiva:

\displaystyle{\sum_{i=0}^{k}}\;2^i = 2^{k+1}-1

3) Ahora, demostramos para $n=k+1$ (paso inductivo):

\begin{align*} \displaystyle{\sum_{i=0}^{k+1}}\;2^i &= 2^{k+1+1}-1 \\ \displaystyle{\sum_{i=0}^{k+1}}\;2^i &\stackrel{?}{=} 2^{k+2}-1 \end{align*}

Procedemos a demostrar:

\displaystyle{\sum_{i=0}^{k+1}}\;2^i = 2^{k+2}-1

Reemplazamos el primer término por la definición recursiva de $\sum$ :

\displaystyle{\sum_{i=0}^{k}}\;2^i + 2^{k+1} = 2^{k+2}-1

Reemplazamos por la hipótesis inductiva:

2^{k+1}-1 + 2^{k+1} = 2^{k+2}-1

Resolvemos:

2 \cdot 2^{k+1} - 1 = 2^{k+2} - 1

2^{k+2} - 1 = 2^{k+2} - 1

La igualdad se cumple para $n=k+1$ , por lo que la proposición es verdadera para cualquier $n \in \mathbb{N}_0$ .

Demostrar que $\displaystyle{\sum_{i=1}^{n}}\;i^2 = \frac{n(n+1)(2n+1)}{6}, \; \forall n \in \mathbb{N}$ .

Demostración:

1) Definimos un caso base, por lo general usamos el de $n = 1$ .

\displaystyle{\sum_{i=1}^{n}}\;i^2 = \frac{n(n+1)(2n+1)}{6}

Reemplazamos $n = 1$ :

\displaystyle{\sum_{i=1}^{1}}\;i^2 = \frac{1(1+1)(2 \cdot 1+1)}{6}

Reemplazamos $i = 1$ :

1^2 = \frac{1(1+1)(2 \cdot 1+1)}{6}

Resolvemos:

\begin{align*} 1 &= \frac{1 \cdot 2 \cdot 3}{6} \\ 1 &= 1 \end{align*}

Como podemos ver, la igualdad se cumple para el caso base $n=1$ .

2) Suponemos que se cumple para $n=k$ , siendo $k$ un $\mathbb{N}$ arbitrario. Reemplazamos $n=k$ en la proposición a demostrar y definimos la hipótesis inductiva:

\displaystyle{\sum_{i=1}^{k}}\;i^2 = \frac{k(k+1)(2k+1)}{6}

3) Ahora, demostramos para $n=k+1$ (paso inductivo):

\begin{align*} \displaystyle{\sum_{i=1}^{k+1}}\;i^2 &= \frac{(k+1)(k+1+1)(2(k+1)+1)}{6} \\ \displaystyle{\sum_{i=1}^{k+1}}\;i^2 &\stackrel{?}{=} \frac{(k+1)(k+2)(2k+3)}{6} \end{align*}

Procedemos a demostrar:

\displaystyle{\sum_{i=1}^{k+1}}\;i^2 = \frac{(k+1)(k+1+1)(2(k+1)+1)}{6}

Reemplazamos el primer término por la definición recursiva de $\sum$ :

\displaystyle{\sum_{i=1}^{k}}\;i^2 + (k+1)^2 = \frac{(k+1)(k+1+1)(2(k+1)+1)}{6}

Reemplazamos por la hipótesis inductiva:

\frac{k(k+1)(2k+1)}{6} + (k+1)^2 = \frac{(k+1)(k+1+1)(2(k+1)+1)}{6}

Resolvemos:

\frac{k(k+1)(2k+1)}{6} + (k+1)^2 = \frac{(k+1)(k+1+1)(2(k+1)+1)}{6}

\frac{k(k+1)(2k+1)}{6} + k^2 + 2k + 1 = \frac{(k+1)(k+2)(2k+3)}{6}

\frac{k(k+1)(2k+1) + 6k^2 + 12k + 6}{6} = \frac{(k+1)(k+2)(2k+3)}{6}

\frac{2k^3 + 3k^2 + k + 6k^2 + 12k + 6}{6} = \frac{2k^3 + 9k^2 + 13k + 6}{6}

\frac{2k^3 + 9k^2 + 13k + 6}{6} = \frac{2k^3 + 9k^2 + 13k + 6}{6}

La igualdad se cumple para $n=k+1$ , por lo que la proposición es verdadera para cualquier $n \in \mathbb{N}$ .

Dada una sucesión $\{a_n\}_{n\in\mathbb{N_0}}$ definida por:

\left\{ \begin{array}{ll} a_0 = 2, \\ a_1 = 4, \\ a_n = 4a_{n-1} - 3a_{n-2}, \quad n \geq 2 \end{array} \right.

Demostrar que $a_n = 3^n + 1, \; \forall n \in \mathbb{N_0}$ .

Demostración:

1) Partimos de los casos base $n=0$ y $n=1$ :

a_0 = 3^0 + 1 = 2

a_1 = 3^1 + 1 = 4

La proposición es verdadera para $n=0$ y $n=1$ .

2) Suponemos que se cumple para $n=k$ , siendo $k$ un $\mathbb{N}$ arbitrario y $0 \leq h \leq k$ (hipótesis inductiva):

a_h = 3^h + 1

3) Ahora, demostramos para $n=k+1$ (paso inductivo):

\begin{align*} a_{k+1} &= 3^{k+1} + 1 \\ a_{k+1} &\stackrel{?}{=} 3^{k+1} + 1 \end{align*}

Procedemos a demostrar:

a_{k+1} = 3^{k+1} + 1

Reemplazamos el primer término por la definición recursiva de $a_n$

a_{k+1} = 4a_k - 3a_{k-1}

Aplicamos la hipótesis inductiva:

\begin{align*} a_{k+1} &= 4(3^k + 1) - 3(3^{k-1} + 1) \\ a_{k+1} &= 4 \cdot 3^k + 4 - 3 \cdot 3^{k-1} - 3 \\ \end{align*}

Multiplicamos $3$ por $3^{k-1}$ :

a_{k+1} = 4 \cdot 3^k + 4 - 3^k - 3 \\

Aplicamos factor común de $3^k$ y restamos $3$ :

a_{k+1} = 3^k \cdot (4 - 1) + 1 \\ a_{k+1} = 3^{k+1} + 1

La proposición es verdadera para $n=k+1$ , por lo que la proposición es verdadera para cualquier $n \in \mathbb{N_0}$ .

Dada una sucesión $\{a_n\}_{n\in\mathbb{N}}$ definida por:

\left\{ \begin{array}{ll} a_1 = 9, \\ a_2 = 33, \\ a_n = 7a_{n-1} - 10a_{n-2}, \quad n \geq 3 \end{array} \right.

Demostrar que $a_n = 2^{n+1} + 5^n, \; \forall n \in \mathbb{N}$ .

Demostración:

1) Partimos de los casos base $n=1$ y $n=2$ :

a_1 = 2^{1+1} + 5^1 = 9

a_2 = 2^{2+1} + 5^2 = 33

La proposición es verdadera para $n=1$ y $n=2$ .

2) Suponemos que se cumple para $n=k$ , siendo $k$ un $\mathbb{N}$ arbitrario y $1 \leq h \leq k$ (hipótesis inductiva):

a_h = 2^{h+1} + 5^h

3) Ahora, demostramos para $n=k+1$ (paso inductivo):

\begin{align*} a_{k+1} &= 2^{k+1+1} + 5^{k+1} \\ a_{k+1} &\stackrel{?}{=} 2^{k+2+1} + 5^{k+1} \end{align*}

Procedemos a demostrar:

a_{k+1} = 2^{k+1+1} + 5^{k+1}

Reemplazamos el primer término por la definición recursiva de $a_n$

a_{k+1} = 7a_k - 10a_{k-1}

Aplicamos la hipótesis inductiva:

\begin{align*} a_{k+1} &= 7(2^{k+1} + 5^k) - 10(2^k + 5^{k-1}) \\ a_{k+1} &= 7 \cdot 2^{k+1} + 7 \cdot 5^k - 10 \cdot 2^k - 10 \cdot 5^{k-1} \end{align*}

Reexpresamos $10$ como $2 \cdot 5$ :

\begin{align*} a_{k+1} &= 7 \cdot 2^{k+1} + 7 \cdot 5^k - 2 \cdot 5 \cdot 2^k - 2 \cdot 5 \cdot 5^{k-1} \\ a_{k+1} &= 7 \cdot 2^{k+1} + 7 \cdot 5^k - 5 \cdot 2^{k+1} - 2 \cdot 5^{k} \end{align*}

Aplicamos factor común de $2^{k+1}$ y $5^k$ :

\begin{align*} a_{k+1} &= 2^{k+1} \cdot (7 - 5) + 5^k \cdot (7 - 2) \\ a_{k+1} &= 2^{k+1} \cdot 2 + 5^k \cdot 5 \\ a_{k+1} &= 2^{k+2} + 5^{k+1} \end{align*}

La proposición es verdadera para $n=k+1$ , por lo que la proposición es verdadera para cualquier $n \in \mathbb{N}$ .

Introducción (MD1)Conteo