Una figura muestra que 1+3+5 forma un cuadrado de lado tres. ¿Seguirá ocurriendo siempre? Dibujar más casos ayuda a ver el patrón; la inducción explica por qué ningún tamaño puede fallar. Aprenderemos a escribir ese argumento y a distinguirlo de una regla recursiva que construye nuevos términos.
Si necesitas repasar:
1. Primero escribimos la afirmación y desde qué índice empieza
P(n) será la frase que queremos demostrar para todo entero n≥n₀. En el dibujo proponemos P(n): la suma de los n primeros impares es n², para n≥1. El impar de posición n es 2n−1: en la posición cinco aparece nueve, no cinco.
Escribimos aparte P(n+1), sustituyendo n en todos sus lugares: la suma de n+1 impares, cuyo último término es 2n+1, debe valer (n+1)². Tener el objetivo visible evita demostrar otra fórmula o añadir el sumando equivocado. La inducción sobre índices naturales no cubre todos los reales.
Leer cuántos términos hay
En 1+3+⋯+(2n−1), toma n=4 y escribe el caso siguiente.
Caso cuatro
Los términos son 1,3,5,7; suman dieciséis.
Caso cinco
Se añade nueve, que es 2·4+1.
Objetivo siguiente
16+9=25=(4+1)².
P(4): suma 16; P(5): suma 25.
El índice cuenta términos; no es el valor del último sumando.
Cambiar todos los lugares del índice
Si P(n) dice 2ⁿ≥n+1 para n≥0, ¿qué dice P(n+1)?
Lado izquierdo
2 elevado a n+1.
Lado derecho
(n+1)+1=n+2.Objetivo
2ⁿ⁺¹≥n+2.
Se cambia en ambos lados.
Todavía no lo hemos demostrado; solo hemos escrito con precisión lo que exige el paso.
2. Base y paso son dos trabajos diferentes
La base demuestra P(n₀) directamente. El paso fija un n≥n₀ arbitrario, supone provisionalmente P(n) y obtiene P(n+1). Se prueba una implicación para cualquier índice del rango; no se supone que todos los casos ya son verdaderos.
La base inicia la cadena y el paso permite llegar a cualquier índice tras finitas aplicaciones. Si empezamos en uno, no hemos demostrado un posible caso cero. Si faltara la base, una implicación correcta podría estar transmitiendo una propiedad que nunca llega a comenzar.
Una desigualdad con su base
Prueba 2ⁿ≥n+1 para n≥0.
Base
n=0: 1≥1.Hipótesis y actualización
Supón 2ⁿ≥n+1.Entonces 2ⁿ⁺¹=2·2ⁿ≥2n+2.Comparar con el objetivo
2n+2≥n+2 porque n≥0.Así 2ⁿ⁺¹≥n+2.
Vale para todos los enteros n≥0.
Multiplicar por dos conserva la desigualdad porque dos es positivo.
Un paso verdadero que no arranca
Considera P(n): n=n+1 en los naturales. ¿Basta demostrar P(n)⇒P(n+1)?
Implicación
Si n=n+1, sumar uno a ambos lados daría n+1=n+2.Base
En cero, 0=1 es falso; tampoco hay otra base verdadera.
Diagnóstico
La transmisión condicional no crea un primer caso verdadero.
Sin base no hay prueba inductiva.
Una implicación con hipótesis falsa puede ser verdadera sin que lo sea su conclusión.
3. El primer posible fallo explica por qué la cadena funciona
Todo conjunto no vacío de naturales tiene un menor elemento. Si hubiera algún índice falso después de una base verdadera, podríamos tomar el primer fallo k. No sería n₀. Entonces k−1 estaría en el rango y sería verdadero por ser anterior al primer fallo.
El paso desde k−1 obligaría a que k también fuera verdadero: contradicción. Esto justifica el método y ayuda a detectar huecos. Un paso que avanza dos unidades deja dos cadenas separadas; no basta iniciar solo una si queremos cubrir todos los índices.
Reconocer el hueco de paridad
Tienes P(0) y P(n)⇒P(n+2). ¿Qué índices quedan cubiertos?
Primera cadena
0→2→4→6→…Lo que falta
Ningún enlace de esa cadena llega a uno o a otro impar.
Reparación
Añadir una base P(1) y el mismo paso cubre 1→3→5→… también.
Solo los pares con la primera base; todos con las dos.
Hace falta que el paso sea válido en todo el rango donde se aplique.
Usar el mínimo para una propiedad heredada
Una propiedad es cierta en tres y se conserva de n a n+1 para n≥3. ¿Podría fallar en algún entero mayor?
Supón un fallo
Toma el menor índice k≥3 que falla.Predecesor
k≠3 por la base; k−1≥3 y no falla.Conflicto
El paso desde k−1 prueba P(k), contra la elección de k.
No hay un primer fallo; todos los índices desde tres cumplen.
La existencia del mínimo usa índices enteros acotados inferiormente; no funciona igual para un intervalo real abierto.
4. La hipótesis reemplaza el bloque anterior, no el caso que intentamos probar
Para sumar un término nuevo, separamos la parte hasta n y la contribución siguiente. La hipótesis transforma solo esa parte conocida. Después hacemos álgebra hasta reconocer exactamente la fórmula de P(n+1). Marcaremos el reemplazo para que el argumento no parezca una cuenta que aparece de la nada.
Podemos calcular el objetivo aparte para orientarnos. Al escribir la prueba hay que partir de los datos permitidos o justificar todas las equivalencias. Suponer directamente P(n+1) y usarla como dato dejaría una prueba circular.
Cerrar la identidad del cuadrado
Prueba 1+3+⋯+(2n−1)=n² para n≥1.
Base
En uno, 1=1².Separar y usar hipótesis
La suma siguiente es [1+3+⋯+(2n−1)]+(2n+1)=n²+2n+1.Reconocer
n²+2n+1=(n+1)²; es exactamente el objetivo siguiente.
La identidad vale para todo n≥1.
El dibujo de las capas ayuda a entender por qué el nuevo sumando es 2n+1.
Una suma geométrica con el mismo mecanismo
Prueba 1+2+⋯+2ⁿ=2ⁿ⁺¹−1 para n≥0.
Base cero
Solo hay un término: 1=2¹−1.Nuevo término
La suma hasta n+1 es la anterior más 2ⁿ⁺¹.
Sustituir
(2ⁿ⁺¹−1)+2ⁿ⁺¹=2·2ⁿ⁺¹−1=2ⁿ⁺²−1.
Se obtiene la fórmula con índice n+1.
El nuevo término es 2ⁿ⁺¹, no n+1; la base cero contiene un término.
5. La inducción fuerte permite usar todos los casos anteriores
A veces el caso nuevo necesita un caso anterior que no es el inmediatamente previo. La inducción fuerte supone P(n₀),…,P(n) para demostrar P(n+1). No da permiso para usar índices futuros. Tiene la misma fuerza que la ordinaria: basta aplicar esta a la frase todos los casos hasta n son verdaderos.
Las bases dependen de la construcción. Si la regla resta cuatro unidades, debemos garantizar que los cuatro primeros casos del rango comiencen sus cadenas. Comprobamos también que la descomposición produzca índices permitidos.
Productos de primos
Justifica que todo entero m≥2 es un producto de primos.
Base y caso primo
Dos es primo. Para el nuevo m, si es primo ya sirve como producto de un factor.
Caso compuesto
m=ab con 2≤a,b<m.Son índices anteriores al que probamos.
Usar hipótesis fuerte
a y b son productos de primos; multiplicar esas listas de factores da m.
Cada entero desde dos admite una factorización en primos.
La prueba establece existencia, no todavía unicidad de esa factorización.
Construir importes con cuatro y cinco
Prueba que cada entero m≥12 es 4a+5b con a,b naturales.
Cuatro bases
12=4·3; 13=4·2+5; 14=4+5·2; 15=5·3.Nuevo m≥16
m−4≥12 y es menor que m; por hipótesis, m−4=4a+5b.Añadir cuatro
m=4(a+1)+5b, con coeficientes todavía naturales.
Todos los enteros desde doce se construyen así.
No hemos afirmado lo mismo para once: queda fuera del rango y no es una base necesaria.
6. La recursión construye términos; la inducción prueba una fórmula para ellos
Una recurrencia da datos iniciales y una actualización.
La fórmula cerrada 5+3n permite ir directamente a un índice. Ver el patrón sugiere la fórmula; base y paso demuestran que coincide con todos los términos.
La condición inicial y la actualización determinan la sucesión de manera única. Sin el dato inicial, muchas sucesiones podrían aumentar tres cada vez. Conocer solo unos pocos valores también permite continuaciones diferentes si no se declara una regla.
Encontrar y justificar una fórmula
a₀=5, aₙ₊₁=aₙ+3. Calcula a₁₀ y prueba el patrón.
Candidato y base
aₙ=5+3n; para n=0 vale cinco.Paso
Si aₙ=5+3n, entonces aₙ₊₁=5+3n+3=5+3(n+1).Término diez
5+3·10=35.
aₙ=5+3n, en particular a₁₀=35.
Hasta el índice diez hay diez actualizaciones desde cero, aunque hay once términos contando a₀.
Dos sucesiones con la misma actualización
¿Determina aₙ₊₁=2aₙ una única sucesión sin más datos?
Primera elección
Con a₀=1 sale 1,2,4,8,…Otra elección
Con a₀=3 sale 3,6,12,24,…Comparar
Ambas duplican cada término, pero son distintas.
Falta el dato inicial.
Si se fija a₀=c, la fórmula es c·2ⁿ y puede comprobarse por base y paso.
7. Cada dependencia debe llegar a datos disponibles
Una regla que usa dos términos anteriores normalmente necesita dos datos para empezar. Indicamos el primer índice de aplicación y revisamos las operaciones: una división por un término exige que no sea cero. El hecho de escribir una fórmula con subíndices no garantiza existencia ni unicidad.
La recursión bien fundada reduce una medida hasta una base: índice, tamaño o profundidad. Una ecuación circular puede ser imposible o admitir muchas soluciones. Tampoco suponemos que una dependencia de un índice futuro vaya a terminar por sí sola.
Calcular sin saltarse un dato
b₀=1, b₁=2, bₙ₊₂=bₙ₊₁+bₙ. Calcula b₅.
Primeros nuevos
b₂=2+1=3; b₃=3+2=5.Continuar
b₄=5+3=8; b₅=8+5=13.Revisar dependencia
Cada cuenta usó dos términos ya disponibles.
b₅=13.
Con solo b₀, no podríamos calcular b₂ porque faltaría b₁.
Una actualización que deja de estar definida
a₀=1 y aₙ₊₁=1/(aₙ−1). ¿Define una sucesión real para todo n?
Intentar el primer paso
a₁=1/(1−1).Dominio
El denominador vale cero.
Conclusión
No existe a₁ real dado por esa regla; la construcción falla al empezar.
No define toda la sucesión real.
Una expresión formal no autoriza una división por cero.
8. La inducción estructural sigue las reglas que construyen un objeto
Consideremos árboles binarios completos: una hoja es un árbol, y unir dos árboles bajo una raíz nueva crea otro. Completo aquí significa que cada nodo interno tiene exactamente dos hijos. No se exige que todas las hojas estén a la misma altura.
Si dos árboles cumplen la propiedad, el nuevo tiene L=L₁+L₂ e I=I₁+I₂+1.
Se cubrieron la base y la regla constructora.
Contar desde la estructura
Un árbol binario completo tiene siete nodos internos. ¿Cuántas hojas y nodos totales tiene?
Aplicar la propiedad ya probada
L=I+1=8.Total
I+L=7+8=15.Condición
Cada interno debe tener exactamente dos hijos para usar esa identidad.
Ocho hojas y quince nodos en total.
Un árbol con un hijo por interno puede tener otra relación entre hojas e internos.
Otra estructura con la misma forma
Las expresiones se forman con números y operaciones binarias + o ×. Prueba que hay un número más de hojas que de operaciones.
Número solo
Una hoja y cero operaciones.
Unir dos expresiones
Se suman sus hojas; se suman sus operaciones y se añade la nueva operación.
Sustituir
Si L₁=O₁+1 y L₂=O₂+1, entonces L=O₁+O₂+2=O+1.
Vale para todas las expresiones formadas con esas reglas.
Si añadimos una operación unaria, como negar una expresión, hay que revisar el enunciado: esa regla no añade una hoja.
9. Al cerrar, comprobamos rango, hipótesis y objetivo exacto
Una prueba inductiva debe señalar base, hipótesis provisional, uso de esa hipótesis y llegada a P(n+1). Revisamos que las operaciones sean válidas y que no falte un caso pequeño donde la regla cambie. Hacer cuentas correctas con un índice distinto no demuestra el enunciado pedido.
Los ejemplos numéricos detectan errores, pero no prueban un universal infinito. Una fórmula que acierte hasta un índice puede fallar después. Tampoco todos los enunciados verdaderos necesitan inducción: una identidad directa puede ser más breve.
Muchos aciertos y un fallo posterior
Para n≥1, ¿probar n=1,2,3 basta para afirmar (n−1)(n−2)(n−3)=0 siempre?
Tres comprobaciones
En cada uno aparece un factor cero.
Siguiente valor
En n=4 el producto es 3·2·1=6.Diagnóstico
La generalización era falsa aunque coincidiera en las tres pruebas iniciales.
No: n=4 es un contraejemplo.
Para un contraejemplo basta un caso; para demostrar todos hace falta un argumento general.
Una base desplazada
Queremos probar n²≥2n para enteros n≥2. ¿Cómo queda una prueba completa?
Base correcta
n=2: 4≥4.No hace falta probar n=1, que ni cumple la desigualdad.
Paso
Si n²≥2n, entonces (n+1)²=n²+2n+1≥4n+1≥2n+2 porque n≥2.Rango final
La base y el enlace cubren todo entero desde dos.
La desigualdad vale para n≥2.
También se puede probar directamente n²−2n=n(n−2)≥0 en ese dominio.
Ahora lo resolvemos de principio a fin.
EJEMPLO RESUELTO 1
Suma de los primeros naturales
Prueba 1+⋯+n=n(n+1)/2 para n≥1.
Afirmación y objetivo
P(n): 1+⋯+n=n(n+1)/2 para enteros n≥1.P(n+1) debe terminar en (n+1)(n+2)/2.
Base uno
La suma tiene solo uno y 1·2/2=1.Hipótesis
Fijamos n≥1 arbitrario y suponemos la identidad hasta n.Separar
1+⋯+n+(n+1)=[1+⋯+n]+(n+1).Reemplazar el bloque
Por hipótesis es n(n+1)/2+(n+1).
Denominador común
[n(n+1)+2(n+1)]/2=(n+1)(n+2)/2.Cerrar
Es P(n+1). Base y paso prueban la identidad en todo el rango n≥1.
La identidad vale para todo n≥1.
Para n=4, 1+2+3+4=10 y 4·5/2=10. Esta revisión confirma la cuenta, mientras que el argumento inductivo cubre todos los índices.
EJEMPLO RESUELTO 2
Una sucesión recursiva
Si a₀=2 y aₙ₊₁=3aₙ, encuentra y justifica aₙ.
Calcular desde los datos
a₀=2; a₁=6; a₂=18.Cada paso multiplica por tres.
Proponer
Tras n pasos, aₙ=2·3ⁿ.Esto es un candidato hasta justificarlo.
Base cero
2·3⁰=2, el dato inicial.Hipótesis
Para un n≥0 arbitrario, supón aₙ=2·3ⁿ.Actualizar
aₙ₊₁=3aₙ=3(2·3ⁿ)=2·3ⁿ⁺¹.Conclusión
La fórmula cumple base y paso. La actualización determina cada término de manera única, así que coincide con la sucesión dada.
aₙ=2·3ⁿ.
El cociente de términos consecutivos de la fórmula es tres y el término inicial es dos, exactamente los dos requisitos del enunciado.
Los símbolos que hemos usado
- P(n)
- Proposición cuya verdad depende del índice natural n.
- n₀
- Primer índice desde el que se quiere probar la afirmación.
- Hipótesis inductiva
- Suposición provisional sobre casos anteriores dentro de la demostración del paso.
- aₙ
- Término de índice n de una sucesión.
- Recurrencia
- Regla que relaciona términos con otros de índices anteriores.
- Inducción fuerte
- Método que permite usar todos los casos anteriores del rango para demostrar el siguiente.
- Buen orden
- Propiedad de que todo subconjunto no vacío de naturales tiene un menor elemento.
Ahora te toca a ti.
Tienes cinco ejercicios. Inténtalos; las pistas te ayudan si te atascas.
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