Capítulo 2 — Números de varios tipos
Referencia bibliográfica: Michael Spivak, Calculus, 4.ª ed., capítulo 2, pp. 21–35; problemas pp. 27–35.
Este capítulo reúne soluciones propias de Matemática Abierta, con enunciados reducidos al contenido matemático necesario y referencias individuales a los ejercicios de Spivak.
Ejercicio 1 — SPV4-C02-E001
Referencia: Michael Spivak, Calculus, 4.ª ed., capítulo 2, ejercicio 1, p. 27. Formulación reducida al contenido matemático; solución propia de Matemática Abierta.
Tema: Inducción y sumas de potencias.
Problema
Demuestre por inducción que, para todo \(n\in\mathbb N\),
\[ 1^2+2^2+\cdots+n^2=\frac{n(n+1)(2n+1)}{6}. \]
\[ 1^3+2^3+\cdots+n^3=(1+2+\cdots+n)^2. \]
Solución
(i) Sea
\[ P(n):\qquad 1^2+2^2+\cdots+n^2=\frac{n(n+1)(2n+1)}6. \]
Para \(n=1\),
\[ 1^2=1=\frac{1\cdot2\cdot3}{6}, \]
así que \(P(1)\) es verdadera.
Supongamos ahora que \(P(k)\) es verdadera para cierto \(k\in\mathbb N\); es decir,
\[ 1^2+2^2+\cdots+k^2=\frac{k(k+1)(2k+1)}6. \]
Entonces
\[ \begin{aligned} 1^2+2^2+\cdots+k^2+(k+1)^2 &=\frac{k(k+1)(2k+1)}6+(k+1)^2\\ &=\frac{(k+1)\bigl(k(2k+1)+6(k+1)\bigr)}6\\ &=\frac{(k+1)(2k^2+7k+6)}6\\ &=\frac{(k+1)(k+2)(2k+3)}6. \end{aligned} \]
Como
\[ 2k+3=2(k+1)+1, \]
la última expresión es precisamente
\[ \frac{(k+1)((k+1)+1)(2(k+1)+1)}6. \]
Por tanto, \(P(k+1)\) es verdadera. Por el principio de inducción,
\[ \boxed{1^2+2^2+\cdots+n^2=\frac{n(n+1)(2n+1)}6} \]
para todo \(n\in\mathbb N\).
(ii) Sea
\[ Q(n):\qquad 1^3+2^3+\cdots+n^3=(1+2+\cdots+n)^2. \]
Para \(n=1\),
\[ 1^3=1=(1)^2, \]
así que \(Q(1)\) es verdadera.
Supongamos que \(Q(k)\) es verdadera. Usando además la fórmula ya conocida
\[ 1+2+\cdots+k=\frac{k(k+1)}2, \]
tenemos
\[ 1^3+2^3+\cdots+k^3 =\left(\frac{k(k+1)}2\right)^2. \]
Al añadir \((k+1)^3\) obtenemos
\[ \begin{aligned} 1^3+2^3+\cdots+k^3+(k+1)^3 &=\left(\frac{k(k+1)}2\right)^2+(k+1)^3\\ &=(k+1)^2\left(\frac{k^2}{4}+k+1\right)\\ &=(k+1)^2\frac{k^2+4k+4}{4}\\ &=\left(\frac{(k+1)(k+2)}2\right)^2. \end{aligned} \]
Pero
\[ \frac{(k+1)(k+2)}2=1+2+\cdots+(k+1). \]
Por tanto,
\[ 1^3+2^3+\cdots+(k+1)^3 =\bigl(1+2+\cdots+(k+1)\bigr)^2, \]
de modo que \(Q(k+1)\) es verdadera. Por inducción,
\[ \boxed{1^3+2^3+\cdots+n^3=(1+2+\cdots+n)^2} \]
para todo \(n\in\mathbb N\).
Observación
En ambos incisos la inducción verifica la fórmula, pero no explica por sí sola cómo descubrirla. Esa distinción entre descubrimiento y demostración reaparece inmediatamente en los ejercicios siguientes del capítulo.
Ejercicio 2 — SPV4-C02-E002
Referencia: Michael Spivak, Calculus, 4.ª ed., capítulo 2, ejercicio 2, p. 27. Formulación reducida al contenido matemático; solución propia de Matemática Abierta.
Tema: Sumas de números impares.
Problema
Obtenga fórmulas cerradas para
\[ \sum_{i=1}^{n}(2i-1)=1+3+5+\cdots+(2n-1), \]
\[ \sum_{i=1}^{n}(2i-1)^2=1^2+3^2+5^2+\cdots+(2n-1)^2. \]
Idea
En la suma de los primeros \(2n\) naturales aparecen exactamente \(n\) términos pares y \(n\) términos impares. Por tanto, la suma de los impares se obtiene restando la contribución de los pares. El mismo procedimiento funciona para los cuadrados.
Solución
(i) Separamos los términos impares de los pares en
\[ 1+2+3+\cdots+2n. \]
La suma de los términos pares es
\[ 2+4+\cdots+2n =2(1+2+\cdots+n). \]
Por consiguiente,
\[ \begin{aligned} 1+3+5+\cdots+(2n-1) &=(1+2+\cdots+2n)-2(1+2+\cdots+n)\\ &=\frac{2n(2n+1)}2-2\frac{n(n+1)}2\\ &=n(2n+1)-n(n+1)\\ &=n^2. \end{aligned} \]
Así,
\[ \boxed{\sum_{i=1}^{n}(2i-1)=n^2}. \]
(ii) Aplicamos el mismo procedimiento a los cuadrados de los primeros \(2n\) naturales. Los cuadrados de los términos pares suman
\[ 2^2+4^2+\cdots+(2n)^2 =4(1^2+2^2+\cdots+n^2). \]
Luego
\[ \begin{aligned} 1^2+3^2+\cdots+(2n-1)^2 &=(1^2+2^2+\cdots+(2n)^2)-4(1^2+2^2+\cdots+n^2)\\ &=\frac{(2n)(2n+1)(4n+1)}6-4\frac{n(n+1)(2n+1)}6\\ &=\frac{2n(2n+1)\bigl((4n+1)-2(n+1)\bigr)}6\\ &=\frac{2n(2n+1)(2n-1)}6\\ &=\frac{n(4n^2-1)}3. \end{aligned} \]
Por tanto,
\[ \boxed{\sum_{i=1}^{n}(2i-1)^2=\frac{n(4n^2-1)}3}. \]
Observación
La idea central no es una nueva inducción, sino una descomposición: una suma sobre todos los enteros de \(1\) a \(2n\) se divide en la contribución de los pares y la de los impares. Esto permite reutilizar directamente fórmulas ya establecidas.
Ejercicio 3 — SPV4-C02-E003
Referencia: Michael Spivak, Calculus, 4.ª ed., capítulo 2, ejercicio 3, pp. 27–28. Formulación reducida al contenido matemático; solución propia de Matemática Abierta.
Tema: Coeficientes binomiales y teorema del binomio.
Adoptamos la convención \(0!=1\) y, para \(0\le k\le n\),
\[ \binom nk=\frac{n!}{k!(n-k)!}. \]
Además, \(\binom nk=0\) cuando \(k<0\) o \(k>n\).
Problema
(a) Demuestre que, para \(0\le k\le n+1\),
\[ \binom{n+1}{k} = \binom n{k-1}+\binom nk. \]
(b) Use (a) para demostrar por inducción que \(\binom nk\) es un número natural siempre que \(0\le k\le n\).
(c) Dé otra demostración de (b), mostrando que \(\binom nk\) es el número de subconjuntos de \(k\) elementos de \(\{1,\dots,n\}\).
(d) Para \(a,b\in\mathbb R\) y \(n\ge1\), demuestre
\[ (a+b)^n=\sum_{j=0}^{n}\binom nj a^{n-j}b^j. \]
En esta identidad, \(x^0=1\), también cuando \(x=0\): representa el producto vacío.
(e) Para \(n\ge1\), demuestre las cuatro identidades
\[ \begin{aligned} \text{(i)}\quad &\sum_{j=0}^{n}\binom nj=2^n,\\ \text{(ii)}\quad &\sum_{j=0}^{n}(-1)^j\binom nj=0,\\ \text{(iii)}\quad &\sum_{\substack{0\le j\le n\\j\text{ impar}}}\binom nj=2^{n-1},\\ \text{(iv)}\quad &\sum_{\substack{0\le j\le n\\j\text{ par}}}\binom nj=2^{n-1}. \end{aligned} \]
Solución
(a) Consideremos primero el caso interior \(1\le k\le n\). A partir de la definición,
\[ \begin{aligned} \binom n{k-1}+\binom nk &= \frac{n!}{(k-1)!(n-k+1)!} + \frac{n!}{k!(n-k)!}\\ &= \frac{k\,n!}{k!(n-k+1)!} + \frac{(n-k+1)n!}{k!(n-k+1)!}\\ &= \frac{(n+1)n!}{k!(n-k+1)!}\\ &= \frac{(n+1)!}{k!((n+1)-k)!}\\ &= \binom{n+1}{k}. \end{aligned} \]
Faltan los extremos. Para \(k=0\),
\[ \binom{n+1}{0}=1 = 0+1 = \binom n{-1}+\binom n0. \]
Para \(k=n+1\),
\[ \binom{n+1}{n+1}=1 = 1+0 = \binom nn+\binom n{n+1}. \]
Por tanto,
\[ \boxed{\binom{n+1}{k}=\binom n{k-1}+\binom nk} \]
para todo \(k\) con \(0\le k\le n+1\).
(b) Procedemos por inducción sobre \(n\).
Para \(n=1\),
\[ \binom10=\binom11=1, \]
de modo que todos los coeficientes binomiales de esa fila son naturales.
Supongamos ahora que, para cierto \(n\in\mathbb N\), todos los números
\[ \binom n0,\binom n1,\dots,\binom nn \]
son naturales. En la fila siguiente, los extremos son
\[ \binom{n+1}{0}=\binom{n+1}{n+1}=1, \]
y para \(1\le k\le n\), por (a),
\[ \binom{n+1}{k} = \binom n{k-1}+\binom nk. \]
Los dos sumandos son naturales por la hipótesis inductiva, y su suma también lo es. Por tanto, todos los coeficientes de la fila \(n+1\) son naturales.
Por inducción,
\[ \boxed{\binom nk\in\mathbb N\qquad(0\le k\le n)}. \]
(c) Contemos los subconjuntos de \(k\) elementos de
\[ \{1,2,\dots,n\}. \]
Si \(1\le k\le n\), el número de listas ordenadas de \(k\) elementos distintos elegidos de este conjunto es
\[ n(n-1)\cdots(n-k+1). \]
Cada subconjunto de \(k\) elementos produce exactamente \(k!\) de esas listas, una por cada ordenación posible de sus elementos. Por tanto, si \(N\) denota el número de subconjuntos de \(k\) elementos,
\[ N\,k! = n(n-1)\cdots(n-k+1), \]
y así
\[ N = \frac{n(n-1)\cdots(n-k+1)}{k!} = \binom nk. \]
En los extremos, para \(k=0\) hay exactamente un subconjunto, el vacío, y para \(k=n\) hay exactamente uno, el conjunto completo. En consecuencia, \(\binom nk\) cuenta un conjunto finito de objetos y es, por ello, un número natural.
(d) Al multiplicar una expansión de \((a+b)^n\) por \(a+b\), cada término produce dos: uno conserva el exponente de \(b\) y el otro lo aumenta en una unidad. Por eso el coeficiente de la nueva expansión reúne dos coeficientes vecinos de la anterior. La identidad de Pascal de (a) permite comprobar que el resultado tiene exactamente la forma buscada.
Procedemos por inducción sobre \(n\). Para \(n=1\),
\[ \sum_{j=0}^{1}\binom1j a^{1-j}b^j=a+b. \]
Supongamos que la fórmula vale para cierto \(n\ge1\). Multiplicando la igualdad inductiva por \(a+b\) y distribuyendo,
\[ \begin{aligned} (a+b)^{n+1} &=(a+b)\sum_{j=0}^{n}\binom nj a^{n-j}b^j\\ &=\sum_{j=0}^{n}\binom nj a^{n+1-j}b^j +\sum_{j=0}^{n}\binom nj a^{n-j}b^{j+1}. \end{aligned} \]
En la segunda suma cambiamos el índice: escribimos \(k=j+1\), de modo que \(k\) recorre \(1,\dots,n+1\). La primera suma aporta el término extremo \(a^{n+1}\) y la segunda aporta \(b^{n+1}\). Para los índices interiores \(1\le k\le n\), ambas contribuyen al mismo producto \(a^{n+1-k}b^k\). Así,
\[ \begin{aligned} (a+b)^{n+1} &=a^{n+1} +\sum_{k=1}^{n} \left(\binom nk+\binom n{k-1}\right)a^{n+1-k}b^k +b^{n+1}\\ &=a^{n+1} +\sum_{k=1}^{n}\binom{n+1}k a^{n+1-k}b^k +b^{n+1}\\ &=\sum_{k=0}^{n+1}\binom{n+1}k a^{n+1-k}b^k. \end{aligned} \]
La segunda igualdad usa (a); la última usa que los dos coeficientes extremos valen \(1\). Esto prueba el paso inductivo y, por tanto, el teorema binomial para todo \(n\ge1\). La demostración no divide por \(a\) ni por \(b\), por lo que incluye los casos en que alguno de ellos es cero.
(e)(i) Tomando \(a=b=1\) en (d), cada producto \(a^{n-j}b^j\) vale \(1\). Obtenemos directamente
\[ 2^n=(1+1)^n=\sum_{j=0}^{n}\binom nj. \]
(e)(ii) Tomando \(a=1\) y \(b=-1\), resulta
\[ 0=(1-1)^n=\sum_{j=0}^{n}(-1)^j\binom nj. \]
Aquí se usa \(n\ge1\). Para \(n=0\) la suma tendría un único término igual a \(1\) y la conclusión sería distinta.
(e)(iii) Denotemos por \(E\) la suma de los coeficientes con índice par y por \(O\) la de los coeficientes con índice impar:
\[ E=\sum_{\substack{0\le j\le n\\j\text{ par}}}\binom nj, \qquad O=\sum_{\substack{0\le j\le n\\j\text{ impar}}}\binom nj. \]
Cada índice entre \(0\) y \(n\) pertenece a exactamente uno de estos dos grupos. La suma total de (i) y la suma alternada de (ii) dan, respectivamente,
\[ E+O=2^n,\qquad E-O=0. \]
Al restar la segunda igualdad de la primera queda \(2O=2^n\). Luego
\[ \sum_{\substack{0\le j\le n\\j\text{ impar}}}\binom nj =O=2^{n-1}. \]
(e)(iv) Con las mismas igualdades, sumamos en lugar de restar:
\[ 2E=(E+O)+(E-O)=2^n. \]
Por tanto,
\[ \sum_{\substack{0\le j\le n\\j\text{ par}}}\binom nj =E=2^{n-1}. \]
El índice \(0\) pertenece al grupo par. Por ejemplo, cuando \(n=1\), ese grupo contiene únicamente \(\binom10\), y el grupo impar contiene únicamente \(\binom11\); ambas sumas valen \(1\), como exige la fórmula.
Observación
La interpretación combinatoria explica también la recurrencia de (a): un subconjunto de \(k\) elementos de \(\{1,\dots,n+1\}\) o bien contiene a \(n+1\), en cuyo caso quedan por elegir \(k-1\) elementos de \(\{1,\dots,n\}\), o bien no lo contiene, en cuyo caso se eligen los \(k\) elementos entre los primeros \(n\).
Ejercicio 4 — SPV4-C02-E004
Referencia: Michael Spivak, Calculus, 4.ª ed., capítulo 2, ejercicio 4, p. 28. Formulación reducida al contenido matemático; solución propia de Matemática Abierta.
Tema: Convolución de coeficientes binomiales.
Problema
Se conserva la convención \(\binom rs=0\) cuando \(s<0\) o \(s>r\).
(a) Para \(n,m\ge1\) y cualquier entero \(\ell\ge0\), demuestre
\[ \sum_{k=0}^{\ell}\binom nk\binom m{\ell-k} =\binom{n+m}{\ell}. \]
(b) Para \(n\ge1\), demuestre
\[ \sum_{k=0}^{n}\binom nk^2=\binom{2n}{n}. \]
Solución
(a) La interpretación de E003(c) permite leer el producto \(\binom nk\binom m{\ell-k}\) como una elección en dos grupos: escogemos \(k\) elementos del primero y \(\ell-k\) del segundo. Al sumar sobre \(k\), reunimos todas las maneras de escoger \(\ell\) elementos de la unión.
Para precisarlo, tomemos dos conjuntos disjuntos \(A\) y \(B\), con \(n\) y \(m\) elementos, respectivamente. Supongamos primero que \(0\le\ell\le n+m\). El número de subconjuntos de \(\ell\) elementos de \(A\cup B\) es
\[ \binom{n+m}{\ell}. \]
Clasifiquemos esos subconjuntos según el número \(k\) de sus elementos que pertenecen a \(A\). Si \(S\) es uno de ellos, queda determinado por el par
\[ (S\cap A,\ S\cap B). \]
El primer conjunto tiene \(k\) elementos y el segundo tiene \(\ell-k\). Recíprocamente, cualquier elección de un subconjunto de \(A\) de tamaño \(k\) y uno de \(B\) de tamaño \(\ell-k\) produce, por unión, un único subconjunto de \(\ell\) elementos de \(A\cup B\). Las dos operaciones son inversas, porque \(A\) y \(B\) son disjuntos.
Para un \(k\) admisible hay \(\binom nk\) elecciones en \(A\) y, para cada una de ellas, \(\binom m{\ell-k}\) elecciones en \(B\). Por tanto, la clase correspondiente a ese \(k\) contiene
\[ \binom nk\binom m{\ell-k} \]
subconjuntos. Los valores admisibles son precisamente
\[ \max(0,\ell-m)\le k\le\min(n,\ell). \]
Las clases son disjuntas y cubren todos los subconjuntos considerados: cada \(S\) tiene un único valor de \(|S\cap A|\). Sumando sus tamaños,
\[ \binom{n+m}{\ell} =\sum_{k=\max(0,\ell-m)}^{\min(n,\ell)} \binom nk\binom m{\ell-k}. \]
Podemos extender la suma a todos los índices \(0\le k\le\ell\). Los términos añadidos valen cero por la convención del enunciado: alguno de los dos grupos tendría que aportar más elementos de los que contiene. Esto prueba la identidad cuando \(\ell\le n+m\), incluido \(\ell=0\), donde ambos lados valen \(1\).
Si \(\ell>n+m\), el miembro derecho es cero. En cada término del miembro izquierdo, o bien \(k>n\), o bien \(k\le n\) y entonces
\[ \ell-k>n+m-k\ge m. \]
En cualquiera de los dos casos uno de los coeficientes es cero. Toda la suma vale cero y la identidad sigue siendo válida.
(b) En (a) tomamos \(m=n\) y \(\ell=n\):
\[ \sum_{k=0}^{n}\binom nk\binom n{n-k}=\binom{2n}{n}. \]
La definición factorial muestra la simetría de los coeficientes:
\[ \binom n{n-k} =\frac{n!}{(n-k)!\,k!} =\binom nk \qquad(0\le k\le n). \]
Sustituyendo en la suma obtenemos
\[ \boxed{\sum_{k=0}^{n}\binom nk^2=\binom{2n}{n}}. \]
Los extremos \(k=0\) y \(k=n\) están incluidos: cada uno aporta \(1\). Para \(n=1\), la igualdad se reduce a \(1+1=2\).
Observación
La identidad de (a) también describe la multiplicación de las expansiones binomiales de \((1+x)^n\) y \((1+x)^m\). Para producir el término de grado \(\ell\), se empareja un término de grado \(k\) del primer factor con uno de grado \(\ell-k\) del segundo. Esa es la misma clasificación que usamos al contar subconjuntos. El producto es \((1+x)^{n+m}\), cuya fila de coeficientes reúne las elecciones en los dos grupos.
Ejercicio 5 — SPV4-C02-E005
Referencia: Michael Spivak, Calculus, 4.ª ed., capítulo 2, ejercicio 5, p. 29. Formulación reducida al contenido matemático; solución propia de Matemática Abierta.
Tema: Suma geométrica finita.
Problema
(a) Para \(n\ge1\) y \(r\in\mathbb R\), \(r\ne1\), demuestre por inducción
\[ 1+r+r^2+\cdots+r^n=\frac{1-r^{n+1}}{1-r}. \]
(b) Obtenga la misma fórmula multiplicando la suma por \(r\) y resolviendo las dos igualdades para dicha suma.
Solución
(a) Fijemos \(r\ne1\). Para \(n=1\), la factorización \(1-r^2=(1-r)(1+r)\) da
\[ 1+r=\frac{1-r^2}{1-r}. \]
La división es válida porque \(1-r\ne0\).
Supongamos que la identidad se cumple para cierto \(n\ge1\). Al añadir el siguiente término, \(r^{n+1}\), obtenemos
\[ \begin{aligned} 1+r+\cdots+r^n+r^{n+1} &=\frac{1-r^{n+1}}{1-r}+r^{n+1}\\ &=\frac{1-r^{n+1}+r^{n+1}(1-r)}{1-r}\\ &=\frac{1-r^{n+2}}{1-r}. \end{aligned} \]
Esta es la fórmula correspondiente a \(n+1\). Por inducción, la identidad vale para todo \(n\ge1\) y para el \(r\) fijado. Como no impusimos ninguna otra restricción a \(r\), queda demostrada para todos los reales distintos de \(1\).
(b) Escribamos
\[ S=1+r+r^2+\cdots+r^n. \]
Cada término, multiplicado por \(r\), pasa a ocupar el lugar del siguiente:
\[ rS=r+r^2+\cdots+r^n+r^{n+1}. \]
Al restar esta igualdad de la anterior, los términos \(r,r^2,\dots,r^n\) se cancelan. Solo quedan el \(1\) de la primera suma y el \(r^{n+1}\) de la segunda:
\[ S-rS=1-r^{n+1}. \]
Por tanto,
\[ (1-r)S=1-r^{n+1}. \]
Dividiendo por \(1-r\ne0\) recuperamos
\[ \boxed{S=\frac{1-r^{n+1}}{1-r}}. \]
La cancelación explica por qué una suma con tantos términos puede expresarse mediante sus dos extremos.
Observación
Cuando \(r=1\), la suma tiene \(n+1\) términos iguales a \(1\), así que vale \(n+1\). La identidad sin cociente
\[ (1-r)(1+r+\cdots+r^n)=1-r^{n+1} \]
sigue siendo válida, pero se convierte en \(0=0\) y no permite determinar la suma por división.
No se requiere \(|r|<1\): la suma es finita. Las pruebas incluyen \(r=0\) y las razones negativas. También vale la fórmula para \(n=0\), caso en que la suma consta únicamente del término \(1\).
Ejercicio 6 — SPV4-C02-E006
Referencia: Michael Spivak, Calculus, 4.ª ed., capítulo 2, ejercicio 6, p. 29. Formulación reducida al contenido matemático; solución propia de Matemática Abierta.
Tema: Sumación mediante diferencias telescópicas.
Problema
Para \(n\ge1\), obtenga mediante diferencias telescópicas fórmulas para
\[ \begin{aligned} \text{(i)}\quad &\sum_{k=1}^{n}k^3,\\ \text{(ii)}\quad &\sum_{k=1}^{n}k^4,\\ \text{(iii)}\quad &\sum_{k=1}^{n}\frac1{k(k+1)},\\ \text{(iv)}\quad &\sum_{k=1}^{n}\frac{2k+1}{k^2(k+1)^2}. \end{aligned} \]
Solución
Al sumar diferencias de la forma \(F(k+1)-F(k)\), cada valor interior aparece dos veces con signos opuestos:
\[ \sum_{k=1}^{n}\bigl(F(k+1)-F(k)\bigr)=F(n+1)-F(1). \]
En los dos primeros incisos elegiremos una potencia cuya diferencia contenga la potencia que queremos sumar. En los otros dos, escribiremos cada fracción como una diferencia.
(i) Denotemos \(S_j=\sum_{k=1}^{n}k^j\). La expansión binomial da
\[ (k+1)^4-k^4=4k^3+6k^2+4k+1. \]
Sumando desde \(k=1\) hasta \(k=n\), el miembro izquierdo se cancela telescópicamente y el derecho reúne las sumas correspondientes:
\[ (n+1)^4-1=4S_3+6S_2+4S_1+n. \]
Ya conocemos
\[ S_1=\frac{n(n+1)}2, \qquad S_2=\frac{n(n+1)(2n+1)}6. \]
La primera fórmula se estableció en el capítulo y la segunda en E001(i). Sustituyéndolas y despejando,
\[ \begin{aligned} 4S_3 &=(n+1)^4-1-n(n+1)(2n+1)-2n(n+1)-n\\ &=n^4+2n^3+n^2\\ &=n^2(n+1)^2. \end{aligned} \]
Por tanto,
\[ \boxed{\sum_{k=1}^{n}k^3=\frac{n^2(n+1)^2}{4}}. \]
Recuperamos la fórmula de E001(ii) mediante una cancelación que permite obtenerla a partir de las sumas de potencias menores.
(ii) Para que aparezca \(k^4\), tomamos la diferencia de quintas potencias:
\[ (k+1)^5-k^5=5k^4+10k^3+10k^2+5k+1. \]
Sumando,
\[ (n+1)^5-1=5S_4+10S_3+10S_2+5S_1+n. \]
Usamos el resultado de (i) y las dos fórmulas anteriores:
\[ \begin{aligned} 5S_4 &=(n+1)^5-1 -\frac52n^2(n+1)^2 -\frac53n(n+1)(2n+1) -\frac52n(n+1)-n\\ &=n^5+\frac52n^4+\frac53n^3-\frac16n. \end{aligned} \]
Dividiendo por \(5\),
\[ S_4=\frac{n^5}{5}+\frac{n^4}{2}+\frac{n^3}{3}-\frac{n}{30} =\frac{6n^5+15n^4+10n^3-n}{30}. \]
El numerador se factoriza como \(n(n+1)(2n+1)(3n^2+3n-1)\). Así,
\[ \boxed{\sum_{k=1}^{n}k^4 =\frac{n(n+1)(2n+1)(3n^2+3n-1)}{30}}. \]
(iii) Para \(k\ge1\), los denominadores son distintos de cero y
\[ \frac1k-\frac1{k+1} =\frac{(k+1)-k}{k(k+1)} =\frac1{k(k+1)}. \]
Por consiguiente,
\[ \begin{aligned} \sum_{k=1}^{n}\frac1{k(k+1)} &=\sum_{k=1}^{n}\left(\frac1k-\frac1{k+1}\right)\\ &=1-\frac1{n+1}\\ &=\boxed{\frac n{n+1}}. \end{aligned} \]
Aquí las diferencias están en el orden \(F(k)-F(k+1)\), de modo que quedan el primer valor menos el último.
(iv) El numerador \(2k+1\) es la diferencia \((k+1)^2-k^2\). Esto sugiere restar los inversos de esos cuadrados:
\[ \frac1{k^2}-\frac1{(k+1)^2} =\frac{(k+1)^2-k^2}{k^2(k+1)^2} =\frac{2k+1}{k^2(k+1)^2}. \]
Al sumar se cancelan los valores interiores, igual que en (iii):
\[ \begin{aligned} \sum_{k=1}^{n}\frac{2k+1}{k^2(k+1)^2} &=\sum_{k=1}^{n}\left(\frac1{k^2}-\frac1{(k+1)^2}\right)\\ &=1-\frac1{(n+1)^2}\\ &=\boxed{\frac{n(n+2)}{(n+1)^2}}. \end{aligned} \]
Observación
El punto decisivo en una suma telescópica es encontrar la diferencia adecuada. La expansión de \((k+1)^{p+1}-k^{p+1}\) contiene \(k^p\) y potencias menores; una vez conocidas sus sumas, podemos despejar la nueva. En las fracciones de (iii) y (iv), los factores consecutivos del denominador sugieren qué términos deben restarse.
Ejercicio 7* — SPV4-C02-E007
Referencia: Michael Spivak, Calculus, 4.ª ed., capítulo 2, ejercicio 7*, pp. 29–30. La estrella pertenece al original. Formulación reducida al contenido matemático; solución propia de Matemática Abierta.
Tema: Forma polinómica de las sumas de potencias.
Problema
Mediante el método de E006, demuestre que, para cada entero \(p\ge1\), existen coeficientes independientes de \(n\) tales que
\[ \sum_{k=1}^{n}k^p =\frac{n^{p+1}}{p+1}+A_pn^p+B_pn^{p-1}+\cdots+C_pn \qquad(n\ge1). \]
Es decir, la suma es un polinomio en \(n\), de grado \(p+1\), con término constante cero y coeficiente principal \(1/(p+1)\). Los coeficientes restantes pueden ser cero.
Solución
En E006, la diferencia de cuartas potencias permitió obtener la suma de cubos, y la diferencia de quintas potencias permitió obtener la suma de cuartas potencias. Para un exponente cualquiera ocurre lo mismo: la diferencia de potencias de exponente \(p+1\) contiene \(k^p\) y potencias menores. Si ya conocemos las sumas de estas últimas, podemos despejar la que falta.
Escribamos
\[ S_j(n)=\sum_{k=1}^{n}k^j \qquad(j\ge0). \]
En particular, \(S_0(n)=n\), porque cada uno de sus \(n\) sumandos vale \(1\). Por el teorema binomial,
\[ (k+1)^{p+1}-k^{p+1} =\sum_{j=0}^{p}\binom{p+1}{j}k^j. \]
Sumando para \(k=1,\dots,n\), el miembro izquierdo se reduce a \((n+1)^{p+1}-1\). Por tanto,
\[ (n+1)^{p+1}-1 =\sum_{j=0}^{p}\binom{p+1}{j}S_j(n). \]
El coeficiente de \(S_p(n)\) es \(\binom{p+1}{p}=p+1\). Despejamos:
\[ S_p(n)=\frac1{p+1} \left((n+1)^{p+1}-1 -\sum_{j=0}^{p-1}\binom{p+1}{j}S_j(n)\right). \]
Esta igualdad da una construcción recursiva de los polinomios buscados. Empezamos con \(P_0(x)=x\) y, para \(p\ge1\), definimos
\[ P_p(x)=\frac1{p+1} \left((x+1)^{p+1}-1 -\sum_{j=0}^{p-1}\binom{p+1}{j}P_j(x)\right). \]
Comprobemos por inducción que los polinomios así construidos tienen las propiedades requeridas y representan las sumas. Mantendremos como hipótesis que esas propiedades valen para todos los índices ya construidos, \(0,\dots,p-1\). Esto puede formularse mediante inducción ordinaria sobre la afirmación acumulada hasta cada índice.
El primer polinomio, \(P_0(x)=x\), representa \(S_0(n)\), tiene grado \(1\), coeficiente principal \(1\) y término constante cero.
Supongamos que las propiedades valen hasta \(p-1\). La fórmula que define \(P_p\) combina polinomios con coeficientes racionales, por lo que produce otro polinomio con coeficientes racionales, todos independientes de \(n\). Además, para cada \(j<p\),
\[ \deg P_j=j+1\le p. \]
Ninguno de los términos restados puede modificar el término \(x^{p+1}\) de \((x+1)^{p+1}\). Al dividir por \(p+1\), el coeficiente de ese término queda igual a \(1/(p+1)\), que es distinto de cero. Así, \(P_p\) tiene exactamente grado \(p+1\).
Para comprobar el término constante, evaluamos en \(x=0\). Por la hipótesis inductiva, todos los \(P_j(0)\) son cero; también lo es \((0+1)^{p+1}-1\). En consecuencia,
\[ P_p(0)=0. \]
Finalmente, al evaluar la definición en un natural \(n\) y sustituir \(P_j(n)=S_j(n)\) para los índices anteriores, obtenemos exactamente la fórmula despejada de \(S_p(n)\). Luego
\[ P_p(n)=S_p(n). \]
Esto completa el paso inductivo. Para todo \(p\ge1\), la suma tiene la forma anunciada, y la recurrencia permite calcular sus coeficientes usando únicamente las sumas anteriores.
Observación
La recurrencia también explica el coeficiente \(1/2\) que aparece tras el término principal en los ejemplos del original. Para \(p=1\),
\[ P_1(x)=\frac{(x+1)^2-1-x}{2} =\frac{x^2}{2}+\frac{x}{2}. \]
Si \(p\ge2\), el coeficiente de \(x^p\) en \((x+1)^{p+1}\) es \(p+1\). Entre los polinomios restados, solo \(P_{p-1}\) alcanza grado \(p\); su coeficiente principal es \(1/p\). Su contribución a ese coeficiente es, por tanto,
\[ \binom{p+1}{p-1}\frac1p =\frac{p+1}{2}. \]
Después de la resta y la división por \(p+1\), queda
\[ A_p=\frac{(p+1)-(p+1)/2}{p+1}=\frac12. \]
La tarea principal queda resuelta sin determinar todos los coeficientes. La tabla de los primeros diez exponentes muestra regularidades adicionales, pero una lista finita de casos no demuestra que persistan para cualquier exponente. El estudio completo de ese patrón se remite en el original al ejercicio 27-17.
Ejercicio 8 — SPV4-C02-E008
Referencia: Michael Spivak, Calculus, 4.ª ed., capítulo 2, ejercicio 8, p. 30. Formulación reducida al contenido matemático; solución propia de Matemática Abierta.
Tema: Paridad de los números naturales.
Problema
Demuestre que todo número natural es par o impar.
Solución
Usamos \(\mathbb N=\{1,2,3,\dots\}\). Un natural es par si puede escribirse como \(2q\), con \(q\in\mathbb N\), e impar si puede escribirse como \(2q-1\), con \(q\in\mathbb N\). Esta última forma incluye el número \(1\) sin introducir el cero entre los naturales.
La inducción funciona porque el sucesor cambia de paridad. El primer natural, \(1=2\cdot1-1\), es impar.
Supongamos que cierto \(n\in\mathbb N\) es par o impar. Si es par, existe \(q\in\mathbb N\) tal que \(n=2q\). Entonces
\[ n+1=2q+1=2(q+1)-1, \]
por lo que \(n+1\) es impar. Si \(n\) es impar, existe \(q\in\mathbb N\) tal que \(n=2q-1\). En ese caso,
\[ n+1=2q, \]
y \(n+1\) es par. En ambos casos el sucesor pertenece a una de las dos clases.
Por inducción, todo natural es par o impar.
Observación
Las dos posibilidades son excluyentes. Si un número tuviera ambas formas, \(2q=2t-1\), con \(q,t\in\mathbb N\), entonces
\[ t-q=\frac12. \]
Pero \(t-q\) es un entero y ningún entero está estrictamente entre \(0\) y \(1\). Esta es la propiedad de discreción de los enteros que usamos aquí. La inducción anterior establece que las dos clases cubren todos los naturales; este argumento muestra que no se superponen.
Ejercicio 9 — SPV4-C02-E009
Referencia: Michael Spivak, Calculus, 4.ª ed., capítulo 2, ejercicio 9, p. 30. Formulación reducida al contenido matemático; solución propia de Matemática Abierta.
Tema: Inducción con punto inicial arbitrario.
Problema
Sean \(A\subseteq\mathbb N\) y \(n_0\in\mathbb N\). Suponga que \(n_0\in A\) y que, para todo \(k\in\mathbb N\),
\[ k\in A\ \Longrightarrow\ k+1\in A. \]
Demuestre que todo natural \(n\ge n_0\) pertenece a \(A\).
Solución
Podemos contar los pasos desde \(n_0\) usando la inducción habitual, cuyo punto inicial es \(1\). El primer paso corresponde a \(n_0\), el segundo a \(n_0+1\), y el paso \(j\) a \(n_0+j-1\).
Consideremos, por tanto, la afirmación
\[ Q(j):\qquad n_0+j-1\in A \qquad(j\in\mathbb N). \]
Para \(j=1\), esta afirmación dice que \(n_0\in A\), que es una de las hipótesis.
Supongamos que \(Q(j)\) es verdadera. El número \(k=n_0+j-1\) es natural y pertenece a \(A\). Aplicando la hipótesis de cierre por sucesor,
\[ k+1=n_0+j\in A. \]
Esta es precisamente \(Q(j+1)\). Por inducción ordinaria, \(Q(j)\) vale para todo \(j\in\mathbb N\).
Sea ahora \(n\in\mathbb N\) con \(n\ge n_0\). La diferencia \(n-n_0\) es un entero no negativo, de modo que
\[ j=n-n_0+1 \]
es natural. Para ese índice,
\[ n_0+j-1=n. \]
La afirmación \(Q(j)\) demuestra entonces que \(n\in A\), como se pedía.
Observación
Las hipótesis aseguran la pertenencia desde \(n_0\) en adelante. Los números anteriores a \(n_0\) pueden pertenecer o no a \(A\). Por ejemplo, para \(n_0=3\), ambos conjuntos
\[ A_1=\{3,4,5,\dots\}, \qquad A_2=\{1,2,3,4,\dots\} \]
cumplen las hipótesis.
Ejercicio 10 — SPV4-C02-E010
Referencia: Michael Spivak, Calculus, 4.ª ed., capítulo 2, ejercicio 10, p. 30. Formulación reducida al contenido matemático; solución propia de Matemática Abierta.
Tema: Inducción y buen orden.
Problema
Suponiendo que todo subconjunto no vacío de \(\mathbb N\) tiene un menor elemento, demuestre el principio de inducción: si \(A\subseteq\mathbb N\), \(1\in A\) y
\[ k\in A\ \Longrightarrow\ k+1\in A \qquad(k\in\mathbb N), \]
entonces \(A=\mathbb N\).
Solución
Si faltara algún natural en \(A\), el buen orden permitiría elegir el primero que falta. Todos los anteriores estarían en \(A\), y el cierre por sucesor obligaría a incluir también ese primero.
Para precisar el argumento, supongamos que
\[ B=\mathbb N\setminus A \]
es no vacío. Por el buen orden, \(B\) tiene un menor elemento \(b\).
Como \(1\in A\), sabemos que \(b\ne1\). Usamos aquí la estructura aritmética de los naturales como enteros positivos: por la discreción del orden entero, \(b>1\) implica \(b\ge2\), y por tanto \(b-1\) es natural.
Además, \(b-1<b\). La minimalidad de \(b\) impide que \(b-1\) pertenezca a \(B\). Puesto que es natural, debe pertenecer a \(A\). Aplicamos entonces el cierre por sucesor:
\[ (b-1)+1=b\in A. \]
Esto contradice \(b\in B=\mathbb N\setminus A\). En consecuencia, \(B\) es vacío y \(A=\mathbb N\).
Observación
El buen orden se aplica al conjunto de los contraejemplos. El argumento usa también que todo natural distinto de \(1\) tiene un predecesor natural, propiedad de la aritmética discreta de \(\mathbb N\). Aquí se utiliza como propiedad de los enteros positivos; no se la demuestra mediante el principio de inducción que estamos intentando deducir.
Ejercicio 11 — SPV4-C02-E011
Referencia: Michael Spivak, Calculus, 4.ª ed., capítulo 2, ejercicio 11, p. 30. Formulación reducida al contenido matemático; solución propia de Matemática Abierta.
Tema: Inducción completa.
Problema
Deduzca de la inducción ordinaria el siguiente principio: si \(A\subseteq\mathbb N\), \(1\in A\) y, para cada \(n\in\mathbb N\),
\[ \{1,\dots,n\}\subseteq A\ \Longrightarrow\ n+1\in A, \]
entonces \(A=\mathbb N\).
Solución
La hipótesis permite obtener el siguiente número cuando ya pertenecen a \(A\) todos los anteriores. Para aplicar la inducción ordinaria, reunimos esa información en una sola afirmación: el segmento inicial completo está contenido en \(A\).
Definamos
\[ B=\{n\in\mathbb N:\{1,\dots,n\}\subseteq A\}. \]
Primero, \(1\in B\), porque \(1\in A\).
Supongamos que \(n\in B\). Por la definición de \(B\), todos los naturales \(1,\dots,n\) pertenecen a \(A\). La hipótesis del problema permite concluir que \(n+1\in A\). Junto con la información anterior, esto da
\[ \{1,\dots,n+1\}\subseteq A, \]
de modo que \(n+1\in B\).
El conjunto \(B\) contiene a \(1\) y es cerrado por sucesor. Por inducción ordinaria, \(B=\mathbb N\).
Finalmente, si \(n\) es cualquier natural, entonces \(n\in B\) y, por definición, \(\{1,\dots,n\}\subseteq A\). En particular, \(n\in A\). Así, todos los naturales pertenecen a \(A\) y obtenemos \(A=\mathbb N\).
Observación
La inducción ordinaria se aplicó a la afirmación acumulada \(\{1,\dots,n\}\subseteq A\). Al pasar de \(n\) a \(n+1\), esa afirmación conserva toda la información anterior y añade el nuevo caso. Esta es la forma de organizar la hipótesis que ya utilizamos en E007 para construir las sumas de potencias.
Ejercicio 12 — SPV4-C02-E012
Referencia: Michael Spivak, Calculus, 4.ª ed., capítulo 2, ejercicio 12, pp. 30–31. Formulación reducida al contenido matemático; solución propia de Matemática Abierta.
Tema: Operaciones entre racionales e irracionales.
Problema
(a) Determine si \(a+b\) debe ser irracional cuando \(a\) es racional y \(b\) irracional, y qué ocurre cuando ambos son irracionales.
(b) Determine si \(ab\) debe ser irracional cuando \(a\) es racional y \(b\) irracional.
(c) Determine si existe un real \(a\) tal que \(a^2\) sea irracional y \(a^4\) racional.
(d) Determine si existen dos irracionales cuya suma y cuyo producto sean ambos racionales.
Solución
Usaremos que la resta y el producto de racionales son racionales, y que el cociente de dos racionales es racional cuando el divisor no es cero. Estas propiedades se obtienen directamente escribiendo los números como cocientes de enteros. Por ejemplo,
\[ \frac pq-\frac rs=\frac{ps-rq}{qs}, \qquad \frac{p/q}{r/s}=\frac{ps}{qr}\quad(r\ne0), \]
con \(q,s\ne0\).
(a) Si \(a\) es racional y \(b\) irracional, la suma \(a+b\) es necesariamente irracional. En efecto, si fuera racional, también lo sería
\[ b=(a+b)-a, \]
porque sería una resta de racionales. Esto contradice la hipótesis sobre \(b\).
Cuando ambos sumandos son irracionales, la suma puede ser racional o irracional. Para mostrar las dos posibilidades, usamos la irracionalidad de \(\sqrt2\), demostrada en el capítulo.
Los números \(\sqrt2\) y \(-\sqrt2\) son irracionales: si el segundo fuera racional, su opuesto \(\sqrt2\) también lo sería. Sin embargo,
\[ \sqrt2+(-\sqrt2)=0 \]
es racional.
En cambio, la suma de \(\sqrt2\) consigo mismo es \(2\sqrt2\), que es irracional. Si \(2\sqrt2\) fuera racional, al dividirlo por el racional no nulo \(2\) obtendríamos que \(\sqrt2\) es racional.
(b) El producto no tiene por qué ser irracional, porque \(a\) puede ser cero:
\[ a=0,\qquad b=\sqrt2,\qquad ab=0. \]
Si añadimos la condición \(a\ne0\), el producto sí es necesariamente irracional. Supongamos que \(ab\) fuera racional. Entonces
\[ b=\frac{ab}{a} \]
sería un cociente de racionales con divisor no nulo y, por tanto, racional. Esto contradice que \(b\) es irracional.
Así, bajo las hipótesis del inciso,
\[ ab\text{ es irracional}\quad\Longleftrightarrow\quad a\ne0. \]
La condición de no anulación es indispensable para poder recuperar \(b\) mediante la división.
(c) Sí. Tomemos
\[ a=\sqrt{\sqrt2}. \]
Entonces
\[ a^2=\sqrt2, \qquad a^4=(a^2)^2=(\sqrt2)^2=2. \]
El cuadrado es irracional y la cuarta potencia es racional. Además, el propio \(a\) es irracional: si fuera racional, su cuadrado también lo sería.
(d) Sí. El mismo par de (a) satisface simultáneamente las dos condiciones:
\[ a=\sqrt2,\qquad b=-\sqrt2. \]
Ambos son irracionales y
\[ a+b=0,\qquad ab=-2, \]
que son racionales.
Observación
En (c) utilizamos la existencia de la raíz cuadrada positiva de \(\sqrt2\). La existencia de raíces reales se sustenta en el fundamento por completitud adoptado en C01; es una dependencia distinta de la prueba de irracionalidad. En las otras construcciones usamos la raíz positiva \(\sqrt2\) y su irracionalidad establecida en el capítulo.
Los ejemplos de (a) y (d) muestran que las operaciones entre irracionales pueden producir racionales. La estabilidad frente a sumar un racional o multiplicar por un racional no nulo se demuestra recuperando el irracional mediante la operación inversa.
Ejercicio 13 — SPV4-C02-E013
Referencia: Michael Spivak, Calculus, 4.ª ed., capítulo 2, ejercicio 13, p. 31. Enunciado reducido al contenido matemático; solución propia.
Problema
(a) Demuestre que \(\sqrt3,\sqrt5,\sqrt6\) son irracionales.
(b) Demuestre que \(\sqrt[3]2,\sqrt[3]3\) son irracionales.
Solución
Si una raíz positiva fuese racional, podríamos escribirla como \(u/v\), con \(u,v\) naturales y sin divisor común mayor que \(1\): basta elegir una representación con denominador mínimo. Un divisor común permitiría reducir ese denominador.
Usaremos tres hechos de divisibilidad:
\[ 3\mid t^2\Rightarrow3\mid t,\qquad 5\mid t^2\Rightarrow5\mid t,\qquad 3\mid t^3\Rightarrow3\mid t. \]
Se verifican examinando los restos posibles. Módulo \(3\), los cuadrados de los restos \(0,1,2\) tienen restos \(0,1,1\), y sus cubos tienen restos \(0,1,2\). Módulo \(5\), los cuadrados de \(0,1,2,3,4\) tienen restos \(0,1,4,4,1\). La exhaustividad de los restos para los naturales puede demostrarse por inducción: al aumentar el número en uno, el resto aumenta en uno hasta volver a cero. También usaremos que un cuadrado o un cubo par tiene base par, pues una potencia de un impar es impar.
(a), \(\sqrt3\). De \(u^2=3v^2\) se deduce \(3\mid u\), así que \(u=3w\). Sustituyendo, \(9w^2=3v^2\), y por tanto \(v^2=3w^2\). Luego \(3\mid v\), contradiciendo que \(u,v\) no tienen divisor común.
\(\sqrt5\). Si \(u^2=5v^2\), entonces \(u=5w\). La igualdad se convierte en \(v^2=5w^2\), de donde \(5\mid v\). De nuevo, numerador y denominador tendrían un divisor común.
\(\sqrt6\). Si \(u^2=6v^2\), entonces \(u\) es par: \(u=2w\). Resulta
\[ 2w^2=3v^2. \]
El miembro izquierdo es par; como \(3\) es impar, \(v^2\) debe ser par y también \(v\). Así, \(u,v\) comparten el divisor \(2\), contradicción.
(b), \(\sqrt[3]2\). La igualdad \(u^3=2v^3\) obliga a que \(u=2w\). Entonces \(8w^3=2v^3\), o \(v^3=4w^3\), por lo que \(v\) también es par. Contradicción.
\(\sqrt[3]3\). De \(u^3=3v^3\) deducimos \(u=3w\). Al sustituir queda \(v^3=9w^3\), así que \(3\mid v\). Contradicción.
Observación
La prueba de \(\sqrt3\) utiliza una propiedad específica de divisibilidad por \(3\). No se puede sustituir \(3\) por \(4\) en ese paso: \(4\mid t^2\) no implica \(4\mid t\), como muestra \(t=2\). De hecho, \(\sqrt4=2\) es racional. La existencia de los radicales reales se sustenta en el fundamento por completitud adoptado en C01; aquí se demuestra su irracionalidad.
Ejercicio 14 — SPV4-C02-E014
Referencia: Michael Spivak, Calculus, 4.ª ed., capítulo 2, ejercicio 14, p. 31. Enunciado reducido; solución propia.
Problema
Demuestre que son irracionales:
(a) \(\sqrt2+\sqrt6\); (b) \(\sqrt2+\sqrt3\).
Solución
(a) Si \(x=\sqrt2+\sqrt6\) fuera racional, su cuadrado también lo sería. Pero
\[ x^2=8+2\sqrt{12}=8+4\sqrt3. \]
Entonces \(\sqrt3=(x^2-8)/4\) sería racional, contradiciendo E013(a).
(b) Si \(y=\sqrt2+\sqrt3\) fuera racional,
\[ y^2=5+2\sqrt6 \]
implicaría que \(\sqrt6=(y^2-5)/2\) es racional, otra contradicción con E013(a).
Las simplificaciones de productos de raíces positivas se justifican comprobando el cuadrado y el signo: por ejemplo, \(\sqrt2\sqrt6\) y \(2\sqrt3\) son positivos y tienen cuadrado \(12\).
Ejercicio 15 — SPV4-C02-E015
Referencia: Michael Spivak, Calculus, 4.ª ed., capítulo 2, ejercicio 15, p. 31. Enunciado reducido; solución propia.
Problema
Sean \(p,q\in\mathbb Q\), \(q\ge0\), y \(m\ge1\).
(a) Construya racionales \(a_m,b_m\) tales que \((p+\sqrt q)^m=a_m+b_m\sqrt q\).
(b) Demuestre que los mismos coeficientes construidos satisfacen \((p-\sqrt q)^m=a_m-b_m\sqrt q\).
Solución
(a) Para \(m=1\), tomamos \(a_1=p\), \(b_1=1\). Si ya tenemos la representación para \(m\), multiplicamos por \(p+\sqrt q\):
\[ (a_m+b_m\sqrt q)(p+\sqrt q) =(pa_m+qb_m)+(a_m+pb_m)\sqrt q. \]
Por tanto, definimos
\[ a_{m+1}=pa_m+qb_m,\qquad b_{m+1}=a_m+pb_m. \]
Ambos son racionales cuando lo son \(a_m,b_m\). La inducción construye la representación para todos los exponentes.
(b) La base es \(p-\sqrt q=a_1-b_1\sqrt q\). Si la fórmula vale para \(m\),
\[ (a_m-b_m\sqrt q)(p-\sqrt q) =(pa_m+qb_m)-(a_m+pb_m)\sqrt q =a_{m+1}-b_{m+1}\sqrt q. \]
Así, la misma recurrencia demuestra el resultado por inducción.
Observación
Cuando \(\sqrt q\) es irracional, los coeficientes de una representación \(a+b\sqrt q\) son únicos: dos representaciones distintas con diferente coeficiente de \(\sqrt q\) la expresarían como un racional. Cuando \(\sqrt q\) es racional, puede haber muchas representaciones; (b) se refiere a los coeficientes obtenidos por la construcción de (a). Por ejemplo, para \(p=0,q=1,m=1\), la representación \(1=1+0\sqrt1\) no produciría por cambio de signo el valor \(-1\) del conjugado. La recurrencia sí produce el par correcto \((0,1)\).
Ejercicio 16 — SPV4-C02-E016
Referencia: Michael Spivak, Calculus, 4.ª ed., capítulo 2, ejercicio 16, p. 31. Enunciado reducido; solución propia.
Problema
Sean \(m,n\) naturales.
(a) Si \(m^2/n^2<2\), pruebe
\[ \frac{(m+2n)^2}{(m+n)^2}>2,\qquad \frac{(m+2n)^2}{(m+n)^2}-2<2-\frac{m^2}{n^2}. \]
(b) Demuestre las dos afirmaciones con todos los signos de desigualdad invertidos si \(m^2/n^2>2\).
(c) Si \(m/n<\sqrt2\), construya naturales \(m',n'\) tales que
\[ \frac mn<\frac{m'}{n'}<\sqrt2. \]
Solución
Escribamos \(r=m/n>0\) y \(T(r)=(r+2)/(r+1)\). Una cuenta da
\[ T(r)^2-2=\frac{2-r^2}{(r+1)^2}. \]
(a) Si \(r^2<2\), el numerador es positivo y \((r+1)^2>1\). Por tanto,
\[ 0<T(r)^2-2<2-r^2, \]
que reúne las dos afirmaciones.
(b) Si \(r^2>2\), el numerador es negativo. Dividirlo por un número mayor que \(1\) lo acerca a cero:
\[ 2-r^2<T(r)^2-2<0. \]
Estas son exactamente las desigualdades invertidas.
(c) Aplicamos dos veces la transformación:
\[ T(T(r))=\frac{3r+4}{2r+3}. \]
Tomamos \(m'=3m+4n\) y \(n'=2m+3n\), ambos naturales. Si \(r<\sqrt2\), entonces \(r^2<2\), y
\[ \frac{3r+4}{2r+3}-r=\frac{2(2-r^2)}{2r+3}>0. \]
Además,
\[ \left(\frac{3r+4}{2r+3}\right)^2-2 =\frac{r^2-2}{(2r+3)^2}<0. \]
Como el nuevo cociente es positivo, su cuadrado menor que \(2\) implica que está por debajo de \(\sqrt2\). Queda probada la doble desigualdad.
Ejercicio 17* — SPV4-C02-E017
Referencia: Michael Spivak, Calculus, 4.ª ed., capítulo 2, ejercicio 17*, pp. 31–32. Estrella del original; enunciado reducido y solución propia.
Problema
(a) Demuestre por inducción completa que todo natural mayor que \(1\) es producto de primos.
(b) Usando la unicidad de esa factorización, pruebe que \(\sqrt n\) es irracional si \(n\) no es cuadrado de un natural.
(c) Generalice a \(\sqrt[k]n\) y las potencias \(k\)-ésimas, para \(k\ge1\).
(d) Demuestre que existen infinitos primos.
Solución
Un primo es un natural mayor que \(1\) cuyos únicos divisores naturales son \(1\) y él mismo.
(a) Para \(n=2\), el número es primo. Supongamos que todos los números desde \(2\) hasta \(n-1\) son productos de primos. Si \(n\) es primo, constituye un producto de un solo factor. Si no lo es, \(n=ab\) con \(1<a,b<n\). La hipótesis expresa \(a\) y \(b\) como productos de primos; concatenando esos factores obtenemos la factorización de \(n\). La inducción completa prueba la existencia.
(b) Adoptamos ahora la unicidad de la factorización en primos, que el original declara y no pide demostrar aquí. Si \(\sqrt n=u/v\) fuese racional, con \(u,v\) naturales,
\[ u^2=nv^2. \]
Para cada primo \(\ell\), comparemos sus exponentes en ambos miembros:
\[ 2e_\ell(u)=e_\ell(n)+2e_\ell(v). \]
Luego todos los exponentes \(e_\ell(n)\) son pares. Si \(n>1\), tomar la mitad de cada exponente produce un natural \(w\) con \(n=w^2\); para \(n=1\) podemos tomar \(w=1\). Esto prueba que una raíz cuadrada racional exige que \(n\) sea un cuadrado. La recíproca es inmediata: si \(n=w^2\), su raíz positiva es \(w\).
(c) Si \(\sqrt[k]n=u/v\), entonces \(u^k=nv^k\), y la comparación de exponentes da
\[ e_\ell(n)=k\bigl(e_\ell(u)-e_\ell(v)\bigr). \]
Cada exponente de \(n\) es múltiplo de \(k\). Dividirlos por \(k\) construye un natural \(w\) con \(n=w^k\). Recíprocamente, en ese caso la raíz positiva es \(w\). Para \(k=1\) todos los naturales son potencias primeras y la afirmación no presenta excepciones; para \(n=1\) la raíz es siempre \(1\).
(d) Si los primos fueran únicamente \(\ell_1,\dots,\ell_r\), el número
\[ N=\ell_1\cdots\ell_r+1>1 \]
tendría un divisor primo por (a). Ninguno de los primos de la lista puede dividirlo: al dividir el producto y también \(N\), dividiría su diferencia \(1\). Esto contradice que la lista sea completa. No se necesita que \(N\) mismo sea primo.
Ejercicio 18* — SPV4-C02-E018
Referencia: Michael Spivak, Calculus, 4.ª ed., capítulo 2, ejercicio 18*, p. 32. Estrella del original; enunciado reducido y solución propia.
Problema
(a) Si un real \(x\) satisface \(x^d+a_{d-1}x^{d-1}+\cdots+a_0=0\), con \(d\ge1\) y coeficientes enteros, demuestre que \(x\) es entero o irracional.
(b) Demuestre que \(\sqrt6-\sqrt2-\sqrt3\) es irracional.
(c) Demuestre que \(\sqrt2+\sqrt[3]2\) es irracional.
Solución
(a) Supongamos que \(x=u/v\) es racional, con \(u\in\mathbb Z\), \(v\in\mathbb N\) y sin divisor común mayor que \(1\). Al multiplicar por \(v^d\),
\[ u^d+a_{d-1}u^{d-1}v+\cdots+a_0v^d=0. \]
Todos los términos excepto el primero son múltiplos de \(v\), así que \(v\mid u^d\). Si \(v>1\), tendría un divisor primo \(\ell\), que dividiría \(u^d\) y, por unicidad de la factorización, dividiría \(u\). Esto contradice la reducción de la fracción. Por tanto \(v=1\) y \(x\) es entero. El caso \(u=0\) da directamente el entero \(0\).
El criterio generaliza E017: una raíz \(k\)-ésima de un natural satisface el polinomio mónico \(x^k-n\).
(b) Escribamos \(x=\sqrt6-\sqrt2-\sqrt3\). De \(\sqrt6=x+\sqrt2+\sqrt3\), al elevar al cuadrado y usar \(\sqrt2\sqrt3=\sqrt6\),
\[ 6=x^2+5+2x(\sqrt2+\sqrt3)+2\sqrt6. \]
Sustituyendo \(\sqrt2+\sqrt3=\sqrt6-x\) y reordenando,
\[ 2(x+1)\sqrt6=x^2+1. \]
Esta identidad impide \(x=-1\), pues daría \(0=2\). Si \(x\) fuese racional, permitiría escribir
\[ \sqrt6=\frac{x^2+1}{2(x+1)} \]
como racional, contradiciendo E013(a).
(c) Sean \(u=\sqrt2\), \(v=\sqrt[3]2\) y \(x=u+v\). Como \((x-u)^3=2\) y \(u^2=2,u^3=2u\),
\[ x^3+6x-2=(3x^2+2)u. \]
Elevando al cuadrado,
\[ x^6-6x^4-4x^3+12x^2-24x-4=0. \]
Este es un polinomio mónico con coeficientes enteros. Además, \(1<u<3/2\) y \(1<v<3/2\), como se comprueba comparando cuadrados y cubos positivos con \(2\). Por tanto \(2<x<3\), de modo que \(x\) no es entero. Por (a), es irracional.
Ejercicio 19 — SPV4-C02-E019
Referencia: Michael Spivak, Calculus, 4.ª ed., capítulo 2, ejercicio 19, p. 32. Enunciado reducido; solución propia.
Problema
Para \(h>-1\) y \(n\ge1\), demuestre \((1+h)^n\ge1+nh\). Explique el caso \(h>0\) mediante el binomio.
Solución
La base \(n=1\) es una igualdad. Supongamos que \((1+h)^n\ge1+nh\). Como \(1+h>0\), podemos multiplicar sin invertir el orden:
\[ (1+h)^{n+1}\ge(1+nh)(1+h) =1+(n+1)h+nh^2\ge1+(n+1)h. \]
Esto prueba la desigualdad por inducción, incluidos los valores negativos de \(h\) permitidos.
Si \(h>0\), la expansión binomial da \(1+nh\) más términos no negativos de grados superiores. Para \(n\ge2\) y \(h\ne0\), el paso anterior muestra que la desigualdad es estricta; hay igualdad si \(n=1\) o \(h=0\).
Ejercicio 20 — SPV4-C02-E020
Referencia: Michael Spivak, Calculus, 4.ª ed., capítulo 2, ejercicio 20, pp. 32–33. Enunciado reducido; solución propia.
Problema
Si \(a_1=a_2=1\) y \(a_n=a_{n-1}+a_{n-2}\) para \(n\ge3\), demuestre
\[ a_n=\frac{\alpha^n-\beta^n}{\sqrt5}, \qquad \alpha=\frac{1+\sqrt5}{2},\quad\beta=\frac{1-\sqrt5}{2}. \]
Solución
Los dos números satisfacen \(t^2=t+1\), y \(\alpha-\beta=\sqrt5\), \(\alpha+\beta=1\). Definamos \(b_n=(\alpha^n-\beta^n)/\sqrt5\).
Para \(n=1\), \(b_1=1\). Para \(n=2\),
\[ b_2=\frac{(\alpha-\beta)(\alpha+\beta)}{\sqrt5}=1. \]
Multiplicando \(t^2=t+1\) por \(t^{n-2}\), para \(n\ge3\), obtenemos \(t^n=t^{n-1}+t^{n-2}\). Aplicada a \(\alpha\) y \(\beta\), esta identidad da
\[ b_n=b_{n-1}+b_{n-2}. \]
Las dos bases coinciden con las de \(a_n\). Si coinciden dos términos consecutivos, la recurrencia hace coincidir el siguiente. La inducción sobre ese par consecutivo prueba \(a_n=b_n\) para todo \(n\).
Ejercicio 21 — SPV4-C02-E021
Referencia: Michael Spivak, Calculus, 4.ª ed., capítulo 2, ejercicio 21, p. 33. Enunciado reducido; solución propia.
Problema
Para reales \(x_1,\dots,x_n,y_1,\dots,y_n\), dé tres pruebas de
\[ \sum_{i=1}^n x_i y_i \le\sqrt{\sum_{i=1}^n x_i^2}\sqrt{\sum_{i=1}^n y_i^2}, \]
análogas a las tres vías de C01-E019.
Solución
Escribamos \(X=\sum x_i^2\), \(Y=\sum y_i^2\), \(C=\sum x_iy_i\). Si \(X=0\) o \(Y=0\), todas las componentes del vector correspondiente son cero y \(C=0\), de modo que hay igualdad. Supongamos en lo sucesivo \(X,Y>0\).
Primera prueba: el polinomio cuadrático. Para todo real \(t\),
\[ 0\le\sum_{i=1}^n(tx_i+y_i)^2=Xt^2+2Ct+Y. \]
Evaluando en \(t=-C/X\), obtenemos \(Y-C^2/X\ge0\), equivalente a \(C^2\le XY\). Es el criterio de discriminante no positivo, aquí comprobado directamente en el mínimo del cuadrático. Por tanto \(C\le|C|\le\sqrt{XY}=\sqrt X\sqrt Y\).
Segunda prueba: normalización. La suma de cuadrados
\[ 0\le\sum_{i=1}^n \left(\frac{x_i}{\sqrt X}-\frac{y_i}{\sqrt Y}\right)^2 =2-\frac{2C}{\sqrt X\sqrt Y} \]
da directamente \(C\le\sqrt X\sqrt Y\).
Tercera prueba: determinantes de pares. Al expandir y agrupar los términos de índices distintos,
\[ XY-C^2 =\sum_{1\le i<j\le n}(x_i y_j-x_j y_i)^2\ge0. \]
En efecto, los términos diagonales \(x_i^2y_i^2\) se cancelan; para cada par \(i<j\) quedan \(x_i^2y_j^2+x_j^2y_i^2-2x_iy_ix_jy_j\), el cuadrado indicado. De nuevo \(|C|\le\sqrt{XY}\) y, por tanto, la desigualdad pedida.
Observación
Para la desigualdad sin valor absoluto hay igualdad exactamente cuando \(y=0\) o \(x=\lambda y\) con \(\lambda\ge0\). Si \(y\ne0\), la igualdad exige \(C\ge0\) y que todos los determinantes de pares sean cero. Eligiendo \(j\) con \(y_j\ne0\), se obtiene \(x_i=(x_j/y_j)y_i\) para todo \(i\); como \(C=\lambda Y\), debe ser \(\lambda\ge0\). La recíproca se comprueba sustituyendo. Para \(n=1\) la suma de pares es vacía y vale cero; la condición de signo sigue siendo necesaria.
Ejercicio 22 — SPV4-C02-E022
Referencia: Michael Spivak, Calculus, 4.ª ed., capítulo 2, ejercicio 22, p. 33. Enunciado reducido; solución propia.
Problema
Para \(a_1,\dots,a_n\ge0\), sean \(A=(a_1+\cdots+a_n)/n\) y \(G=\sqrt[n]{a_1\cdots a_n}\).
(a) Si \(a_1<A<a_2\), sustituya esos dos términos por \(\bar a_1=A\), \(\bar a_2=a_1+a_2-A\). Pruebe que el producto no disminuye; justifique la repetición finita del procedimiento para probar \(G\le A\) y determine la igualdad.
(b) Pruebe \(G\le A\) para \(n=2^k\) mediante el caso de dos términos.
(c) Deduzca el resultado general agregando \(2^m-n\) términos iguales a \(A\), donde \(2^m>n\).
Solución
(a) La suma de los dos términos se conserva y \(\bar a_2=a_1+(a_2-A)>0\). Además,
\[ \bar a_1\bar a_2-a_1a_2 =A(a_1+a_2-A)-a_1a_2 =(A-a_1)(a_2-A)>0. \]
Los demás factores son no negativos, así que el producto completo no disminuye.
Si no todos los términos son iguales a \(A\), debe haber uno menor y uno mayor: de lo contrario, su suma no sería \(nA\). Aplicamos la sustitución a ese par. Al menos uno de los términos antes distintos de \(A\) queda igual a \(A\); no modificamos ningún término que ya sea igual a \(A\). Por tanto disminuye el número de términos distintos de la media.
Esto formaliza la terminación: por inducción sobre ese número, se llega en un número finito de pasos a la lista \(A,\dots,A\), cuyo producto es \(A^n\). La media permanece fija durante todo el proceso. Luego \(\prod a_i\le A^n\), y la monotonía de la raíz positiva da \(G\le A\).
Si todos los términos son iguales, hay igualdad. Si alguno es cero y \(A>0\), el producto original es cero y la desigualdad es estricta. Si todos son positivos pero no iguales, la primera sustitución aumenta estrictamente el producto completo y las siguientes no lo disminuyen; por tanto \(\prod a_i<A^n\). Si \(A=0\), la no negatividad obliga a que todos sean cero. Así, hay igualdad exactamente cuando todos los \(a_i\) son iguales.
(b) Para dos términos,
\[ \left(\frac{u+v}{2}\right)^2-uv=\frac{(u-v)^2}{4}\ge0, \]
que es el caso de C01-E007. Supongamos que la desigualdad vale para listas de \(h=2^k\) términos y dividamos una lista de \(2h\) en dos grupos, con medias \(U,V\). Los productos de los grupos satisfacen
\[ P_1\le U^h,\qquad P_2\le V^h. \]
Multiplicando y aplicando el caso binario,
\[ P_1P_2\le(UV)^h \le\left(\frac{U+V}{2}\right)^{2h}. \]
La media \((U+V)/2\) es la de los \(2h\) términos. Tomar la raíz positiva prueba el paso inductivo. El caso de un término también es una igualdad.
(c) Elija \(M=2^m>n\) y complete la lista con \(M-n\) copias de \(A\). La media sigue siendo \(A\), porque la suma nueva es \(nA+(M-n)A=MA\). Por (b),
\[ \left(\prod_{i=1}^n a_i\right)A^{M-n}\le A^M. \]
Si \(A>0\), dividimos por \(A^{M-n}\) y obtenemos \(\prod a_i\le A^n\). Si \(A=0\), todos los términos originales son cero y la conclusión es inmediata. La elección de \(M\) es posible sin usar límites: por inducción \(2^m\ge m+1\), así que puede tomarse \(m=n\).
Ejercicio 23 — SPV4-C02-E023
Referencia: Michael Spivak, Calculus, 4.ª ed., capítulo 2, ejercicio 23, pp. 33–34. Enunciado reducido; solución propia.
Problema
Partiendo de \(a^1=a\) y \(a^{n+1}=a^n a\), demuestre por inducción, para \(n,m\ge1\),
\[ a^{n+m}=a^n a^m,\qquad (a^n)^m=a^{nm}. \]
Solución
Fijamos \(n\) e inducimos sobre \(m\). Para \(m=1\), la primera igualdad es la definición \(a^{n+1}=a^n a\). Si vale para \(m\),
\[ a^{n+m+1}=a^{n+m}a=(a^n a^m)a=a^n a^{m+1}, \]
por asociatividad. Queda demostrada la primera ley.
Para la segunda, la base \(m=1\) es inmediata. Suponiendo \((a^n)^m=a^{nm}\) y usando la primera ley,
\[ (a^n)^{m+1}=(a^n)^m a^n =a^{nm}a^n=a^{nm+n}=a^{n(m+1)}. \]
Ambas pruebas incluyen \(a=0\) y bases negativas, pues no dividen por \(a\).
Ejercicio 24 — SPV4-C02-E024
Referencia: Michael Spivak, Calculus, 4.ª ed., capítulo 2, ejercicio 24, p. 34. Enunciado reducido; solución propia.
Problema
En los naturales, suponga conocida la suma asociativa y conmutativa y defina el producto mediante
\[ 1\cdot b=b,\qquad(a+1)\cdot b=a\cdot b+b. \]
Demuestre, en este orden, \(a\cdot(b+c)=a\cdot b+a\cdot c\), \(a\cdot1=a\) y \(a\cdot b=b\cdot a\).
Solución
Distributividad. Inducimos sobre \(a\). Para \(a=1\), ambos miembros valen \(b+c\). Si vale para \(a\),
\[ \begin{aligned} (a+1)\cdot(b+c) &=a\cdot(b+c)+(b+c)\\ &=(a\cdot b+a\cdot c)+(b+c)\\ &=(a\cdot b+b)+(a\cdot c+c)\\ &=(a+1)\cdot b+(a+1)\cdot c. \end{aligned} \]
La reordenación central usa únicamente asociatividad y conmutatividad de la suma.
Unidad a la derecha. La base \(1\cdot1=1\) es la definición. Si \(a\cdot1=a\), entonces \((a+1)\cdot1=a\cdot1+1=a+1\).
Conmutatividad. Fijamos \(a\) e inducimos sobre \(b\). La base es \(a\cdot1=a=1\cdot a\). Si \(a\cdot b=b\cdot a\), entonces, usando la distributividad ya probada y la unidad derecha,
\[ a\cdot(b+1)=a\cdot b+a\cdot1 =b\cdot a+a=(b+1)\cdot a. \]
Así recuperamos las tres propiedades desde la definición recursiva, sin usar de antemano la conmutatividad del producto.
Ejercicio 25 — SPV4-C02-E025
Referencia: Michael Spivak, Calculus, 4.ª ed., capítulo 2, ejercicio 25, p. 34. Enunciado reducido; solución propia.
Problema
Un conjunto \(A\subseteq\mathbb R\) es inductivo si \(1\in A\) y \(x+1\in A\) siempre que \(x\in A\).
(a) Verifique: (i) \(\mathbb R\) es inductivo; (ii) \((0,\infty)\) es inductivo; (iii) \((0,\infty)\setminus\{1/2\}\) es inductivo; (iv) \((0,\infty)\setminus\{5\}\) no es inductivo; (v) la intersección de dos inductivos es inductiva.
Defina \(N\) como el conjunto de reales que pertenecen a todo conjunto inductivo.
(b) Pruebe: (i) \(1\in N\); (ii) si \(x\in N\), entonces \(x+1\in N\).
Solución
(a)(i) \(1\) es real, y la suma de un real con \(1\) es real.
(ii) \(1>0\). Si \(x>0\), entonces \(x+1>0\).
(iii) \(1\) pertenece al conjunto. Si \(x>0\) y \(x\ne1/2\), entonces \(x+1>1\), por lo que el sucesor es positivo y distinto de \(1/2\).
(iv) El número \(4\) pertenece al conjunto, pero su sucesor \(5\) no. Falla el cierre por sucesor, aunque el conjunto contiene a \(1\).
(v) Si \(A,B\) son inductivos, ambos contienen a \(1\), así que \(1\in A\cap B\). Si \(x\in A\cap B\), su sucesor pertenece a ambos conjuntos y, por tanto, a la intersección.
(b)(i) Por definición, todo inductivo contiene a \(1\). Luego \(1\) pertenece a todos ellos y está en \(N\).
(ii) Si \(x\in N\), tomemos cualquier conjunto inductivo \(A\). Como \(x\) pertenece a todos los inductivos, \(x\in A\); el cierre da \(x+1\in A\). Puesto que \(A\) era arbitrario, \(x+1\) pertenece a todo inductivo y está en \(N\).
Observación
Los dos últimos resultados muestran que \(N\) mismo es inductivo, y su definición asegura que está contenido en cualquier otro inductivo. Es, por tanto, el menor conjunto inductivo. Esta construcción no presupone que sus miembros sean enteros positivos para justificar los siete apartados anteriores.
Ejercicio 26 — SPV4-C02-E026
Referencia: Michael Spivak, Calculus, 4.ª ed., capítulo 2, ejercicio 26, p. 34. Enunciado reducido; solución propia.
Problema
En tres postes se dispone una torre de \(n\) discos de tamaños distintos, del mayor abajo al menor arriba. Cada movimiento traslada un disco superior a otro poste, sin colocar uno grande sobre uno menor. Demuestre que trasladar toda la torre a otro poste requiere como mínimo \(2^n-1\) movimientos y que esa cantidad basta.
Solución
Sea \(M_n\) el mínimo número de movimientos. Para \(n=1\), \(M_1=1\).
Construcción. Suponiendo que una torre de \(n-1\) discos se traslada en \(2^{n-1}-1\) movimientos entre cualquier par de postes, llevamos los discos menores del poste inicial al auxiliar; movemos el mayor al destino; y trasladamos los menores del auxiliar al destino. El disco mayor, ya colocado, no impide los movimientos de los menores. El total es
\[ (2^{n-1}-1)+1+(2^{n-1}-1)=2^n-1. \]
Así existe una solución finita y \(M_n\le2^n-1\).
Cota inferior. Considere cualquier solución. Antes del primer movimiento del disco mayor, todos los menores deben estar apilados en el tercer poste: el poste inicial debe quedar libre sobre el mayor y el poste al que se mueve debe estar vacío de discos menores. Esto requiere al menos \(M_{n-1}\) movimientos de los menores.
Considere también el último movimiento del mayor hacia el poste de destino. Justo antes, los menores están todos en el poste restante, y después deben trasladarse al destino; esto requiere al menos otros \(M_{n-1}\) movimientos. Los dos períodos no se solapan, aun si el mayor se movió varias veces. Además hubo al menos un movimiento del mayor. Por tanto,
\[ M_n\ge2M_{n-1}+1. \]
Por inducción, esta cota es \(2^n-1\) y coincide con la construcción. En la cota de los menores, eliminar el disco mayor no altera la legalidad de sus movimientos, lo que permite aplicar el problema de \(n-1\) discos.
Ejercicio 27* — SPV4-C02-E027
Referencia: Michael Spivak, Calculus, 4.ª ed., capítulo 2, ejercicio 27*, p. 35. Estrella del original; formulación lógica reducida y solución propia.
Problema
Hay \(17\) participantes. Cada uno conoce los errores publicados de todos los demás, pero ignora inicialmente si los suyos contienen errores. En realidad, todos tienen alguno. En una reunión semanal común, quien deduce que tiene un error lo anuncia y renuncia. Nadie había renunciado. Se anuncia públicamente que al menos uno tiene un error. Determine qué ocurre.
Solución
Hacemos explícitas las hipótesis de inferencia del problema: los participantes razonan correctamente, saben que los demás también lo hacen y conocen en común la regla de renuncia. Todos oyen el anuncio, observan el resultado de cada reunión y saben que todos lo observan. Numeramos como reunión \(1\) la primera oportunidad de decisión tras el anuncio; las decisiones de una misma ronda se basan en la información disponible antes de esa ronda.
Probemos por inducción que, si hay exactamente \(r\) participantes con errores, estos renuncian en la reunión \(r\), y no hay renuncias anteriores.
Para \(r=1\), el único afectado no ve errores en los demás. El anuncio asegura que existe al menos uno, así que identifica el propio y renuncia en la primera reunión. Quienes no tienen errores ven ese único caso y no pueden deducir un error propio.
Supongamos conocido el resultado para \(r-1\) y consideremos \(r>1\). Cada afectado ve exactamente \(r-1\) afectados. Si él no tuviera un error, la situación sería la del caso inductivo: esos \(r-1\) renunciarían en la reunión \(r-1\). Hasta esa reunión, las observaciones son compatibles con que él no tenga errores, por lo que no puede concluirlo antes.
Al terminar la reunión \(r-1\) sin renuncias, esa posibilidad queda descartada. Cada uno de los \(r\) afectados deduce entonces su propio error y todos renuncian en la reunión \(r\). Los no afectados, si los hubiera, ven \(r\) errores; la conducta observada es compatible con que ellos no tengan uno, así que no deducen un error propio.
En la situación dada, \(r=17\): las primeras \(16\) reuniones transcurren sin renuncias y los \(17\) renuncian en la reunión \(17\).
Observación
La conclusión fija una ronda de decisión. Si el anuncio se hace al final de la última reunión del año, la primera ronda es la primera reunión del año siguiente. Si se ofrece una oportunidad de decidir inmediatamente tras el anuncio, esa oportunidad cuenta como ronda \(1\). Lo esencial son las dieciséis rondas silenciosas y la deducción en la siguiente.
Ejercicio 28** — SPV4-C02-E028
Referencia: Michael Spivak, Calculus, 4.ª ed., capítulo 2, ejercicio 28**, p. 35. Estrellas del original; enunciado reducido y solución propia.
Problema
En E027, todos conocían ya individualmente la afirmación de que alguien tenía un error. Explique por qué el anuncio público cambia lo que pueden deducir.
Solución
Saber una afirmación y saber que todos los demás la saben son estados diferentes. También es distinto saber que todos saben que todos la saben, y así sucesivamente. Un anuncio oído por todos, cuya recepción es pública, establece todos esos niveles de conocimiento compartido.
El caso de dos afectados muestra el mecanismo. Cada uno ve el error del otro y sabe que existe un error. Pero contempla la posibilidad de no tener él ninguno. En esa posibilidad, el otro sería el único afectado y no vería errores ajenos; sin anuncio, no tendría una razón para renunciar. Por eso su silencio no permite concluir nada.
Después del anuncio, si el otro fuese el único afectado, tendría que renunciar en la primera reunión. Su silencio elimina esa posibilidad y ambos deducen el error propio.
Para diecisiete afectados, el mismo razonamiento contiene una cadena más larga. Cada afectado contempla un mundo con dieciséis; en ese mundo, cada uno contempla uno con quince, y así hasta el mundo con un solo afectado. Antes del anuncio, ese último mundo no contiene una persona que sepa que hay errores: no ve ninguno y nadie le ha asegurado públicamente su existencia.
El anuncio descarta el mundo sin errores incluso en esas posibilidades anidadas. Da así una base común al razonamiento inductivo de E027. Después, cada reunión sin renuncias elimina un nivel más: tras \(j\) rondas silenciosas queda descartada la posibilidad de que haya entre uno y \(j\) afectados, bajo las hipótesis comunes de conducta racional.
Por eso una afirmación que no aporta un dato nuevo sobre los errores observados sí cambia las inferencias disponibles. Hace pública y común la información necesaria para interpretar el silencio de los otros.
Soluciones originales de Alevi Peña · Matemática Abierta. Licencia GFDL 1.3 o posterior.