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
1.
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 \(b\).
2.
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
\[a = -(-a) \]3.
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:
\[-b = -a \]4.
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 \(a^2 < b^2\).
5.
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 \(a^2 > 0\).
6.
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
\[\displaystyle{\sum_{i=1}^{n}} i = 1 + 2 + 3 + ... + n = \frac{n(n+1)}{2} \]Una sumatoria es una expresión matemática que representa la suma de una secuencia de términos.
Productoria
\[\displaystyle{\prod_{i=1}^{n}} i + i = (1 + 1) \cdot (2 + 2) \cdot ... \cdot (n + n) \]Una productoria es una expresión matemática que representa el producto de una secuencia de términos.
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
1.
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 \(n \in \mathbb{N}_0\).
2.
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 \(n \in \mathbb{N}\).
3.
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 \(n \in \mathbb{N_0}\).
4.
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 \(n \in \mathbb{N}\).